10.5 带电粒子在电场中的运动 同步讲义-2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

本讲义聚焦高中物理“带电粒子在电场中的运动”核心知识点，系统梳理从恒定电场加速减速、匀强电场类平抛，到周期性电场偏转、非匀强电场曲线运动等19类题型，构建从基础运动规律到能量动量综合应用的学习支架。 该资料以题型为单元，每个题型配套解题知识与典例变式，助力学生通过模型建构深化运动和相互作用观念，借助示波器原理等实例培养科学思维。课中辅助教师分层教学，课后便于学生针对性查漏补缺，提升解决复杂问题的能力。

第十章 第5节 带电粒子在电场中的运动 内 容 导 航 题型1 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 题型2 带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 题型3 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 题型4 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 题型5 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 题型6 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上 题型7 带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动 题型8 带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判 题型9 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 题型10 带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动 题型11 带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动 题型12 带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动 题型13 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动 题型14 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的曲线运动 题型15 从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题 题型16 动量守恒定律在电场问题中的应用 题型17 动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用 题型18 示波器的原理——电压对光点位置的影响 题型19 示波器的具体计算 考 点 演 练 题型1 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 解｜题｜知｜识 1.运动状态：利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。 2.带电粒子的分类及受力特点 （1）电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。 （2）质量较大的微粒：带电小球，带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。 3.分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法 （1）利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能分析带电粒子的匀变速运动。 （2》利用动能定理：qU。若初速度为0，则qU，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。 【典例1】如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（　　） A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关 B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关 C．两板间距离越小，电子的加速度就越小 D．两板间距离越大，加速时间越短 【答案】B 【解答】解：AB.由动能定理，解得，可知电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，故A错误，B正确； C.由题意可知，极板之间的电压U不变，则由可知两极板距离d越小，场强E越大，则电场力F＝Ee越大，由牛顿第二定律，则加速度越大，姑C错误； D.同理，两极板距离d越大，场强E越小，则电场力F＝Ee越小，由牛顿第二定律，则加速度越小，则由，可知加速时间越长，故D错误。 故选：B。 【变式1】（多选）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　） A．做匀速直线运动，电势能不变 B．做匀加速直线运动，电势能增大 C．做匀减速直线运动，电势能增大 D．做匀减速直线运动，机械能减小 【答案】CD 【解答】解：粒子受力与速度共线，或粒子受合力为零，才能沿直线运动，对带电粒子受力分析，其受到竖直向下的重力，电场力方向与电容器极板垂直，即粒子受力如下图： 由图可知：qEcosθ＝mg，qEsinθ＝F合； 由图可知，电场力方向与速度方向夹角为钝角，可知电场力对带电粒子做负功，电势能变大，机械能变小； 合力与速度反向，且合力为恒力，可知带电粒子做匀减速直线运动，故AB错误，CD正确。 故选：CD。 题型2 带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动的情况，因为电场的周期性变化，需要对带电粒子的运动进行分段讨论。也可以借助v﹣t图像分析带电粒子的运动。 【典例1】2025年3月27日，中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0 时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为﹣e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．电子在圆筒内做匀加速直线运动 B．电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1：2 C．电子在各圆筒中的运动时间均为T D．图甲中各圆筒的长度之比为1： 【答案】D 【解答】解：A.金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速运动，故A错误； BD.电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理，解得：，所以电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1：；第n个圆筒长度：，则各圆筒的长度之比为：1：：••••••，故B错误，D正确； C.只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误。 故选：D。 【变式1】如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能Ek随时间（一个周期内）变化规律的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：AB．电子一个周期内的运动情况为：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内，原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。～时间内，向B板做匀加速直线运动，～T时间内，继续向B板做匀减速直线运动，根据匀变速运动速度图像是倾斜的直线；电子做匀变速直线运动时x﹣t图像是抛物线，故AB错误； C．由于牛顿第二定律F＝ma，解得可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故a﹣t图像应平行于横轴，故C正确； D．匀变速运动速度图像是倾斜的直线，根据，可知Ek与v成二次函数关系，结合上述分析，v与t在每一阶段均为一次函数关系，由此可知Ek﹣t图像是曲线，故D错误。 故选：C。 题型3 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 解｜题｜知｜识 1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。 规律为： 初速度方向：vx＝v0，x＝v0t 静电力方向：vy＝at，y 2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。 3.两个特殊推论： （1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。 （2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的，即tanαtanθ。 【典例1】如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板右边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子离开电场时的速度为 B．板间匀强电场的电场强度为 C．两极板间的距离为 D．两极板间的电势差为 【答案】D 【解答】解：A．粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30°，根据几何关系可得 故A错误； B．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上，有 L＝v0t 竖直方向上，有 vy＝at＝v0tan30° 根据牛顿第二定律 qE＝ma 联立解得 故B错误； C．粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上，有 解得 故C错误； D．根据两极板间的电势差 则两极板间的电势差为 故D正确。 故选：D。 【变式1】如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，∠ABC＝90°，∠C＝30°，DE是三角形的中位线，AB边长为2m，质量为1.6×10﹣25kg的一价正离子从D点以垂直于AD的速度方向射入电场，正离子在运动过程中经过B点，已知A、C、E点的电势分别为2V、26V、17V，已知电子电量为﹣1.6×10﹣19C，正离子的重力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．D点的电势为17V B．正离子从D点运动到B点过程中，静电力做功9.6eV C．匀强电场的场强方向由D点指向A，大小为8V/m D．正离子从D点射入，速度大小为3×103m/s 【答案】D 【解答】解：A、根据匀强电场的电势差与电场强度、间距的关系，结合几何关系，可得：φC﹣φD＝φD﹣φA，解得：φD＝14V，故A错误； B、根据匀强电场的电势差与电场强度、间距的关系，结合几何关系，可得：φB﹣φE＝φE﹣φC，解得：φB＝8V； 根据D、B电势：φD＝14V，φB＝8V，一价正离子的电荷量q＝1eV，可得到正离子从D到B的过程中，静电力做功为：WDB＝q（φD﹣φB），解得：WDB＝6eV，故B错误； C、根据匀强电场的电势差与电场强度、间距的关系，结合几何关系，可得AD中点F的电势满足：φD﹣φF＝φF﹣φA，解得：φF＝8V，F与B的电势相等，即BF为等势线，由几何关系可知BF与AD垂直，则AD为电场线，电场方向从D指向A，电场强度大小为：，其中：xDA＝2m，解得：E＝6V/m，故C错误； D、根据电场线方向从D指向A，正离子从D点射入时与AD垂直，可知正离子的运动为类平抛运动，在沿电场方向：，，垂直于电场方向：xBF＝vt，xBF＝xABsin60°，解得：v＝3×103m/s，故D正确。 故选：D。 【变式2】有相同初动量三个带同种电荷的粒子a、b、c从两板的中点以平行金属板的方向射入同一偏转电场，如图所示。经过一段时间，三个粒子均离开平行金属板间且在板间运动过程中未与板接触。已知粒子a、b、c的质量之比为1：3：4，所带的电荷量之比为1：1：2，粒子a、b、c的重力以及所受的阻力均可忽略不计。则下列说法正确的是（　　） A．粒子a、b、c在平行金属板间运动的整个过程，动量的变化量大小之比为1：3：8 B．粒子a、b、c离开平行金属板间时速度方向与水平方向的夹角正切值之比为1：3：16 C．粒子a、b、c在平行金属板间运动的整个过程，动能的变化量之比为1：3；4 D．粒子a、b、c在平行金属板间运动的时间之比为4：3：1 【答案】A 【解答】解：D、三个粒子初动量相同，粒子a、b、c的质量之比为1：3：4，根据p0＝mv0可知，三个粒子的初速度之比为va：vb：vc＝12：4：3 三个粒子在平行金属板间均做类平抛运动，设金属板长度为L，在沿金属板方向三个粒子做匀速直线运动，根据L＝v0t可知，三个粒子在平行金属板间运动的时间之比为ta：tb：tc＝1：3：4，故D错误； A、粒子在平行金属板间运动过程，根据动量定理I合＝Δp，其中I合＝F合t，F合＝qE，可得Δp＝qEt 因为三个粒子所带的电荷量之比为qa：qb：qc＝1：1：2，运动的时间之比为ta：tb：tc＝1：3：4，可知，三个粒子在平行金属板间运动过程中，动量的变化量之比为Δpa：Δpb：Δpc＝1：3：8，故A正确； B、在平行金属板间类平抛运动，在垂直平行金属板根据牛顿第二定律可得qE＝ma 设离开平行金属板间时速度方向与水平方向的夹角为θ，则粒子离开平行金属板间时速度方向与水平方向的夹角正切值为 其中vy＝at 联立解得三个粒子离开平行金属板间时速度方向与水平方向的夹角正切值之比为（tanθ）a：（tanθ）b：（tanθ）c＝1：3：8，故B错误； C、三个粒子在平行金属板间运动过程中，根据动能定理W合＝ΔEk 其中W合＝F合y＝qEy 在垂直平行金属板方向 联立解得 解得三个粒子在平行金属板间运动的整个过程，动能的变化量之比为ΔEka：ΔEkb：ΔEkc＝1：3：16，故C错误。 故选：A。 题型4 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在周期性变化的电场中的偏转问题。 【典例1】如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为UAB，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏移的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，下列说法正确的是（　　） A．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 B．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 C．只有t＝0时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．不是所有电子离开电场时的速度都是v0 【答案】B 【解答】解：A．根据题可知，所有电子离开极板所用时间 时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度—时间图像如图所示： 根据v﹣t图像与时间轴围成的面积代表位移，根据图像可知在时刻侧位移最大，则最大位移为 根据题可知t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为 联立解得，故A错误； B．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，则在两板间运动时最大侧位移为，故B正确； C．在（n＝0，1，2，3•••）时刻进入电场的电子侧位移最大，则在两板间运动时最大侧位移为，故C错误； D．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示： 所有电子离开极板所用时间 根据图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度均为零，因此所有电子离开电场时速度都等于v0，故D错误。 故选：B。 【变式1】如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求： （1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小； （2）t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y； （3）在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。 【答案】（1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小为。 （2）t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y为。 （3）在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比为50%。 【解答】解：（1）电子在加速电场中由动能定理得，解得：。由题意。 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L＝v0t，解得：。 t＝0时刻进入偏转电场的电子加速度，电子离开电场时距A、B中心线的距离，解得：。 （3）在内射入偏转电场的电子，设向上为正方向，若电子恰从中线离开，则先以加速度a匀加速运动时间t'，速度v＝at'； 之后电压变为3U0，加速度变为a'＝3a，电子经减速、反向加速后回到中线，总时间。 由位移关系，解得：。故从中线上方离开的电子的发射时间，占比。 答：（1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小为。5 （2）t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y为。 （3）在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比为50%。 题型5 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子先经过加速电场再经过偏转电场的问题。 【典例1】如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子（），第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子（），关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　） A．一价氢离子和二价氦离子在O2处的速度大小之比为1：2 B．一价氢离子和二价氦离子打到感光板上时的动能之比为1：2 C．一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间相等 D．一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置不相同 【答案】B 【解答】解：A.设粒子在O2处的速度大小为v，对粒子在A、B之间的运动，根据动能定理有 解得 v 所以一价氢离子和二价氦离子在O2处的速度大小之比为 解得 故A错误； B.根据动能定理可知，粒子打到感光板上的动能为 Ek＝qU+qEy 一价氢离子和二价氦离子在偏转电场中的竖直位移y相同，所以二者打到感光板上时的动能之比为 解得 故B正确； C.粒子在加速电场中的加速度大小为 设A、B间距为d，则运动时间为 粒子在偏转电场中的加速度大小为 运动时间为 所以粒子在整个过程中运动的时间为 一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间之比为 解得 即运动时间不等，故C错误； D.粒子在偏转电场中的水平位移大小为 由上式可知x与粒子比荷无关，所以一价氢离子和二价氮离子打到感光板上的位置相同，故D错误。 故选：B。 【变式1】（多选）控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的点垂直于y轴向右射入电场，然后从x轴上的A（d，0）点离开电场进入第四象限，下列说法正确的是（　　） A．粒子运动到P点射入电场的速度大小为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．若仅将带电粒子电荷量变为﹣2q，粒子仍从A点射出 D．若仅将带电粒子电荷量变为﹣2q，粒子从x轴上离开电场时的速度大小为 【答案】ABC 【解答】解：A．设粒子运动到P点射入电场的速度大小为v0，根据动能定理得：，解得：，故A正确； B．粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，沿x轴方向的位移大小为：d＝v0t1 在y轴方向上，根据牛顿第二定律可得加速度为： 沿y轴方向的位移大小为： 联立解得电场强度的大小为：，故B正确； C．若仅将带电粒子电荷量变为﹣2q，与AB选项同理可知，粒子运动到P点射入电场的速度大小为： 做类平抛运动的过程，沿x轴方向的位移大小为：x＝v′0t 加速度为： 沿y轴方向的位移大小为： 联立解得：x＝d，可知粒子仍从A点射出，故C正确； D．若仅将带电粒子电荷量变为﹣2q，则粒子从x轴离开电场时沿y轴方向的分速度大小为： 粒子从x轴离开电场的速度大小为：，故D错误。 故选：ABC。 题型6 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子射出偏转电场后打在挡板（荧光屏）上的情况。 【典例1】（多选）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场。最后打在荧光屏上、已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，重力不计，则下列判断正确的（　　） A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做的功都相同 D．三种粒子运动到荧光屏时的动能之比为1：1：2 【答案】ABD 【解答】解：A、设加速电场的电压为U，粒子经过加速电场后获得的速度大小为v。 粒子加速过程，根据动能定理得 可得 粒子从B板运动到荧光屏经历的时间为 则质子、氘核和α粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为，故A正确； B、设偏转电场的电场强度为E，粒子在偏转电场中的侧移量为 由上式可知，y与粒子的比荷无关，所以三种粒子通过偏转电场时侧移量相同，离开偏转电场后都做匀速直线运动，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，故B正确； C、偏转电场的电场力对粒子做功为W＝qEy∝q，所以偏转电场的电场力对质子、氘核和α粒子做功之比为W1：W2：W3＝q1：q2：q3＝1：1：2，故C错误； D、根据动能定理得 qU+qEy＝Ek﹣0 可得粒子运动到荧光屏时的动能为 Ek＝qU+qEy∝q 所以三种粒子运动到荧光屏时的动能之比为Ek1：Ek2：Ek3＝q1：q2：q3＝1：1：2，故D正确。 故选：ABD。 题型7 带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在非匀强电场中的运动情况。 【典例1】如图所示，带等量正电的点电荷固定在A、B两点，O是A、B连线的中点，N、P是中垂线上的两点。一带负电的试探电荷，从P点由静止释放，只在静电力作用下运动，则试探电荷（　　） A．一定能运动到O点，且到O点时的速度最大 B．在P点受到的电场力与PN垂直 C．试探电荷在远离P点运动的过程中，加速度一定先减小后增加 D．若试探电荷的电荷量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电荷量的比值减小 【答案】A 【解答】解：A、负电荷在P点受到的电场力方向由P点指向N点，电荷由静止释放，只在静电力作用下将沿PN方向加速运动。过了O点后，电场力方向变为由N指向O，该电荷将做减速运动，在O点时速度最大，故A正确； B、电荷在P点受到的电场力方向由P点指向N点，故B错误； C、两等量同种电荷形成的电场中，在两电荷的中垂线上O点场强为零，两边无限远处场强也是零，中间某点的场强有极大值，该点与P点的位置关系不确定，电荷在远离P点向O点运动的过程中，加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，故C错误； D、试探电荷所受电场力与其电荷量的比值即电场强度，电场强度由场源电荷决定，与试探电荷电荷量无关，故比值不变，故D错误。 故选：A。 【变式1】如图所示，在粗糙的水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M到N的过程中，下列说法错误的是（　　） A．小物块所受的电场力逐渐减小 B．小物块具有的电势能逐渐减小 C．M点的电势一定高于N点的电势 D．小物块电势能的减小量一定等于克服摩擦力做的功 【答案】C 【解答】解：A、由于物块离电荷越来越远，根据F＝k可知小物块所受电场力越来越小，故A正确； B、由于小物块由静止开始运动，因此一定受到库仑斥力作用，所以电场力对其做正功，电势能减小，故B正确； C、因电性未知，故无法判断电势的高低，故C错误。 D、由于小物块始末动能都为零，因此动能没有变化，根据动能定理可知电场力所做正功和克服摩擦力做功相等，故D正确。 本题选错误的，故选：C。 题型8 带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判 解｜题｜知｜识 对于带电粒子在电场中的轨迹类问题，解题思路如下： 1.根据轨迹分析电场力的方向——电场力总是指向轨迹的凹侧。 2.根据电场力的方向、电荷性质、电场强度的方向中的已知量分析未知量的性质——正电荷所受电场力的方向就是该点电场强度的方向。 3.根据电场力的方向或电场强度的方向分析场源电荷的性质——同种电荷相斥或根据正负带电体电场线的特点分析。 4.根据电场力的方向与运动方向的夹角判断粒子的速度变化——力与速度成锐角，速度增大；力与速度成钝角，速度减小。 【典例1】一带负电的粒子从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图像如图所示，则A，B两点所在区域的电场线分布情况可能是下列选项中的（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：由v﹣t图像可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该粒子所受电场力越来越大，其所在电场的电场强度越来越大，所以从A到B电场线越来越密，由于负电荷所受电场力与电场方向相反，故电场线方向由B到A，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【变式1】如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（　　） A．该电场由负点电荷形成 B．带电粒子一定是从P向Q运动 C．带电粒子在P点时的速度大于在Q点时的速度 D．带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度 【答案】C 【解答】解：A.根据物体做曲线运动的特点可知，带负电的粒子所受电场力指向运动轨迹凹侧，即沿电场线指向电场线会聚处，由此可知，运动过程中，电场线会聚处的点电荷对带负电的粒子的电场力是引力，则该电场由正点电荷形成，故A错误； B.仅根据粒子的运动轨迹及电性，无法确定粒子是从P向Q运动，还是从Q向P运动，故B错误； C.若粒子从P运动到Q，则由图可知，其所受电场力方向与速度方向的夹角为钝角，则电场力做负功，由动能定理可知，其动能减小，则速度减小，所以P点速度大于Q点速度；若粒子从Q运动到P，电场力做正功，动能增大，P点速度还是大于Q点速度，故C正确； D.电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，P点处电场线比Q点处密，所以P点电场强度更大，则根据F＝qE＝ma可知，带电粒子在P点时的加速度大于在Q点时的加速度，故D错误； 故选：C。 【变式2】（多选）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电荷 B．粒子受到的静电力为恒力 C．粒子在M点的加速度小于在N点的加速度 D．粒子在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力 【答案】CD 【解答】解：A、带电粒子在电场中仅受静电力作用而做曲线运动，所受静电力方向指向轨迹的凹侧，可知静电力与电场方向相同，则粒子带正电，故A错误； B、由图中电场线分布情况可知，该电场不是匀强电场，粒子受到的静电力不是恒力，故B错误； CD、根据电场线的疏密程度表示电场强度的相对大小可知，M点的场强小于N点的场强，则粒子在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力，根据牛顿第二定律可知，粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故CD正确。 故选：CD。 题型9 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 解｜题｜知｜识 对于带电粒子在电场中的轨迹类问题，解题思路如下： 1.根据轨迹分析电场力的方向——电场力总是指向轨迹的凹侧。 2.根据电场力的方向、电荷性质、电场强度的方向中的已知量分析未知量的性质——正电荷所受电场力的方向就是该点电场强度的方向。 3.根据电场力的方向或电场强度的方向分析场源电荷的性质——同种电荷相斥或根据正负带电体电场线的特点分析。 4.根据电场力的方向与位移方向的夹角判断粒子的动能变化情况（假设只受电场力）——力与位移成锐角，则对粒子做正功，粒子的动能增大；力与位移成钝角，则对粒子做负功，粒子的动能减小。 5.根据电场力做功情况判断电势能的变化——电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。 或者根据电场中的能量守恒分析电势能的变化——在只有电场力做功的情况下，电势能与机械能之和保持不变，也就是说粒子的机械能增大时，电势能减小。 【典例1】高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则下列说法正确的是（　　） A．带电粒子带正电 B．带电粒子越靠近避雷针尖端，其加速度越小 C．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 D．云层靠近避雷针时，针尖感应出的负电荷 【答案】C 【解答】解：A.因为电场线与等势线相交处互相垂直、电场线由电势高的等势线指向电势低的等势线，所以该簇等势线所在电场的电场线应垂直等势线向上； 因为带电粒子做曲线运动所受合力（电场力）指向运动轨迹凹侧、电场力的方向与电场方向相同或相反，所以该粒子所受电场力方向垂直等势线向下、与电场方向相反，由此可知，该带电粒子带负电，故A错误； B.根据尖端放电及避雷针周围电场的特点可知，越靠近避雷针（尖端），电场线分布的越密集，则电场强度越大，所以由F＝qE＝ma可知，其加速度越小，故B错误； C.结合A中分析，该簇等势线所在电场的电场线垂直等势线向上，因为电场线由电势高的等势线指向电势低的等势线，所以由图可知，M点的电势低于N点的电势，因为带负电的物体在电势更低的位置电势能更大，所以带电粒子在N点的电势能大于在N点的电势能，故C正确； D.因为云层带负电，在其靠近避雷针时，针尖感应出正电荷（异种电荷吸引），故D错误； 故选：C。 【变式1】如图所示为某仪器内电场线的分布情况，正中间的一条电场线为直线，其他电场线关于其对称分布，a、b、c、d、e为电场中的五个点，其中b、d两点关于中间电场线对称，虚线为一带电粒子仅在电场力作用下从a运动到b的轨迹。下列说法正确的是（　　） A．粒子带正电 B．b、d两点间连线为等势线，且两点电场强度大小相等 C．粒子从a到e电场力做负功，电势能增大 D．若从c点由静止释放一电子，其运动轨迹将与图中c、b两点所在的电场线重合 【答案】C 【解答】解：A．带电粒子仅在电场力作用下从a运动到b，根据合力指向曲线弯曲的内侧可知粒子受到的电场力与电场方向相反，则该粒子带负电，故A错误； B．等势面与电场线垂直，bd连线与电场线不垂直，则b、d两点间连线不是等势线，两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误； C．由于φa＞φe，粒子带负电，根据Ep＝qφ 所以粒子从a到e电势能增大，电场力做负功，故C正确； D．只有当电场线为直线，且粒子初速度为零或初速度方向与电场线方向一致时，运动轨迹才会与电场线重合，c点处的电场线为曲线，电子受到的电场力始终与电场线相切，电场力的方向变化，所以电子由静止释放后轨迹不与电场线重合，故D错误。 故选：C。 【变式2】如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列中结论不正确的是（　　） A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B．电场线的方向由N指向M C．带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能 D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 【答案】A 【解答】解：AC、根据粒子的轨迹切线可知粒子速度方向、受力方向如下图： 由图可知，电场力对粒子做正功，电势能变小、动能变大，故A错误，C正确； B、根据AC选项分析，可知电场力方向从N到M，而粒子带正电，即电场方向从N到M，故B正确； D、根据MN是负点电荷产生的电场，即可知点电荷靠近M侧，即a离点电荷的距离更远，结合牛顿第二定律qE＝ma，可知a点的加速度更小，故D正确。 本题选择不正确的，故选：A。 题型10 带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在匀强电场中做直线运动的情况，如果粒子能够在匀强电场中做直线运动，则必有电场力和重力的合力与粒子的运动方向共线。 【典例1】（多选）在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m，带电荷量为+q的物体以某初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为，物体运动距离s时速度为零，下列说法一定正确的是（　　） A．物体克服电场力做功qEs B．物体的动能减少了0.8qEs C．物体的电势能增加了0.8qEs D．物体的电势能减少了0.8qEs 【答案】AB 【解答】解：ACD、根据物体可以沿电场反方向做匀减速直线运动，可知电场力方向与运动方向相反，电场力做负功：W＝﹣qEs，即物体克服电场力做功qEs； 结合功能关系，可得电势能增加量满足：ΔEp＝﹣W＝qEs，故A正确，CD错误； B、根据小球的加速度大小，可得合力大小为：； 由小球的合力方向与运动方向相反，可知物体受到的合力方向和运动方向相反，结合动能定理：﹣F合s＝ΔEk，可得动能减小0.8qEs，故B正确。 故选：AB。 【变式1】（多选）如图所示，地面附近空间有水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从M点斜向上进入电场，沿直线运动到N点，不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是（　　） A．该微粒带负电 B．该微粒做匀速直线运动 C．只增大初速度v0，微粒仍沿直线MN运动 D．从M至N过程中，该微粒电势能减小，动能增加 【答案】AC 【解答】解：AB.由题意可知，该带电微粒受竖直向下的重力、沿水平方向的电场力，则其所受恒力方向斜向下，因为该带电微粒沿MN做直线运动，则应做匀变速直线运动，所受恒力与其初速度方向共线，所以该微粒所受恒力方向斜向左下方、与其初速度方向相反，可得下图： 由此可知，其所受电场力水平向左、与电场强度方向相反，则该微粒带负电， 因为其所受恒力方向与其运动方向相反，则其做匀减速直线运动， 故A正确，B错误； C.因为该微粒所受恒力方向与其初速度方向反向，所以该微粒做匀减速直线运动，由此可知，只要不改变初速度的方向，保证其初速度的方向与其所受恒力方向共线，该微粒就会做直线运动，则只增大其初速度，该微粒仍会沿MN运动，故C正确； D.结合前面分析可知，从M至N的过程中，该微粒所受电场力与其速度方向夹角大于90°，则电场力做负功，电势能增大，动能减少，故D错误； 故选：AC。 【变式2】（多选）如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上的M点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的A点。某时刻，该空间加一平行于斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点。已知匀强电场的电场强度为E＝100N/C，斜面倾角θ＝37°，物块质量为m＝1kg，电荷量为q＝0.1C，物块与斜面间动摩擦因数为μ＝0.4，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数为k＝10N/m，BM与斜面垂直，且BM＝0.3m。物块沿斜面方向移动的距离用x表示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．物块上滑过程中受到的摩擦力逐渐变小 B．物块的加速度a随x变化的关系为a＝﹣10x+2 C．MN的长度为0.4m D．物块在MN的中点P处的速度大小为0.5m/s 【答案】BC 【解答】解：A.对物块受力分析，如图所示： 垂直斜面方向，根据平衡条件有，结合f＝μFN可得f＝μ（mgcosθ﹣k•BM）＝2N，可见滑动摩擦力为一定值，故A错误。 B.设物块沿斜面方向移动的距离为x，由牛顿第二定律有qE﹣mgsnθ﹣kx﹣f＝ma，整理可得a＝﹣10x+2，故B正确。 CD.作出 a﹣x图像如图所示： 可知物块从M到N的过程，a﹣x图线的面积乘以质量m即为合力做功，根据对称性可知，解得MN＝0.4m。设物块在MN的中点P处的速度为v，根据动能定理可得，解得，故C正确，D错误。 故选：BC。 题型11 带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动 解｜题｜知｜识 带电粒子在匀强电场中做圆周运动的情况可以分为几种类型： 1、电场力与重力等大反向，带电粒子（物体）在外力（如轻绳）的作用下做匀速圆周运动。 2、带电粒子（物体）在外力（轻绳）的作用下，在电场中做变速圆周运动。 3、带电粒子沿着圆形轨道上在电场中做圆周运动。 4.“等效重力法”解决带电体在电场、重力场中的运动问题 带电体在匀强电场和重力场构成的复合场中的运动问题，常常采用“等效重力场”的方法，即将静电力和重力的合力视为一个“等效重力”，将g'视为“等效重力加速度”，可起到化繁为简、化难为易和化新为旧的解题效果。处理这类问题要注意区分“几何最高点”和“物理最高点”。“几何最高点”指的是圆相对于水平面的最高点，“物理最高点”指圆周在合力方向的最高点，两者不一定重合。 【典例1】如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BCD在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、C等高，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C、D四点时的速度分别为vA、vB、vC、vD，则（　　） A．vA＜vB＜vC＜vD B．vD＜vA＜vB＝vC C．vA＜vD＜vB＜vC D．vA＜vD＜vB＝vC 【答案】D 【解答】解：滑块在B、C、D点时弹簧的长度相等，弹簧的弹性势能相等。滑块在A点时弹簧的长度是3r，在B点时弹簧的长度是r，由于弹簧的原长是2r，所以物块在A点时弹簧的弹性势能与B点时弹簧的弹性势能是相等的。 滑块从A运动到D、从D运动到B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同； 滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识 由于Eq＝mg，则从A到B电场力做的功等于滑块动能的增加量，根据动能定理可得 因此 滑块从B到C，重力做负功，电场力做正功，根据动能定理﹣mg•r+qE•r＝EkC﹣EkB 由于电场力与重力大小相等，所以EkB＝EkC 滑块从B到D，重力做负功，电场力做的功为零，根据动能定理﹣mg×2r＝EkD﹣EkB 因此EkB＝EkD+2mgr 联立解得EkD＜EkA＜EkC＝EkB 则vA＜vD＜vB＝vC 故ABC错误，D正确。 故选：D。 【变式1】如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，一根长L＝0.625m的绝缘细线的一端固定在电场中的O点，另一端系住一质量m＝0.8kg、带电量q＝﹣3×10﹣7C的小球，小球静止时细线与竖直方向成θ＝37°角。现给小球一个与细线垂直的初速度，使其从静止位置开始运动，发现它恰好能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．匀强电场的电场强度大小为1.8×107N/C B．小球获得的初速度大小为6.25m/s C．小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中机械能减小了3.6J D．小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中，其电势能先增大后减小 【答案】B 【解答】A．小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析如图所示： ， 根据平衡条件有mgtanθ＝qE 可代入数据解得E＝2×107N/C，故A错误； B．小球受重力和电场力的等效合力为 小球恰能经过等效最高点A，则在A点时满足 从开始到A点由动能定理有 解得小球获得的初速度大小为v0＝6.25m/s，故B正确； C．小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中电场力做功为W＝﹣qEL（1+sin37°），代入数据解得W＝﹣6J，则小球的机械能减小了6J，故C错误； D．小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中，电场力先做负功，再做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增大，故D错误。 故选：B。 【变式2】如图所示，一端固定的长为l的绝缘轻绳悬挂一质量为m的绝缘小球，小球带正电q，可视为质点。初始时，小球静止于P点，现给空间施加一大小为，水平向右的恒定匀强电场，小球恰能到达Q点（未画出），已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．小球处于Q点位置时轻绳与竖直方向的夹角为45° B．P、Q两点的电势差大小为 C．轻绳对小球的拉力最大时，小球的电势能减少 D．轻绳对小球的拉力最大时，绳上的拉力大小为 【答案】B 【解答】解：A、由题意可知，小球恰能到达Q点时速度为0，设此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，由动能定理得 Eqlsinθ﹣mgl（1﹣cosθ）＝0 解得θ＝60°，故A错误； B、由动能定理有qU﹣mgl（1﹣cosθ）＝0，解得P、Q两点的电势差大小，故B正确； C、轻绳对小球的拉力最大时，小球速度最大，根据对称性可知，此时轻绳与竖直方向的夹角为，该过程电场力做功，故小球的电势能减少，故C错误； D、小球从开始运动到速度最大的过程，由动能定理得。在绳的拉力最大处，对小球，由牛顿第二定律得，联立解得绳上的拉力大小，故D错误。 故选：B。 题型12 带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在匀强电场中做曲线运动的情况，比如抛体运动和一般曲线运动。 【典例1】（多选）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，空间内存在范围足够大、方向水平向右的匀强电场。一质量为m、带正电的小球从坐标原点由静止释放，小球运动方向与y轴负方向成θ＝37°角。现将该小球从坐标原点沿y正方向以初速度v0抛出，则抛出后（已知重力加速度为g）有（　　） A．小球所受电场力大小为 B．小球运动过程中的最小动能为 C．小球经过x轴时，距离坐标原点 D．从抛出后到达最高点的过程中，小球机械能增加量为 【答案】BD 【解答】解：A．对小球受力分析，如下图所示 小球所受电场力大小 F 故A错误； B．将小球的初速度沿着合力F和垂直于合力F方向分解，如下图所示 小球做类斜上抛运动，当沿着合力F方向的分速度减小到零时动能最小，最小动能为 故B正确； C．小球竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知水平方向的加速度大小为 设从抛出开始经过的时间为t，则 竖直方向：2v0＝gt 水平方向： 联立求得 故C错误； D．小球竖直方向的速度减小为零时到达最高点，设所用时间为t′，最高点的横坐标为x′，则有 竖直方向：v0＝gt' 水平方向： 联立求得 从抛出后到达最高点的过程中，小球机械能增加量为 故D正确。 故选：BD。 【变式1】如图所示，质量为5×10﹣8kg的带电微粒以v0＝2m/s的速度从水平金属板A、B左端中间水平射入，已知板长l＝10cm，板间距离d＝2cm。当UAB＝1000V时（上极板带正电），带电微粒恰好沿直线穿过板间。重力加速度大小为g取10m/s2且忽略空气阻力。求： （1）带电微粒的带电性，且它的带的电荷量为多少； （2）若电压增大到某一电压值时，带电微粒恰好从上板边沿飞出，此过程中带电微粒的加速度大小； （3）电压UAB取值范围为多少时带电微粒能从板边沿飞出。 【答案】（1）带电微粒带负电；它的电荷量为1×10﹣11C； （2）带电微粒的加速度大小为8m/s2； （3）电压的取值范围为[200V，1800V]。 【解答】解：（1）根据电荷可沿直线穿过板，可知电荷受到的电场力方向竖直向上，电场力大小满足：， 根据上极板带正电，可知电场方向竖直向下，与电荷受到的电场力方向相反，可知电荷带负电； 解得电荷量为：q＝1×10﹣11C； （2）根据粒子恰好从上板边沿飞出，可知粒子在板间做类平抛运动， 在水平方向：l＝v0t，竖直方向：，解得加速度大小：a＝8m/s2； （3）粒子恰好从上板边沿飞出时，，解得：U1＝1800V， 粒子初始处于中间位置，若恰好从下板边沿飞出，则其加速度大小与恰好从上板边沿飞出时相等，即：，解得：U1＝200V； 对粒子受力分析，可知若需要其从极板间飞出，则极板间电压取值范围为：[200V，1800V]。 答：（1）带电微粒带负电；它的电荷量为1×10﹣11C； （2）带电微粒的加速度大小为8m/s2； （3）电压的取值范围为[200V，1800V]。 【变式2】如图为一种静电除尘装置的示意图，它的上下底面金属板M、N水平放置间距d＝0.06m，宽L＝0.04m，金属板间的电势差U＝300V，两板间可以看成匀强电场。分布均匀的带电烟尘颗粒以v0＝2m/s的速度从左侧平行于金属板进入装置，碰到下金属板的颗粒被收集，但不影响电场的分布。已知每个烟尘颗粒的质量m＝2.0×10﹣15kg，所带电荷量q＝﹣1.0×10﹣16C。不考虑烟尘颗粒的重力、颗粒间的相互作用力和空气阻力。 （1）求金属板间的电场强度E； （2）若从某点进入的带电颗粒能飞出电场，求其在电场中运动的加速度大小a、时间t以及飞出时垂直于板面方向的偏移量y； （3）为了使进入装置的所有带电颗粒都被收集到金属板上，求两金属板间的最大间距dm。 【答案】（1）金属板间的电场强度E为5×103V/m； （2）若从某点进入的带电颗粒能飞出电场，其在电场中运动的加速度大小a为250m/s2，时间t为0.02s，飞出时垂直于板面方向的偏移量y为0.05m； （3）为了使进入装置的所有带电颗粒都被收集到金属板上，两金属板间的最大间距为m。 【解答】解：（1）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得： 解得：E＝5×103V/m （2）颗粒在电场中做类平抛运动，沿平行极板方向做匀速运动，沿垂直于极板方向做匀加速直线运动。 根据牛顿第二定律可得：|q|E＝ma 解得：a＝250m/s2 沿平行极板方向有：L＝v0t 解得： 解得：t＝0.02s 沿垂直于极板方向有： 解得：y＝0.05m （3）两金属板间距最大时，从上极板的左端进入电场的烟尘颗粒恰好从下极板的右端离开电场，对此颗粒在电场中做的类平抛运动，参照（2）的解答，可得： L＝v0t′，dma′t′2，a′ 联立解得：dmm 答：（1）金属板间的电场强度E为5×103V/m； （2）若从某点进入的带电颗粒能飞出电场，其在电场中运动的加速度大小a为250m/s2，时间t为0.02s，飞出时垂直于板面方向的偏移量y为0.05m； （3）为了使进入装置的所有带电颗粒都被收集到金属板上，两金属板间的最大间距为m。 题型13 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子（物体）在非匀强电场中的直线运动情况，可能包括点电荷的电场或其他非匀强电场的情况，一般粒子（物体）都被束缚在一个直线导轨上。 【典例1】如图a，长度L＝0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q＝1.8×10﹣7C；一质量m＝0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量k＝9×109N•m/C2） （1）小球B所带电量q； （2）非均匀外电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E； （3）在合电场中，x＝0.4m与x＝0.6m之间的电势差U． （4）已知小球在x＝0.2m处获得v＝0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x＝0.4m．若小球在x＝0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由图可知，当x＝0.3m时，F1＝k0.018N，因此： q1×10﹣6 C； （2）设在x＝0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合＝F2+qE， 因此：EN/C＝﹣3×104N/C， 电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左； （3）根据图象可知在x＝0.4m与x＝0.6m之间合力做功： W合＝﹣0.004×0.2＝﹣8×10﹣4J， 由qU＝W合可得：U800V； （4）由图可知小球从x＝0.16m到x＝0.2m处，电场力做功W16×10﹣4J， 小球从x＝0.2m到x＝0.4m处，电场力做功W2mv2＝﹣1.6×10﹣3 J， 由图可知小球从x＝0.4m到x＝0.8m处，电场力做功W3＝﹣0.004×0.4＝﹣1.6×10﹣3 J， 由动能定理可得：W1+W2+W3+F外s＝0， 解得：s0.065m； 答：（1）小球B所带电量为1×10﹣6 C； （2）非均匀外电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C； （3）在合电场中，x＝0.4m与x＝0.6m之间的电势差为﹣800V； （4）恒力作用的最小距离s是0.065m． 题型14 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的曲线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子（物体）在非匀强电场中的曲线运动，比如在点电荷的电场中的圆周运动、抛体运动、一般曲线运动等。 【典例1】如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是（　　） A．M点的电势比P点的低 B．M点的电场强度比N点的小 C．负电荷从M点运动到P点，速度增大 D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 【答案】D 【解答】解：A、根据图像可知，上板带正电，电场线方向从上到下。根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点电势高于P点电势，又因为M、N在同一等势面上，所以M点的电势比P点的高，故A错误； B、电场线密的地方电场强度大，所以M点的电场强度比N点的大，故B错误； CD、负电荷受力方向与电场线方向相反。负电荷从M点运动到P点电场力做负功，动能减小、速度减小，故C错误、D正确。 故选：D。 题型15 从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。 【典例1】某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动。如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，质量相同的带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子之间相互作用，则可推断a、b（　　） A．到达K所用时间之比为1：2 B．a的电荷量大于b的电荷量 C．过K点时，a的电势能较大 D．到达M、N的速度大小相等 【答案】A 【解答】解：B.带电粒子a、b在匀强电场中均做类平抛运动，又两粒子分别从Q点和O点同时进入电场，沿题图所示轨迹同时到达M、N点，可知两粒子在电场中的运动时间相等，由题图可知，粒子a、b沿初速度方向的位移之比为2：1，则初速度大小之比为2：1；沿电场方向的位移大小相等，由，可知，两粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE＝ma，可知两带电粒子具有相同的带电量，故B错误； C.两带电粒子在运动过程中，电场线方向平行于OQ，但是不确定电场线方向，所以不确定带电粒子的正负不能确定电势能的高低，故B错误。 D.沿电场方向，由vy＝at可知，两粒子到达M、N时，沿电场方向的分速度大小相等，由两粒子的初速度大小之比为2：1，可知两粒子到达M、N的速度大小不相等，故D错误。 A.由题图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b的初速度大小之比为2：1，则所用时间之比为1：2，故A正确。 故选：A。 【变式1】如图所示，半径为R的绝缘光滑环形塑料管固定在竖直平面内，且管的内径远小于环的半径，M为管的最高点，N为管的最低点，MN、PQ为圆环的互相垂直的两条直径。PQ及其以下区域处于水平向左、电场强度为的匀强电场中，重力加速度为g。现将一质量为m，电荷量为q的带正电小球从管中Q点由静止释放，小球可视为质点，其半径略小于管的内径，则（　　） A．小球运动过程中不能通过M点 B．小球从Q点运动到M点过程中机械能守恒 C．小球第1次运动到N点时对管的作用力大小为4mg D．小球第1次和第5次通过M点时对管的作用力大小之比为1：17 【答案】D 【解答】解：A．从Q到M，由动能定理有， 解得 则小球能过M点，故A错误； B．小球从Q点运动到M点过程，电场力对小球做正功，小球机械能不守恒，故B错误； C．对小球受力分析，从Q到N，由动能定理有 在N点有 联立解得小球第1次运动到N点时管对小球的作用力大小F＝5mg 根据牛顿第三定律可知，小球对管的作用力大小为5mg，故C错误； D．小球第1次通过M点时，根据牛顿第二定律有 联立解得小球第1次通过M点时管对其的作用力大小FM1＝mg 设第五次过M点时速度为v5，由动能定理有 小球第5次通过M点时有 联立解得小球第5次通过M点时管对其的作用力大小FM5＝17mg 可知小球第1次和第5次通过M点时管对其作用力大小之比为 根据牛顿第三定律可知，小球第1次和第5次通过M点时对管的作用力大小之比为1：17，故D正确。 故选：D。 【变式2】（多选）如图所示，空间中存在竖直向上的匀强电场E＝1×108V/m，绝缘带电小球A质量M＝2kg、电荷量+q＝3×10﹣7C绝缘不带电B小球质量m＝1kg，A在B的竖直正上方某处，一劲度系数k＝100N/m的轻质绝缘弹簧上端与A相连，下端与B相连。现将A、B两小球由静止释放，开始时弹簧处于原长状态。对A、B以及弹簧组成的系统，正确的说法是（物体运动过程中弹簧不超过其弹性限度；弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系：Epkx2；重力加速度g＝10m/s2）（　　） A．从开始运动，到弹簧被拉到最长的过程中，系统机械能增加 B．从开始运动，到弹簧被拉到最长的过程中，电场力对A做功1J C．整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝4J D．从开始运动，到弹簧被拉到最长的过程中，A运动的最大速度为m/s 【答案】AD 【解答】解：A、对于A球，受到竖直向上的电场力Eq与竖直向下的重力Mg，其合力大小为F＝Eq﹣Mg＝10N，方向向上。弹簧上端受到10N的向上恒力，下端受到mg＝10N＝F的向下恒力。由于系统合外力为零，故系统动量守恒，则有：0＝Mv1+mv2。 两物体速度相同时，弹簧伸长量达到最大，可知此时两物体速度均为零。在运动开始至弹簧达到最大伸长量的过程中，A球一直向上运动，电场力一直做正功，可知系统的机械能增加，故A正确； BC、设弹簧最大伸长量为x，由功能关系得：，解得弹簧最大伸长量x＝0.2m。弹簧的最大弹性势能，解得：Ep＝2J。 设从开始运动到弹簧被拉到最长的过程，A、B球的位移大小分别为xA、xB，由动量守恒可得：MxA＝mxB，又有：xA+xB＝x＝0.2m，解得：xA 此过程中电场力对A做功为：W电＝EqxA，解得：W电＝2J，故BC错误； D、当A的速度达到最大值时，满足F＝kx1。根据能量关系有，解得A的最大速度，故D正确。 故选：AD。 【变式3】如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°；已知小球的质量m＝0.04kg，所带电荷量q＝1.0×10﹣5C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）求绳子的拉力； （2）求匀强电场的场强大小； （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。 【答案】（1）绳子的拉力大小为0.5N，方向沿绳指向左上方； （2）匀强电场的场强大小为3.0×104N/C； （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。 【解答】解：（1）小球受力情况如下图所示： 根据小球受力平衡可得绳子的拉力大小为： 解得：T＝0.5N，方向沿绳指向左上方。 （2）对小球由平衡条件可得电场力大小为：qE＝mgtanθ 解得电场强度大小为：E＝3.0×104N/C （3）电场撤去后小球做圆周运动，根据机械能守恒定律可得： 解得：v＝2m/s 答：（1）绳子的拉力大小为0.5N，方向沿绳指向左上方； （2）匀强电场的场强大小为3.0×104N/C； （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。 题型16 动量守恒定律在电场问题中的应用 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对需要用到动量守恒定律解决的带电粒子（物体）在电场中运动的问题。例如在电场中发生的碰撞、爆炸等问题。 【典例1】如图所示，在距水平地面高h1＝1.2m的光滑绝缘水平台面上，一个质量为m＝1kg、带电量q＝+1.0×10﹣5C的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了Ep的弹性势能。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后以水平速度v0向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面高h2＝0.6m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与水平地面上长为L1＝1.2m的粗糙直轨道CM平滑连接，CM轨道区域存在水平向左的匀强电场，小物块穿过电场后平滑的滑上以速度v＝3m/s逆时针转动的传送带，小物块与直轨道和传送带的动摩擦因数均为μ＝0.4，传送带MN两端点间距离L2＝2m，小物块刚好没有从N端滑离传送带。小物块在整个运动过程中电量保持不变，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。试求： （1）压缩弹簧后被锁扣K锁住时的弹性势能Ep； （2）匀强电场的场强大小E； （3）小物块从开始运动到最后静止的整个运动过程中因摩擦力做功产生的热量Q。 【答案】（1）压缩弹簧后被锁扣K锁住时的弹性势能为2J； （2）匀强电场的场强大小为1×105V/m； （3）小物块从开始运动到最后静止的整个运动过程中因摩擦力做功产生的热量为34.82J。 【解答】解：（1）小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知 小物块由A运动到B的时间为 根据图中几何关系可知 h2＝h1（1﹣cos∠BOC） 解得 ∠BOC＝60° 根据平抛运动规律有 解得 v0＝2m/s 根据能量转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为 解得 Ep＝2J （2）设小物块在B点和C点的速度大小分别为vB、vC，B点的速度大小 解得 vB＝4m/s 从B点和C点由机械能守恒定律得 解得 小物块刚好没有从N端滑离传送带，小物块在N端速度为零，从C点N端由动能定理得 解得 E＝1×105V/m （3）小滑块第一次到达C点时的速度为，第一次到达M点的速度为vM，则 解得 vM＝4m/s 从M到N的时间 解得 t1＝1s 此过程中的相对位移 x1＝L2+vt1 解得 x1＝5m 小物块从传送带上返回先做匀加速，速度达到3m/s后做匀速运动，加速时间 解得 t2＝0.75s 此过程中的相对位移 解得 x2＝1.125m 过M点再次进入匀强电场，假设能再次通过C点，设此时速度为vC'，则 解得 且 Ek 解得 Ek＝0.9J Ep＝mgh2 解得 Ep＝6J 则 Ek＜Ep 物块滑到圆轨道某处，又下滑经C点第三次进入电场，设物块停下时距C点的距离为x3，则 解得 x3＝0.18m 小物块在电场中摩擦发的热 Q1＝μmg（2L1+x3） 解得 Q1＝10.32J 小物块在传送带上发的热 Q＝μmg（ x2+x1） 解得 Q＝24.5J 总的发热 Q＝Q1+Q2 解得 Q＝34.82J 答：（1）压缩弹簧后被锁扣K锁住时的弹性势能为2J； （2）匀强电场的场强大小为1×105V/m； （3）小物块从开始运动到最后静止的整个运动过程中因摩擦力做功产生的热量为34.82J。 题型17 动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对电场中的除动量守恒定律之外的其他动量问题，如计算物体在电场中的动量、电场力的冲量，电场中动量定理的应用等。 【典例1】如图所示，光滑绝缘水平面上带有同种电荷的A、B两个小球质量分别为m1、m2，当相距一定距离时同时释放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关系正确的是（　　） A．受力之比等于m1：m2 B．加速度之比等于m1：m2 C．动量之比等于m2：m1 D．动能之比等于m2：m1 【答案】D 【解答】解：A、依据牛顿第三定律，那么两者之间的作用力相等，且处于光滑绝缘水平面上，那么它们的受力之比为1：1，故A错误； B、根据牛顿第二定律，结合A选项的结论，那么加速度与其质量成反比，因此加速度之比等于m2：m1，故B错误； C、根据动量定理，它们的作用力大小相等，作用时间相等，那么动量变化大小相等，因此它们的动量之比等于1：1，故C错误； D、根据动能与动量表达式：Ek，可知，动能与其质量成反比，因此动能之比等于m2：m1，故D正确； 故选：D。 【变式1】如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为﹣q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场．已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为，问： （1）电场强度E为多大？ （2）A点至最高点的电势差为多少？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由力的独立作用原理和动量定理，得 ﹣mgt＝0﹣mv﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① qEt＝m② 解得：E③ （2）设电场力方向油滴的位移为s 则sat2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④ 又qE＝ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤ 联立①③④⑤得 s⑥ 所以电场力做功为W＝qESmv2 又W＝qU，所以：U 答：（1）所加电场的电场强度E； （2）A点至最高点的电势差为． 题型18 示波器的原理——电压对光点位置的影响 解｜题｜知｜识 示波器的原理 有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，如图是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。 如果在偏转电极XX'之间和偏转电极YY'之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。 示波管的YY'偏转电极上加的是待测的信号电压。XX'偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压（如图），叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。 本考点旨在针对涉及示波器原理的相关问题。 【典例1】如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极（XX′和YY′）、荧光屏组成。管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。如果在偏转电极XX′加恒定电压UXX′＝﹣U0，在偏转电极YY′加恒定电压UYY′＝U0，U0＞0。电子束经偏转电极后，在荧光屏上出现亮斑的区域是（　　） A．Ⅰ区 B．Ⅱ区 C．Ⅲ区 D．Ⅳ区 【答案】B 【解答】解：由题意知，偏转电极XX'间电势差UXX'＝﹣U0，根据带负电粒子所受电场力方向与电场方向相反，可知电子会向X′方向偏转，偏转电极YY'间电势差UYY'＝U0，电子会向Y方向偏转，故荧光屏上出现亮斑的区域是Ⅱ区，故B正确，ACD错误。 故选：B。 题型19 示波器的具体计算 解｜题｜知｜识 示波器的原理 有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，如图是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。 如果在偏转电极XX'之间和偏转电极YY'之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。 示波管的YY'偏转电极上加的是待测的信号电压。XX'偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压（如图），叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。 本考点旨在针对涉及示波器问题的计算题。 【典例1】某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： （1）粒子进入偏转电场时的速度大小； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比； （3）离开偏转电场的粒子的动能最大的值是多少； （4）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 【答案】（1）粒子进入偏转电场时的速度大小等于； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比等于66.7%； （3）离开偏转电场的粒子的动能最大的值是2qU0； （4）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差等于。 【解答】解：（1）根据动能定理可得 解得 （2）粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好极板右侧边缘射出时 l＝v0t 解得 Um＝2U0 故所占百分比为 （3）根据动能定理，离开偏转电场的粒子的动能最大的值 （4）由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示 则 得 答：（1）粒子进入偏转电场时的速度大小等于； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比等于66.7%； （3）离开偏转电场的粒子的动能最大的值是2qU0； （4）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差等于。 【变式1】示波器的主要部件是示波管，示波管可简化为电子枪、偏转电极和荧光屏三部分。如图所示，某示波管的电子枪加速电压为U0，偏转电极板长和板间距均为d，偏转电极右侧到荧光屏的距离为L。当偏转电压为零时，电子刚好打到荧光屏的中心O点，现加上偏转电压u。已知电子的比荷为k。求： （1）电子从电子枪离开的速率v0； （2）电子在偏转电极中的偏转距离y； （3）电子在荧光屏中的偏转距离Y。 【答案】（1）电子从电子枪离开的速率为； （2）电子在偏转电极中的偏转距离为； （3）电子在荧光屏中的偏转距离为。 【解答】解：（1）电子被加速的过程中，根据动能定理 解得电子从电子枪离开的速率为 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，沿初速度方向有d＝v0t 沿电场方向，根据有牛顿第二定律 侧位移 联立解得电子在偏转电极中的偏转距离 （3）电子离开偏转电场时的速度方向的反向延长线通过水平位移的中点，离开电场后做匀速直线运动，如图所示： 根据数学知识 结合小问（2）联立可得电子在荧光屏中的偏转距离。 答：（1）电子从电子枪离开的速率为； （2）电子在偏转电极中的偏转距离为； （3）电子在荧光屏中的偏转距离为。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十章 第5节 带电粒子在电场中的运动 内 容 导 航 题型1 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 题型2 带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 题型3 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 题型4 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 题型5 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 题型6 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上 题型7 带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动 题型8 带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判 题型9 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 题型10 带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动 题型11 带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动 题型12 带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动 题型13 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动 题型14 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的曲线运动 题型15 从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题 题型16 动量守恒定律在电场问题中的应用 题型17 动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用 题型18 示波器的原理——电压对光点位置的影响 题型19 示波器的具体计算 考 点 演 练 题型1 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 解｜题｜知｜识 1.运动状态：利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。 2.带电粒子的分类及受力特点 （1）电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。 （2）质量较大的微粒：带电小球，带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。 3.分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法 （1）利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能分析带电粒子的匀变速运动。 （2》利用动能定理：qU。若初速度为0，则qU，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。 【典例1】如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（　　） A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关 B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关 C．两板间距离越小，电子的加速度就越小 D．两板间距离越大，加速时间越短 【变式1】（多选）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　） A．做匀速直线运动，电势能不变 B．做匀加速直线运动，电势能增大 C．做匀减速直线运动，电势能增大 D．做匀减速直线运动，机械能减小 题型2 带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动的情况，因为电场的周期性变化，需要对带电粒子的运动进行分段讨论。也可以借助v﹣t图像分析带电粒子的运动。 【典例1】2025年3月27日，中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0 时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为﹣e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．电子在圆筒内做匀加速直线运动 B．电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1：2 C．电子在各圆筒中的运动时间均为T D．图甲中各圆筒的长度之比为1： 【变式1】如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能Ek随时间（一个周期内）变化规律的是（　　） A． B． C． D． 题型3 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 解｜题｜知｜识 1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。 规律为： 初速度方向：vx＝v0，x＝v0t 静电力方向：vy＝at，y 2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。 3.两个特殊推论： （1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。 （2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的，即tanαtanθ。 【典例1】如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板右边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子离开电场时的速度为 B．板间匀强电场的电场强度为 C．两极板间的距离为 D．两极板间的电势差为 【变式1】如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，∠ABC＝90°，∠C＝30°，DE是三角形的中位线，AB边长为2m，质量为1.6×10﹣25kg的一价正离子从D点以垂直于AD的速度方向射入电场，正离子在运动过程中经过B点，已知A、C、E点的电势分别为2V、26V、17V，已知电子电量为﹣1.6×10﹣19C，正离子的重力忽略不计，下列说法正确的是（　　） A．D点的电势为17V B．正离子从D点运动到B点过程中，静电力做功9.6eV C．匀强电场的场强方向由D点指向A，大小为8V/m D．正离子从D点射入，速度大小为3×103m/s 【变式2】有相同初动量三个带同种电荷的粒子a、b、c从两板的中点以平行金属板的方向射入同一偏转电场，如图所示。经过一段时间，三个粒子均离开平行金属板间且在板间运动过程中未与板接触。已知粒子a、b、c的质量之比为1：3：4，所带的电荷量之比为1：1：2，粒子a、b、c的重力以及所受的阻力均可忽略不计。则下列说法正确的是（　　） A．粒子a、b、c在平行金属板间运动的整个过程，动量的变化量大小之比为1：3：8 B．粒子a、b、c离开平行金属板间时速度方向与水平方向的夹角正切值之比为1：3：16 C．粒子a、b、c在平行金属板间运动的整个过程，动能的变化量之比为1：3；4 D．粒子a、b、c在平行金属板间运动的时间之比为4：3：1 题型4 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在周期性变化的电场中的偏转问题。 【典例1】如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为UAB，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏移的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，下列说法正确的是（　　） A．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 B．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 C．只有t＝0时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．不是所有电子离开电场时的速度都是v0 【变式1】如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求： （1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小； （2）t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y； （3）在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。 题型5 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子先经过加速电场再经过偏转电场的问题。 【典例1】如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子（），第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子（），关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　） A．一价氢离子和二价氦离子在O2处的速度大小之比为1：2 B．一价氢离子和二价氦离子打到感光板上时的动能之比为1：2 C．一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间相等 D．一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置不相同 【变式1】（多选）控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的点垂直于y轴向右射入电场，然后从x轴上的A（d，0）点离开电场进入第四象限，下列说法正确的是（　　） A．粒子运动到P点射入电场的速度大小为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．若仅将带电粒子电荷量变为﹣2q，粒子仍从A点射出 D．若仅将带电粒子电荷量变为﹣2q，粒子从x轴上离开电场时的速度大小为 题型6 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子射出偏转电场后打在挡板（荧光屏）上的情况。 【典例1】（多选）真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场。最后打在荧光屏上、已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，重力不计，则下列判断正确的（　　） A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间之比为 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做的功都相同 D．三种粒子运动到荧光屏时的动能之比为1：1：2 题型7 带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在非匀强电场中的运动情况。 【典例1】如图所示，带等量正电的点电荷固定在A、B两点，O是A、B连线的中点，N、P是中垂线上的两点。一带负电的试探电荷，从P点由静止释放，只在静电力作用下运动，则试探电荷（　　） A．一定能运动到O点，且到O点时的速度最大 B．在P点受到的电场力与PN垂直 C．试探电荷在远离P点运动的过程中，加速度一定先减小后增加 D．若试探电荷的电荷量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电荷量的比值减小 【变式1】如图所示，在粗糙的水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M到N的过程中，下列说法错误的是（　　） A．小物块所受的电场力逐渐减小 B．小物块具有的电势能逐渐减小 C．M点的电势一定高于N点的电势 D．小物块电势能的减小量一定等于克服摩擦力做的功 题型8 带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判 解｜题｜知｜识 对于带电粒子在电场中的轨迹类问题，解题思路如下： 1.根据轨迹分析电场力的方向——电场力总是指向轨迹的凹侧。 2.根据电场力的方向、电荷性质、电场强度的方向中的已知量分析未知量的性质——正电荷所受电场力的方向就是该点电场强度的方向。 3.根据电场力的方向或电场强度的方向分析场源电荷的性质——同种电荷相斥或根据正负带电体电场线的特点分析。 4.根据电场力的方向与运动方向的夹角判断粒子的速度变化——力与速度成锐角，速度增大；力与速度成钝角，速度减小。 【典例1】一带负电的粒子从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v﹣t图像如图所示，则A，B两点所在区域的电场线分布情况可能是下列选项中的（　　） A． B． C． D． 【变式1】如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知（　　） A．该电场由负点电荷形成 B．带电粒子一定是从P向Q运动 C．带电粒子在P点时的速度大于在Q点时的速度 D．带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度 【变式2】（多选）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电荷 B．粒子受到的静电力为恒力 C．粒子在M点的加速度小于在N点的加速度 D．粒子在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力 题型9 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 解｜题｜知｜识 对于带电粒子在电场中的轨迹类问题，解题思路如下： 1.根据轨迹分析电场力的方向——电场力总是指向轨迹的凹侧。 2.根据电场力的方向、电荷性质、电场强度的方向中的已知量分析未知量的性质——正电荷所受电场力的方向就是该点电场强度的方向。 3.根据电场力的方向或电场强度的方向分析场源电荷的性质——同种电荷相斥或根据正负带电体电场线的特点分析。 4.根据电场力的方向与位移方向的夹角判断粒子的动能变化情况（假设只受电场力）——力与位移成锐角，则对粒子做正功，粒子的动能增大；力与位移成钝角，则对粒子做负功，粒子的动能减小。 5.根据电场力做功情况判断电势能的变化——电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。 或者根据电场中的能量守恒分析电势能的变化——在只有电场力做功的情况下，电势能与机械能之和保持不变，也就是说粒子的机械能增大时，电势能减小。 【典例1】高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则下列说法正确的是（　　） A．带电粒子带正电 B．带电粒子越靠近避雷针尖端，其加速度越小 C．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 D．云层靠近避雷针时，针尖感应出的负电荷 【变式1】如图所示为某仪器内电场线的分布情况，正中间的一条电场线为直线，其他电场线关于其对称分布，a、b、c、d、e为电场中的五个点，其中b、d两点关于中间电场线对称，虚线为一带电粒子仅在电场力作用下从a运动到b的轨迹。下列说法正确的是（　　） A．粒子带正电 B．b、d两点间连线为等势线，且两点电场强度大小相等 C．粒子从a到e电场力做负功，电势能增大 D．若从c点由静止释放一电子，其运动轨迹将与图中c、b两点所在的电场线重合 【变式2】如图所示，MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列中结论不正确的是（　　） A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B．电场线的方向由N指向M C．带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能 D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 题型10 带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在匀强电场中做直线运动的情况，如果粒子能够在匀强电场中做直线运动，则必有电场力和重力的合力与粒子的运动方向共线。 【典例1】（多选）在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m，带电荷量为+q的物体以某初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为，物体运动距离s时速度为零，下列说法一定正确的是（　　） A．物体克服电场力做功qEs B．物体的动能减少了0.8qEs C．物体的电势能增加了0.8qEs D．物体的电势能减少了0.8qEs 【变式1】（多选）如图所示，地面附近空间有水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从M点斜向上进入电场，沿直线运动到N点，不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是（　　） A．该微粒带负电 B．该微粒做匀速直线运动 C．只增大初速度v0，微粒仍沿直线MN运动 D．从M至N过程中，该微粒电势能减小，动能增加 【变式2】（多选）如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上的M点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的A点。某时刻，该空间加一平行于斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点。已知匀强电场的电场强度为E＝100N/C，斜面倾角θ＝37°，物块质量为m＝1kg，电荷量为q＝0.1C，物块与斜面间动摩擦因数为μ＝0.4，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数为k＝10N/m，BM与斜面垂直，且BM＝0.3m。物块沿斜面方向移动的距离用x表示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．物块上滑过程中受到的摩擦力逐渐变小 B．物块的加速度a随x变化的关系为a＝﹣10x+2 C．MN的长度为0.4m D．物块在MN的中点P处的速度大小为0.5m/s 题型11 带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动 解｜题｜知｜识 带电粒子在匀强电场中做圆周运动的情况可以分为几种类型： 1、电场力与重力等大反向，带电粒子（物体）在外力（如轻绳）的作用下做匀速圆周运动。 2、带电粒子（物体）在外力（轻绳）的作用下，在电场中做变速圆周运动。 3、带电粒子沿着圆形轨道上在电场中做圆周运动。 4.“等效重力法”解决带电体在电场、重力场中的运动问题 带电体在匀强电场和重力场构成的复合场中的运动问题，常常采用“等效重力场”的方法，即将静电力和重力的合力视为一个“等效重力”，将g'视为“等效重力加速度”，可起到化繁为简、化难为易和化新为旧的解题效果。处理这类问题要注意区分“几何最高点”和“物理最高点”。“几何最高点”指的是圆相对于水平面的最高点，“物理最高点”指圆周在合力方向的最高点，两者不一定重合。 【典例1】如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BCD在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、C等高，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C、D四点时的速度分别为vA、vB、vC、vD，则（　　） A．vA＜vB＜vC＜vD B．vD＜vA＜vB＝vC C．vA＜vD＜vB＜vC D．vA＜vD＜vB＝vC 【变式1】如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，一根长L＝0.625m的绝缘细线的一端固定在电场中的O点，另一端系住一质量m＝0.8kg、带电量q＝﹣3×10﹣7C的小球，小球静止时细线与竖直方向成θ＝37°角。现给小球一个与细线垂直的初速度，使其从静止位置开始运动，发现它恰好能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（　　） A．匀强电场的电场强度大小为1.8×107N/C B．小球获得的初速度大小为6.25m/s C．小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中机械能减小了3.6J D．小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中，其电势能先增大后减小 【变式2】如图所示，一端固定的长为l的绝缘轻绳悬挂一质量为m的绝缘小球，小球带正电q，可视为质点。初始时，小球静止于P点，现给空间施加一大小为，水平向右的恒定匀强电场，小球恰能到达Q点（未画出），已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．小球处于Q点位置时轻绳与竖直方向的夹角为45° B．P、Q两点的电势差大小为 C．轻绳对小球的拉力最大时，小球的电势能减少 D．轻绳对小球的拉力最大时，绳上的拉力大小为 题型12 带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子在匀强电场中做曲线运动的情况，比如抛体运动和一般曲线运动。 【典例1】（多选）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，空间内存在范围足够大、方向水平向右的匀强电场。一质量为m、带正电的小球从坐标原点由静止释放，小球运动方向与y轴负方向成θ＝37°角。现将该小球从坐标原点沿y正方向以初速度v0抛出，则抛出后（已知重力加速度为g）有（　　） A．小球所受电场力大小为 B．小球运动过程中的最小动能为 C．小球经过x轴时，距离坐标原点 D．从抛出后到达最高点的过程中，小球机械能增加量为 【变式1】如图所示，质量为5×10﹣8kg的带电微粒以v0＝2m/s的速度从水平金属板A、B左端中间水平射入，已知板长l＝10cm，板间距离d＝2cm。当UAB＝1000V时（上极板带正电），带电微粒恰好沿直线穿过板间。重力加速度大小为g取10m/s2且忽略空气阻力。求： （1）带电微粒的带电性，且它的带的电荷量为多少； （2）若电压增大到某一电压值时，带电微粒恰好从上板边沿飞出，此过程中带电微粒的加速度大小； （3）电压UAB取值范围为多少时带电微粒能从板边沿飞出。 【变式2】如图为一种静电除尘装置的示意图，它的上下底面金属板M、N水平放置间距d＝0.06m，宽L＝0.04m，金属板间的电势差U＝300V，两板间可以看成匀强电场。分布均匀的带电烟尘颗粒以v0＝2m/s的速度从左侧平行于金属板进入装置，碰到下金属板的颗粒被收集，但不影响电场的分布。已知每个烟尘颗粒的质量m＝2.0×10﹣15kg，所带电荷量q＝﹣1.0×10﹣16C。不考虑烟尘颗粒的重力、颗粒间的相互作用力和空气阻力。 （1）求金属板间的电场强度E； （2）若从某点进入的带电颗粒能飞出电场，求其在电场中运动的加速度大小a、时间t以及飞出时垂直于板面方向的偏移量y； （3）为了使进入装置的所有带电颗粒都被收集到金属板上，求两金属板间的最大间距dm。 题型13 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子（物体）在非匀强电场中的直线运动情况，可能包括点电荷的电场或其他非匀强电场的情况，一般粒子（物体）都被束缚在一个直线导轨上。 【典例1】如图a，长度L＝0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q＝1.8×10﹣7C；一质量m＝0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量k＝9×109N•m/C2） （1）小球B所带电量q； （2）非均匀外电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E； （3）在合电场中，x＝0.4m与x＝0.6m之间的电势差U． （4）已知小球在x＝0.2m处获得v＝0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x＝0.4m．若小球在x＝0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？ 题型14 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的曲线运动 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对带电粒子（物体）在非匀强电场中的曲线运动，比如在点电荷的电场中的圆周运动、抛体运动、一般曲线运动等。 【典例1】如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是（　　） A．M点的电势比P点的低 B．M点的电场强度比N点的小 C．负电荷从M点运动到P点，速度增大 D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 题型15 从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。 【典例1】某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动。如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，质量相同的带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子之间相互作用，则可推断a、b（　　） A．到达K所用时间之比为1：2 B．a的电荷量大于b的电荷量 C．过K点时，a的电势能较大 D．到达M、N的速度大小相等 【变式1】如图所示，半径为R的绝缘光滑环形塑料管固定在竖直平面内，且管的内径远小于环的半径，M为管的最高点，N为管的最低点，MN、PQ为圆环的互相垂直的两条直径。PQ及其以下区域处于水平向左、电场强度为的匀强电场中，重力加速度为g。现将一质量为m，电荷量为q的带正电小球从管中Q点由静止释放，小球可视为质点，其半径略小于管的内径，则（　　） A．小球运动过程中不能通过M点 B．小球从Q点运动到M点过程中机械能守恒 C．小球第1次运动到N点时对管的作用力大小为4mg D．小球第1次和第5次通过M点时对管的作用力大小之比为1：17 【变式2】（多选）如图所示，空间中存在竖直向上的匀强电场E＝1×108V/m，绝缘带电小球A质量M＝2kg、电荷量+q＝3×10﹣7C绝缘不带电B小球质量m＝1kg，A在B的竖直正上方某处，一劲度系数k＝100N/m的轻质绝缘弹簧上端与A相连，下端与B相连。现将A、B两小球由静止释放，开始时弹簧处于原长状态。对A、B以及弹簧组成的系统，正确的说法是（物体运动过程中弹簧不超过其弹性限度；弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系：Epkx2；重力加速度g＝10m/s2）（　　） A．从开始运动，到弹簧被拉到最长的过程中，系统机械能增加 B．从开始运动，到弹簧被拉到最长的过程中，电场力对A做功1J C．整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝4J D．从开始运动，到弹簧被拉到最长的过程中，A运动的最大速度为m/s 【变式3】如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°；已知小球的质量m＝0.04kg，所带电荷量q＝1.0×10﹣5C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： （1）求绳子的拉力； （2）求匀强电场的场强大小； （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。 题型16 动量守恒定律在电场问题中的应用 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对需要用到动量守恒定律解决的带电粒子（物体）在电场中运动的问题。例如在电场中发生的碰撞、爆炸等问题。 【典例1】如图所示，在距水平地面高h1＝1.2m的光滑绝缘水平台面上，一个质量为m＝1kg、带电量q＝+1.0×10﹣5C的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了Ep的弹性势能。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后以水平速度v0向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面高h2＝0.6m，圆弧轨道BC的圆心O与水平台面等高，C点的切线水平，并与水平地面上长为L1＝1.2m的粗糙直轨道CM平滑连接，CM轨道区域存在水平向左的匀强电场，小物块穿过电场后平滑的滑上以速度v＝3m/s逆时针转动的传送带，小物块与直轨道和传送带的动摩擦因数均为μ＝0.4，传送带MN两端点间距离L2＝2m，小物块刚好没有从N端滑离传送带。小物块在整个运动过程中电量保持不变，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计。试求： （1）压缩弹簧后被锁扣K锁住时的弹性势能Ep； （2）匀强电场的场强大小E； （3）小物块从开始运动到最后静止的整个运动过程中因摩擦力做功产生的热量Q。 题型17 动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用 解｜题｜知｜识 本考点旨在针对电场中的除动量守恒定律之外的其他动量问题，如计算物体在电场中的动量、电场力的冲量，电场中动量定理的应用等。 【典例1】如图所示，光滑绝缘水平面上带有同种电荷的A、B两个小球质量分别为m1、m2，当相距一定距离时同时释放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关系正确的是（　　） A．受力之比等于m1：m2 B．加速度之比等于m1：m2 C．动量之比等于m2：m1 D．动能之比等于m2：m1 【变式1】如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为﹣q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场．已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为，问： （1）电场强度E为多大？ （2）A点至最高点的电势差为多少？ 题型18 示波器的原理——电压对光点位置的影响 解｜题｜知｜识 示波器的原理 有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，如图是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。 如果在偏转电极XX'之间和偏转电极YY'之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。 示波管的YY'偏转电极上加的是待测的信号电压。XX'偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压（如图），叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。 本考点旨在针对涉及示波器原理的相关问题。 【典例1】如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极（XX′和YY′）、荧光屏组成。管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。如果在偏转电极XX′加恒定电压UXX′＝﹣U0，在偏转电极YY′加恒定电压UYY′＝U0，U0＞0。电子束经偏转电极后，在荧光屏上出现亮斑的区域是（　　） A．Ⅰ区 B．Ⅱ区 C．Ⅲ区 D．Ⅳ区 题型19 示波器的具体计算 解｜题｜知｜识 示波器的原理 有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，如图是它的原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。 如果在偏转电极XX'之间和偏转电极YY'之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。 示波管的YY'偏转电极上加的是待测的信号电压。XX'偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压（如图），叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。 本考点旨在针对涉及示波器问题的计算题。 【典例1】某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： （1）粒子进入偏转电场时的速度大小； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比； （3）离开偏转电场的粒子的动能最大的值是多少； （4）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 【变式1】示波器的主要部件是示波管，示波管可简化为电子枪、偏转电极和荧光屏三部分。如图所示，某示波管的电子枪加速电压为U0，偏转电极板长和板间距均为d，偏转电极右侧到荧光屏的距离为L。当偏转电压为零时，电子刚好打到荧光屏的中心O点，现加上偏转电压u。已知电子的比荷为k。求： （1）电子从电子枪离开的速率v0； （2）电子在偏转电极中的偏转距离y； （3）电子在荧光屏中的偏转距离Y。 学科网（北京）股份有限公司 $