第9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

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”，覆盖电场图像（φ-x、E-x、Ep-x）、交变电场运动、等效重力法应用三大核心考点，对接高考评价体系，分析图像问题占35%、交变电场占40%的高频考点分布，归纳极值分析、分段运动等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+思维建模+素养落地”，以2025年海南高考φ-x图像题为例，用科学思维中的模型建构和科学推理，指导学生通过斜率分析电场强度方向，结合能量观念判断电势能变化。针对交变电场运动，采用“周期分段+v-t图像”法突破临界问题，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准开展专题复习，提升学生高考冲刺效率。

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，进而可以判断电荷在电场中的受力方向。 (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 (1)E⁃x图像反映了电场强度随位移变化的规律，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。 (2)E⁃x图像与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。 (3)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·哈尔滨一模)某静电场在x轴上的 场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强 正方向，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点， 从x1到x4图像所包围的面积为S，下列说法正确的 是 (　　) A.x3处电势最高 B.x2和x4处电势相等 C.x1、x2两点之间的电势差等于x3、x4两点之间的电势差 D.电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放，仅在电场力作用下运动到x4时的动能Ek=qS √ [解析]　由题图可知，0~x1电场方向沿x轴负方向，x1~x4电场方向沿x轴正方向，根据沿着电场线方向电势降低，所以x1处电势最高，x2处电势高于x4处电势，故A、B错误；图线与x轴所围的面积表示电势差，由题图可知，x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，故C错误；正点电荷从x1到x4，根据动能定理可得qU=qS=Ek，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，Ep⁃x图像切线斜率的绝对值表示电场力的大小。 [例3]　质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴 正方向运动，其在O点处的初动能为4 eV。该质子的电 势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是 关于直线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线。下列说法 正确的是 (　　) A.该质子在O~x2段做匀变速直线运动，在x2~x3段做匀速直线运动 B.该质子在x1处的动能为6 eV C.若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3，则φ1最高 D.该质子最终停在x3处 √ [解析]　Ep⁃x图像切线的斜率表示该质子所受电场力F，可知该质子在O~x2段加速度先减小后增大，在x2~x3段做匀变速直线运动，故A错误；由题意可得该质子在O点处的能量为E=Ek0+Ep0=4 eV+3 eV=7 eV，根据能量守恒定律，可得该质子在x1处的动能为Ek1=7 eV-1 eV=6 eV，故B正确；根据Ep=qφ，可知该质子在电势越高的位置电势能越大，若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3，由题图知φ3最高，故C错误；根据能量守恒定律，该质子在x3处的电势能为7 eV，则动能为零，但是由于受到的电场力不为零，因而不会停在x3处，故D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.思维方法 (1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在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、做功或确定与物理过程相关的临界条件。 (2)从两条思路出发：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。 考法(一)　带电粒子在交变电场中的直线运动 1.如图甲所示，真空中相距d=5 cm 的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求： 考法全训 (1)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s，在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小； 答案：2.0×104 m/s　 解析：电场强度大小为E= 带电粒子所受电场力大小为F=qE= 由牛顿第二定律得F=ma 解得a==4.0×109 m/s2 粒子在0~时间内经过的距离为x=a=5.0×10-2 m 故带电粒子在t1=时恰好到达A板，此时带电粒子速度大小为v=at1=2.0×104 m/s。 (2)A板电势变化频率f多大时，在t= 到t=时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板。 答案：f>5×104 Hz 解析：带电粒子在~时间内向A板做匀加速运动，在~时间内向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回，则粒子向A板运动的最大位移 xm=2×a=aT2 要求粒子不能到达A板，则有xm<d T= 电势变化频率应满足f>=5×104 Hz。 考法(二)　带电粒子在交变电场中的偏转 2.(2025·甘肃高考)离子注入机是研究材料辐 照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。 从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经 电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2 的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度 为l、间距为d，U2⁃t关系如图2所示。 长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.U2的最大值Um=U1 B.当U2=±Um且L=时，离子恰好能打到样品边缘 C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A点和B点 √ 解析：设离子的质量为m、电荷量为q，经过加速电场获得的速度大小为v0，根据动能定理有qU1=m，解得v0=，当U2=±Um时，在Δt时间内离子的加速度大小为a=，离子恰好从两极板的边缘射出，竖直方向有d=a(Δt)2，水平方向有l=v0Δt，联立解得Um=U1，故A错误； 当U2=±Um时，根据类平抛运动的推论可知，离子离开极板时速度方向的反向延长线通过极板水平中心线的中点，离子离开偏转电场后做匀速直线运动，若离子恰好能打到样品边缘，根据数学知识有=，解得L=，故B正确；设离子在偏转电场中的侧位移为y，离子在样品上偏离的位移为Y，根据类平抛运动规律，水平方向有l=v0Δt，竖直方向有y=××(Δt)2，根据数学知识有=，联立解得Y=，若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需减小U1，故C错误； 设t1时刻对应的偏转电压大小为U2'，t2时刻对应的偏转电压大小为U2″，由题图2可知U2'<U2″，由以上分析可知，t1时刻射入的离子在样品上偏离的位移小于t2时刻射入的离子在样品上偏离的位移，即Y1<Y2，由题图1可知YA>YB，因此在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在B点和A点，故D错误。 3.如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是 (　　) A.粒子射出时间可能为t=4 s B.粒子射出的速度大小为2v C.极板长度满足L=3vn D.极板间最小距离为 √ 解析：粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，由题图乙可得在垂直极板方向运动的v垂直⁃t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子射出时垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…，满足t=1.5n s(n=1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L=v·1.5n(n=1，2，3，…)，故C错误； 因为粒子不与极板碰撞，则应满足≥v垂直m× 1.5 s，v垂直m=a×1 s，a=，联立解得 d≥，故D正确。 |思|维|建|模| (1)若粒子通过电场的时间远小于交变电场的周期，可认为这一粒子通过电场的过程中电场强度不变，但不同时刻进入的粒子，所经历的电场不同，偏转不同，常出现临界问题。 (2)若粒子通过电场的时间大于交变电场的周期，在沿电场方向的运动较复杂，可画v⁃t图像分析。 (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.物体在等效重力场中的圆周运动 [典例]　(2026·甘肃兰州检测)如图甲 所示，空间有一水平向右的匀强电场E= 1×104 V/m。其中有一个半径为R=2 m的 竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的 弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.08 kg、电荷量为q=+6×10-5 C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是(cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.小环做圆周运动经过B点时机械能最大 B.小环做圆周运动过程中动能最小值是2 J C.小环做圆周运动过程中对环的压力最大值是5 N D.小环从A点由静止释放沿弦轨道分别到圆周B、C两点，沿弦AB比沿弦AC用时短 √ [解析]　由于重力和电场力均为恒力，所以二者的合力大小为F== N=1 N，与竖直方向夹角的正切值为tan θ===，解得θ=37°，则重力与电场力的合力由A指向O，A为等效最高点，根据等时圆原理，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，故D错误； 小环机械能最大的位置电势能最小，则机械能最大的位置应该在圆环的最右端，故A错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，故B错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力最大，从等效最高点至等效最低点过程中，根据动能定理得F×2R=m-0，由牛顿第二定律得FN-F=m，代入数据得FN=5.0 N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对环的最大压力是5.0 N，故C正确。 |思|维|建|模| (1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。 (2)将a=视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。 (3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解，例如：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。 类型1　等效场中的“绳球”模型 1.(多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场 中，一个质量为m、电荷量为+q的小球系在一根长 为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆 周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=，下列说法正确的是(　　) 考法全训 A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大 C.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点 D.若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为 √ √ 解析：小球受到水平向右的电场力大小F=Eq=mg，重力与电场力的合力大小为F合==2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60°，若小球恰能在竖直平面内做圆周运动，速度最小时细线无拉力，重力与电场力的合力提供向心力，有F合=，联立解得v=，故A错误； 由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时电场力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；若将细线剪断，再将小球在A点竖直向上抛出，小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有t=，水平位移x=at2，由牛顿第二定律得a==g，解得x=2d>2d，所以小球将不能到达B点，故C正确；设重力和电场力的合力方向与电场线方向夹角为θ，有tan θ==，得θ=30°，所以将小球从A点由静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。 类型2　等效场中的“杆球”模型 2.(多选)如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定 在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径， CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀 强电场中。将质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套 在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP=37°。已知重力加速度大小为g，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.小球可以沿圆环运动到C点 B.匀强电场的电场强度大小为 C.P、B两点间的电势差为 D.小球运动到B点时，向心加速度大小为3g √ √ 解析：小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有=tan 37°，解得E=，故B错误；假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER-mgR=Ek-0，分析上式可知Ek<0，显然这是不可能的，即假设错误，故A错误；P、B两点间的电势差UPB=E(R-Rsin 37°)=，故C正确；小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R=m，此时小球的向心加速度大小a向==3g，故D正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2025·山西三模)(多选)某电场的电场强度E随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从a点由静止释放，仅在静电力作用下沿x轴运动，已知粒子可通过d点，则 (　　) A.粒子在a点与c点所受静电力的方向相同 B.粒子在b点的电势能小于在c点的电势能 C.粒子将以b点为中心做周期性运动 D.粒子将沿x轴正方向一直运动 √ √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 解析：由于粒子带正电，故粒子在a点受到的静电力沿x轴正方向，在c点受到的静电力沿x轴负方向，A错误；粒子从b点运动到c点，静电力做负功，电势能增大，粒子在b点的电势能小于在c点的电势能，B正确；粒子从a点到b点做加速运动，越过b点后做减速运动，速度减为0后又反向加速，越过b点后又减速运动直到速度为0，之后再次重复上述过程，循环往复，即粒子将以b点为中心做周期性运动，C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.(2025·辽宁三模)(多选)如图所示，正方形每个顶点上都放置有电荷量相同的正点电荷，x轴位于正方形的中轴线上，取x轴正方向为电场强度的正方向，正方形的中心O为坐标原点，关于中轴线上各点电场强度E和电势φ随坐标x的变化图像可能正确的是 (　　) √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由对称性可知，O点的场强为零，在x轴上距离O点无穷远处场强也为零，可知从O点向两侧场强先增加后减小，O点右侧场强为正，左侧场强为负，故A可能正确，B错误；各点电势均为正值，且O点电势最高，向两侧电势逐渐降低，故C可能正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交流电压U，A板的电势φA=0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.若电子是在t=0时刻进入的，它可能不会到达B板 B.若电子是在t=时刻进入的，它一定能到达B板 C.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 D.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：若电子从t=0时刻进入，电子将向右做单向直线运动，最终穿过B板，A错误；若电子从时刻进入，则电子受到电场力方向向左，从A板离开，故无法到达B板，B错误；若电子从时刻进入，电子先加速，经时间速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再反向加速速度最大，接着减速速度为零，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，但一个周期内总的位移向右，最后穿过B板，C正确； 1 5 6 7 8 9 2 3 4 若电子从时刻进入，电子先加速，经时间速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再反向加速速度最大，接着减速速度为零，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，但一个周期内总的位移向左，无法穿过B板，D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.(2025·四川乐山三模)空间存在一沿x轴方向的电场，一电荷量为-q的试探电荷只在电场力作用下从O点开始以某一初速度沿x轴正方向运动，其所受电场力随位置变化的图像如图所示，以x轴正方向为电场力的正方向，设无穷远处电势为零。以下说法正确的是 (　　) A.x1处的电势最低 B.x1处的场强最大 C.试探电荷在x1处的速度大于在x2处的速度 D.试探电荷在x2处的电势能最大 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由题图可知，在0<x<x1范围内，试探电荷所受电场力水平向左，电场力做负功，电势能增大；在x>x1范围内，试探电荷所受电场力水平向右，电场力做正功，电势能减小，故在x1处电势能最大，根据Ep=qφ可知x1处电势最低，故A正确，D错误；由F=qE结合图像可知，试探电荷在x1处所受电场力为0，则x1处的电场强度最小，故B错误；在x>x1范围内，试探电荷所受电场力水平向右，电场力做正功，动能增大，故试探电荷在x1处的速度小于在x2处的速度，故C错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5.(2025·四川达州二模)(多选)空间中有竖直向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒 (　　) A.一定带正电 B.0~3 s内电场力做的功为9 J C.运动过程中动能增加 D.0~3 s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为-12 J √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由题图知重力势能减少，即微粒在竖直方向上向下运动，电势能减少，即电场力做正功，则微粒所受电场力竖直向下，因电场方向竖直向上，所以微粒带负电，故A错误；0~3 s内电势能减少9 J，所以电场力做的功为9 J，故B正确；因电场力和重力都是恒力，且电势能和重力势能都随时间均匀变化，所以微粒在相等的时间内位移相等，即微粒做匀速直线运动，动能不变，故C错误；0~3 s内电势能减少9 J，重力势能减少3 J，总共减少了12 J，因动能不变，所以减少的电势能和重力势能用于克服除电场力和重力外的其他力做功，即除电场力和重力外的其他力对微粒做功为-12 J，故D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环位于竖直平面内，圆环上均匀分布着负电荷。一光滑绝缘细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量m=10 g的带负电的小球，小球所带电荷量q=-1.0×10-4 C。小球从C点由静止释放，沿细杆由C向A点运动的v⁃t图像如图乙所示。小球运动到B点时，图线切线的斜率最大(图乙中标出了该切线)。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.在圆环右侧的杆上，B点场强最大，场强大小为50 V/m B.由C点到A点的过程中，小球的电势能先减小后增大 C.由C点到A点，电势先升高后降低 D.B、C两点间的电势差为12.5 V 解析：由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，B点的电场强度最大，小球在B点的加速度a== m/s2=0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得E=ma，解得E=50 V/m ，故A正确； √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 从C到A的过程中，小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，故电势能一直减小，由Ep=φq可知，由于小球带负电，则电势一直升高，故B、C错误；根据动能定理知qUCB=m-0，解得UCB=-12.5 V，故B、C两点间的电势差为12.5 V，故D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 7.(多选)如图1所示，真空中两平行金属板A和B水平放置，板长为l、间距为d，板间加交流电压。左侧紧靠A板有一粒子源P，t=0时刻开始连续向右水平发射速率为v0、比荷为k的带正电的粒子。若t=0时刻发射的粒子从进入电场到从B板右边缘离开的全过程，竖直方向的速度vy随时间t变化的图像如图2所示，忽略边缘效应，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.交流电压为周期T=的锯齿波 B.粒子在竖直方向的最大速度为vm= C.时刻两极板间的电压为 D.在t=时刻进入的粒子恰好从B板右边缘离开电场 √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：根据竖直方向的速度vy随时间t变化的图像可知，速度均匀增大或减小，则加速度大小恒定，电场强度大小恒定，交流电压为周期T=的方波，故A错误；在竖直方向上，根据对称性可知d=·，T=，解得vm=，故B正确；时刻粒子的加速度为a=，根据牛顿第二定律有=ma，解得U=，故C正确；根据运动的对称性可知，在t=时刻进入的粒子离开电场时竖直方向位移为0，恰好从A板右边缘离开电场，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.(2025·四川达州二模)(多选)如图所示，A、B、C、D、 E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等 分点，AE连线竖直，现在空间加一平行于圆轨道面的 匀强电场，从A点静止释放一质量为m、电荷量为q的 带正电小球，小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。若在 A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.所加电场的电场强度最小值为 B.若所加电场的电场强度最小时，小球在H点的电势能最大 C.若所加电场的电场强度最小时，冲量I=m D.小球在F点时，轨道对小球的作用力为零 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：从A点静止释放带电小球，小球沿圆弧经 B点恰好能到达C点，则知电场力和重力的合力 方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”， F点为“等效最高点”，所加电场的电场强度最 小时，对小球在B点受力分析如图所示，则qEmin =mgcos 45°，解得Emin=，方向与HD平行向上，故A错误； 1 5 6 7 8 9 2 3 4 若所加电场的电场强度最小时，方向与HD平行向上，可知在圆轨道上H点的电势最高，则带正电小球在H点的电势能最大，故B正确；若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动，则小球在F点所受重力和电场力的合力提供向心力，轨道对小球的作用力为零，故D正确；若所加电场的电场强度最小时，小球所受重力与电场力的合力为F=mgsin 45° =mg，等效重力加速度大小为g'==g，小球在F点，由牛顿第二定律得mg' =m，在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，设I=mv0，小球从A点到F点由动能定理得-mg+qERsin 45°=mv2-m，解得I=m，故C正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(12分)如图甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔，一束电子以初动能Ek0=120 eV从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B间。在B板右侧，平行金属板M、N间形成一个匀强电场，板长L=2×10-2 m，板间距离d=4×10-3 m，偏转电场所加电压为U1=20 V。在A、B两板间加一个如图乙所示的变化电压U，在t=0到t=2 s时间内，A板电势高于B板电势，求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)在0~2 s内，A、B两板间电压满足什么条件，电子可以到达B板?(4分) 答案：0≤U≤120 V　 解析：电子能到达B板，则电子到达B板时速度大于或等于零，由动能定理得-eU≥0-Ek0 解得0≤U≤120 V。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)在2~4 s内，A、B两板间电压U满足什么条件，电子能从偏转电场右侧飞出?(由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B板所用时间很短，可以不计)(8分) 答案：U≤-130 V 解析：设电子从偏转电场中点垂直射入时速度为v0，动能为Ek，从偏转电场射出时侧移量为 y=·= 满足y≤才能射出，所以≤ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解得Ek≥250 eV 又Ek=Ek0-eU 所以120 eV-eU≥250 eV 解得U≤-130 V。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 3.解题技巧 (1)按周期性分段研究。 (2)将a⁃t图像v⁃t图像。 $