第7章 第4讲 带电粒子在电场中运动的综合问题(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在电场中运动的综合问题”，依据高考评价体系梳理了电场图像（φ-x、E-x、Ep-x）、交变电场运动、等效重力法三大核心考点，通过近五年考情分析明确图像问题占比35%、交变电场占30%的高频考查维度，归纳选择、计算等常考题型，构建完整解题框架。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+素养提升”的备考策略，如以2025年海南高考φ-x图像题为例，运用科学思维中的科学推理和模型建构，剖析图像斜率与场强关系，提炼“图像面积求电势差”等解题技巧。特设“易错陷阱警示”和“考法全训”，培养学生运动和相互作用观念，教师可据此精准定位薄弱点，助力学生高效突破高考难点。

带电粒子在电场中运动的综合问题 第 4 讲 （综合融通课） (一) 电场中的三类图像问题 (二) 带电粒子在交变电场中的运动 01 02 CONTENTS 目录 (三) “等效重力法”在电场中的应用 课时跟踪检测 03 04 (一) 电场中的三类图像问题 类型1　φ-x图像 (1)φ-x图像上某点切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，若φ-x图像上存在极值，其切线的斜率为零，则对应位置处电场强度为零。 (2)在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。 (3)在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。 [例1]　(2025·海南高考)某静电场电势φ在x轴上的分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM=ON。有一电子从M点静止释放，仅受x方向的电场力作用，则下列说法正确的是 (　 ) A.P点电场强度方向沿x轴负方向 B.M点的电场强度小于N点的电场强度 C.电子在P点的动能小于在N点的动能 D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能 √ [解析]　由题图可知，在x正半轴，电势沿x轴正方向逐渐降低，则电场强度方向沿x轴正方向，故A错误；φ-x图像的斜率表示电场强度，由题图可知，M点的电场强度与N点的电场强度大小相等、方向相反，故B错误；电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N、M点的电势能，根据能量守恒定律可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误，D正确。 类型2　E-x图像 在给定了电场的E-x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况，E>0表示场强沿正方向，E<0 表示场强沿负方向；E-x图线与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x=0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低，综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。 [例2]　(2025·南京名校联考)真空中，点电荷a、b分别位于x轴上的x= -L处的P点和x=L处的Q点，它们之间连线上电场强度E随位置x变化的图像如图所示。一带正电的粒子由x=-0.5L处的M点静止释放，能通过x=0.5L处的N点。粒子仅受电场力，O为坐标原点，以下判断正确的是 (　 ) A.a、b均带正电 B.a所带电荷量小于b所带电荷量 C.x轴上从P至Q电势先降低再升高 D.M、O间的电势差大于O、N间的电势差 √ [解析]　由题图可知，从P到Q电场强度方向不变，带正电的粒子从M点由静止释放后能通过N点，说明a带正电、b带负电，故A错误；a带正电、b带负电，合场强最小时，a、b在该点产生的场强相等，设合场强最小时横坐标为x，则有Ea=k，Eb=k，Ea=Eb，可知Qa>Qb，故B错误；从P到Q电场强度方向不变，从正电荷指向负电荷，沿着电场线的方向电势降低，可知x轴上从P至Q电势逐渐降低，故C错误；M、O间的平均电场强度大于O、N间的平均电场强度，M、O间距离和O、N间距离相等，根据E=可知M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故D正确。 类型3　Ep-x图像 (1)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负，电势能减少，电场力做正功；电势能增加，电场力做负功。 (2)根据ΔEp=-W=-Fx，图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。 [例3]　(2025·连云港高三质检)空间存在沿x轴方向的电场，从O点沿x轴正方向释放一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子只在电场力作用下刚好运动到x4处，粒子在运动过程中电势能随位置变化的关系如图所示，下列说法正确的是 (　 ) A.粒子在x1处受到的电场力最大 B.电场中x2点的电势低于x1点 C.粒子释放时的动能为Ep4+Ep0 D.粒子经过x2处的动能为Ep4-Ep2 √ [解析]　Ep-x图像的斜率表示电场力，由于x1处的斜率为零，则粒子在x1处受到的电场力为零，故A错误；粒子带正电，则粒子在电势高处电势能大，因为Ep2>Ep1，故φ2>φ1，故B错误；粒子运动过程中能量守恒Ek0+Ep0=Ek2+Ep2=Ep4，解得粒子释放时的动能为Ek0=Ep4-Ep0，粒子经过x2处的动能为Ek2=Ep4-Ep2，故D正确，C错误。 (二) 带电粒子在交变电场中的运动 1.常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。 2.常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。 (2)粒子做往返运动(一般分段研究)。 (3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。 3.两个运动特征 分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。 4.两条分析思路 一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律)。 考法(一)　带电粒子在交变电场中的单向直线运动 [例1]　如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交流电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度随时间变 化规律的是(其中C、D两项中的图 线按正弦函数规律变化)(　 ) 考法全训 √ [解析]　电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C、D错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t=T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A正确，B错误。 考法(二)　带电粒子在交变电场中的往复直线运动 [例2]　如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交流电压，t=0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是(　 ) A.若在t=0时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板运动 B.若在t=时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图丙图线二所示，该电子一直向B板运动 C.若在t=时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图丙图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边 D.若在t=T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边 √ [解析]　在t=时刻之前释放电子，电子在静电力的作用下向A板运动，故A、B项错误；若在t=T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，在T时刻速度减为零，继续向右做匀加速直线运动，水平向右为速度负方向，在T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，在T时刻速度减为零，图线三符合电子运动的v-t图像， v-t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，从开始到2T时刻v-t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，故C项正确；若在t=时刻释放电子，易分析得从开始到2T时刻v-t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，故D项错误。 考法(三)　带电粒子在交变电场中的偏转 [例3]　(2025·常州期中)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； [答案]　　 [解析]　根据动能定理可得qU0=m 解得v0=。 (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；(保留三位有效数字) [答案]　66.7%　 [解析]　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。粒子恰好从B极板右侧边缘射出时有l=v0t，=at2，由牛顿第二定律可得a= 解得Um=2U0 故所占百分比为×100%≈66.7%。 (3)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)l [解析]　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Δtm= Δxm=O1D=(2-)l 可得Δtm=(-1)l。 (三) “等效重力法”在电场中的应用 1.等效重力法 把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'=为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。 2.物体做圆周运动的物理最高点 [典例]　如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成30°角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环(　 ) A.从M点到Q点动能减小 B.在M点和N点的电势能相等 C.从M点到Q点电场力做负功 D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势 √ [解析]　小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误；作出等势面如图甲，沿电场线方向电势降低，则M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于在N点的电势能，B错误；小圆环受到的电场力F=qE=q=mg，受力如图乙，则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小， A错误；根据沿电场线方向电势降低，则B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。 |思|维|建|模| (1)带电小球受细绳、轻杆、轨道束缚的圆周运动，可类比“绳球”模型和“杆球”模型进行分析解答。 (2)带电小球在重力和电场力作用下在空间做“类抛体”运动时，小球在“等效重力”方向上做匀变速直线运动，在垂直于“等效重力”方向上做匀速直线运动。 类型1　等效场中的“绳球”模型 1.如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则(　 ) 考法全训 A.小球带正电 B.静电力大于重力 C.小球运动到最低点时速度最大 D.小球运动过程最小速度至少为v= √ 解析：因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE-mg=m，即v=，故D错误。 类型2　等效场中的“杆球”模型 2.如图所示，空间有一水平向右的匀强电 场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面 内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量 为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上，并 静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ=37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)电场强度E的大小； 答案：　 解析：当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有=tan θ，所以E=。 (2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。 答案：不小于 解析：小球所受重力与电场力的合力F==mg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有-mg·2r=0-m，解得vmin=，即小球的初速度大小应不小于。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A级——基准保分考法 1.真空中静止的均匀带正电的球体，其半径为R，场强大小沿半径方向分布如图所示，静电力常量为k，球外电场可以看成是电荷量全部集中于球心处的点电荷产生的电场，则(　 ) A.r1和r2两处电势相等 B.球体表面处电势最高 C.r1和r2两处电势差为E0(r2-r1) D.该球所带的电荷量为Q= √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 解析：由题图可知，r1和r2两处电场强度相同，由于沿电场线方向电势降低，所以r1处的电势高于r2处电势，故A错误；沿电场线方向电势降低，所以从球心处开始电势一直降低，故B错误；r1和r2两处电势差等于图线与横轴所围区域的面积，大于E0(r2-r1)，故C错误；球外电场可以看成是电荷量全部集中于球心处的点电荷产生的电场，则在r2处，有E0=，解得Q=，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是 (　 ) A.2 s末带电粒子的速度为零 B.3 s末带电粒子回到原出发点 C.带电粒子将始终向同一个方向运动 D.0~3 s内，电场力始终做正功 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：0~1 s内，粒子做加速运动，1~2 s内电场强度反向，且大小是0~1 s内电场强度的2倍，故粒子在1~2 s内的加速度大小是0~1 s内的加速度大小的2倍，故粒子在1.5 s末速度减小为零，所以2 s末粒子反向运动，速度不为零，根据对称性可知粒子在3 s末速度为零，回到出发点，A、C错误，B正确；0~1 s内电场力做正功，1~1.5 s内电场力做负功，1.5~2 s内电场力做正功，2~3 s 内电场力做负功，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 3.如图所示，竖直平面内分布有水平向右的匀强电场，一带电小球沿直线从位置b斜向下运动到位置a。在这个过程中，带电小球 (　 ) A.只受到电场力作用　　　 B.带正电 C.做匀加速直线运动 D.机械能守恒 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：小球沿直线运动，故合力一定沿该直线方向，电场力只能水平向左或者向右，故小球必定受到重力，重力竖直向下，故电场力方向水平向左，合力沿轨迹直线方向斜向下，所以小球带负电，A、B项错误；根据前面分析可知合力大小不变，方向与运动方向相同，故做匀加速直线运动，C项正确；小球在运动过程中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，D项错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 4.(2025·如皋质量检测)一对等量点电荷位于x轴上，沿x轴方向上的电势随坐标的变化情况如图所示，取无穷远处电势为零。图中x1、x2为轴上关于原点O的对称点，下列说法中正确的是 (　 ) A.在x1~x2范围内，O点的电势最低 B.在x1~x2范围内，O点的电场强度最大 C.位于x轴上的是一对等量异种点电荷 D.将一试探电荷-q在x1点由静止释放，它将做往复运动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：由电势随坐标的变化图像可知在x1~x2范围内，O点的电势最高，故A错误；φ-x图像的斜率表示电场强度，则在x1~x2范围内，O点的电场强度最小(为零)，故B错误；因x轴上各点的电势均小于零，且φ-x图像关于y轴对称，表明是一对等量负电荷激发的电场，故C错误；x1~O电场沿x轴负方向，O~x2电场沿x轴正方向，将一试探电荷-q在x1点由静止释放，根据对称性可知它将做往复运动，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 5.(2025·常州期末)如图所示，空间存在平行于xOy平面的匀强电场，电场强度大小为E=10 N/C，与x轴正方向的夹角为θ=37°，规定O点电势为零，若x轴和y轴上电势分别用φx和φy表示，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列φx-x、φy-y图像正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：由题可知，沿x轴方向的电场强度的大小为Ex=Ecos 37°= 8 N/C，结合φx-x图像的斜率表示电场强度Ex，可知φx-x的斜率大小为8 V/m，由于O点电势为零，电势沿电场线的方向逐渐降低，故在x<0区域，电势φx>0，在x>0区域，电势φx<0，因此，A、B错误；同理可知，沿y轴方向的电场强度的大小为Ey=Esin 37°=6 N/C，即φy-y图像的斜率大小为6 V/m，且在y<0区域，电势φy>0，在y>0区域，电势φy<0，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 6.如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是 (　 ) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，粒子在t=nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大y max=a+a××=aT2；粒子在t=nT+时刻进入偏转电场，则竖直方向上先速度为0后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小y min=0+a=aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 7.(2025·常州前黄中学适应性考试)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于GC的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中 (　 ) A.在E点的动能最小 B.在B点的电势能最大 C.在C点的机械能最大 D.在F点的机械能最小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，根据对称性可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B点为“等效最低点”， F点为“等效最高点”，则小球在F点速度最小，动能最小，故A错误；由于静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，根据几何关系可知，小球受到的静电力水平向右，则小球从G到C过程，静电力一直做正功，电势能一直减小，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知小球在C点机械能最大，在G点机械能最小，故B、D错误，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 √ 8.O、A、B为一条电场线上的三点，一电子仅在电场力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零电势点，该电子运动过程中电势能Ep随移动距离x的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是 (　 ) A.该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B.A点的电场强度等于B点的电场强度 C.电子在A点的动能小于在B点的动能 D.电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpB-EpA 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：由题图可知，从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离均匀减小，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等，A错误，B正确；电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpA<EpB，说明电子由A点运动到B点时电势能增大，电场力做负功，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，电场力对其所做的功为W=EpA-EpB，C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 9.如图甲所示，三个电荷量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中x=0处电荷带负电，其余两电荷带正电且关于x轴对称。一试探电荷沿x轴正方向运动，所受电场力随位置的变化图像如图乙所示(以x轴正方向为电场力的正方向)。设无穷远处电势为零。则 (　 ) A.试探电荷带负电 B.图乙中的x1与图甲中的x0相等 C.在x轴正半轴上，x2处电势最高 D.试探电荷在x1处电势能最大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：根据场强叠加原理可知，在0<x<x1范围内，三个点电荷在x轴上产生的合场强方向向左，在0<x<x1时，三个点电荷对试探电荷的电场力向左，与场强方向相同，则该试探电荷带正电，故A项错误；在x=x0时，试探电荷所受电场力向左，在x=x1时，试探电荷所受电场力为0，则题图乙中的x1与题图甲中的x0不相等，故B项错误；试探电荷沿x轴正方向运动，在0<x<x1时，试探电荷所受电场力做负功，电势能增大，在x>x1时，试探电荷所受电场力做正功，电势能减小，则试探电荷在x1处电势能最大，由电势定义φ=可知，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高，则x1处电势最高，故C项错误，D项正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 10.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的A点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的B点时速度为零。以下说法中正确的是 (　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 A.小球在B点处于静止状态 B.小球受到的重力与静电力的关系是qE=mg C.小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小 D.小球从A运动到B的过程中，静电力对其做的功为-qEl √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：小球受重力、向右的电场力和细线的拉力，将重力和电场力合成等效为复合场的场力，则小球的运动是类似单摆的摆动，故在B点不是处于平衡状态，故A项错误；对小球从A到B的过程，根据动能定理有mglsin θ-qEl(1-cos θ)=0-0，解得mg=qE，故B项错误；根据能量守恒定律可知，小球将在A、B之间往复运动，且振幅不变，故C项错误；小球从A运动到B的过程中，静电力对其做的功为W= -qEl(1-cos θ)=-qEl，故D项正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 11.(12分)如图，是竖直面(纸面)内圆心在O点、半径为R的固定圆弧轨道，所在空间有方向水平向右(与OA平行)的匀强电场，从O点静止释放一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球，小球第一次与轨道碰撞于D点，=。小球可视为质点，重力加速度大小为g。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)求电场的场强大小；(4分) 答案：　 解析：从O到D，小球受重力和电场力作用做初速度为0的匀加速直线运动，因= 故OD连线与竖直方向夹角为θ=60°， 由qE=mgtan θ，解得E=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)若小球与轨道碰后速度反向且电荷量不变，碰后瞬间速率变为碰前瞬间速率的，求小球第一次反弹后与O点的最近距离。(8分) 答案： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：小球所受合力为F合==2mg 从O到D，由动能定理有2mgR=mv2 ，可得v=2 第一次碰后瞬间速率为v'=v= 从D点反弹至最高点的过程，小球沿DO方向做匀减速直线运动 由动能定理有-2mgx=0-mv'2，解得x= 则小球第一次反弹后与O点的最近距离为xmin=R-x=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 B级——把关进阶考法 12.(2025·南通高三质检)两个相同的带电金属圆环同轴相隔某一距离固定放置，如图甲所示，轴线上电势φ的变化如图乙所示，在O点静止释放电荷量为-e的电子，下列说法中正确的是(　 ) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 A.两金属圆环均带正电 B.两金属圆环相距2a C.电子在运动过程中电势能一直变小 D.电子的最大动能为eφm √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 解析：根据题图乙可知，O点右侧电势先增大后减小，O点左侧电势先减小后增大，并且左右两侧电势大小对称，沿着电场线方向电势降低，故左侧金属圆环带负电，右侧金属圆环带正电，故A错误；由于右侧金属环上电荷关于O1对称，所以其在O1产生的场强为0，而左侧金属圆环在O1产生的场强水平向左，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，同理O2的左侧也有场强为0的位置，而O1和O2之间场强始终大于0，故两金属圆环相距小于2a，故B错误；在O点静止释放电荷量为-e的电子，在电场力的作用下先逆着电场线方向做加速运动后顺着电场线方向做减速运动，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C错误；整个过程中，根据动能定理可得Ekm=eφm，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 13.(12分)绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图甲所示，已知A处电荷的电荷量为+Q。图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L处对应图线的最低点，x=-2L处的纵坐标φ=2φ0，x=2L处的纵坐标φ=φ0。若在x=-2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块(可视为质点)，物块随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场分布)，重力加速度为g，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)固定在B处的电荷的电荷量QB；(4分) 答案：　 解析：由题图乙得x=L处对应图线的最低点，切线斜率为零，即合场强为0，则有k=k，代入数据得QB==。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大，才能使小物块恰好到达x=2L处；(4分) 答案：　 解析：从x=-2L到x=2L的过程中，物块先做加速运动再做减速运动，由动能定理得qU1-μmgs1=0-0，即q-μmg·4L=0-0，解得μ=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=，小物块运动到何处时速度最大。(4分) 答案：x=0处 解析：小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为LA，则有k-k-μmg=0 解得LA=3L，即小物块运动到x=0处时速度最大。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 14.(16分)(2025·泰兴期中联考)如图甲所示，在坐标系xOy中，α射线管由平行于x轴的金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。细管C到两金属板距离相等，右侧的开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子恰好以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在如图所示的辐向电场，电场线沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心O。α粒子在该电场中恰好做半径为r的匀速圆周运动，轨迹上的场强大小E0处处相等(E0未知)。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 t=0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为E0，方向随时间的变化关系如图乙所示(T已知)，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e(e为元电荷)、质量为m，重力不计。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (1)α粒子在静电分析器中运动轨迹上的E0；(3分) 答案：　 解析：α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，有 2eE0=m，解得E0=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)α粒子从放射源P发射时的初速度vP大小；(5分) 答案：v0 解析：由题意可知，α粒子在平行金属板中的逆运动为类平抛运动，水平方向有L=v0t， 竖直方向有=at2 由牛顿第二定律有2e=ma， 联立解得U= 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 α粒子从放射源P运动到C的过程中，由动能定理有-2e·U=ΔEk，解得ΔEk=- 动能的变化量ΔEk=m-m， 解得vP=v0。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (3)在t=2T时刻，α粒子的位置坐标。(8分) 答案： 解析：t=时，α粒子在x轴方向的速度 vx=a·=· 所以一个周期内，α粒子在x轴方向的平均速度== 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 每个周期内α粒子沿x轴正方向前进的距离x0=T= 所以t=2T时，α粒子的横坐标为 x=r+2x0=r+=r+ α粒子的纵坐标为y=-v0·2T 综上所述，在t=2T时，α粒子的坐标为。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $