10.5 带电粒子在电场中的运动 考点分类提优讲义-2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

10.5　带电粒子在电场中的运动 知道带电粒子加速、偏转的分析思路，能判断基本粒子与带电微粒的重力取舍，会用动力学和动能定理两种方法处理加速。 理解粒子垂直进入匀强电场的类平抛运动，掌握偏转量、偏转角及“反向延长线过中点”推论。 了解示波管的构造和原理，理解先加速后偏转时屏上偏移与粒子的比荷（q、m）无关。 会用等效重力法分析重力与电场叠加场中的直线、圆周运动，了解交变电场中运动的分段处理。 【思维导图】 考点一　带电粒子在电场中的加速 1．两类研究对象： （1）基本粒子（电子、质子、α粒子、离子等）：重力远小于电场力，除说明外重力不计。 （2）带电微粒（带电液滴、油滴、尘埃、小球等）：重力一般不能忽略。 2．匀强电场中的加速（动力学观点）：加速度 ，由运动学公式 ，得 。 3．非匀强（任意）电场中的加速（动能定理）：，同样得 ，与电场是否匀强无关。 4．多级加速：直线加速器用一系列电场对粒子反复加速；漂移管加速器中相邻管接交变电压，使粒子在每个间隙都被加速，从而获得很高能量。 电子直线加速器（多级漂移管）：粒子在每个间隙被电场反复加速 比较项 动力学观点 动能定理观点 适用电场 匀强电场 匀强或非匀强电场 核心公式 ，运动学公式 求解内容 加速度、速度、位移、时间 只联系初末速度与电势差 特点 过程量清晰，需知 d 只看初末状态，最常用 重难诠释　①是否计重力是第一步：基本粒子（电子、质子、离子）一般不计重力，带电颗粒（液滴、油滴、小球）要计重力；题目说“重力不计”从其规定。②匀强电场两种方法都可用；非匀强电场只能用动能定理， 中的 U 是初末位置间的电势差。③粒子由静止加速（v0=0）时 ，速度与 （比荷的平方根）成正比。④多级加速的总动能等于各次电场力做功之和：。 考点二　带电粒子在匀强电场中的偏转 1．条件：以初速度 v0 垂直于电场线方向进入匀强电场，且只受电场力（重力不计）。 2．运动性质：类平抛运动。 （1）沿初速度方向（垂直场强）：匀速直线运动，，。 （2）沿场强方向：初速度为零的匀加速直线运动，。 3．偏转量：。 4．偏转角：。 5．重要推论：，即出射速度方向的反向延长线过水平位移（板长 l）的中点。 6．末速度与动能：，。 带电粒子垂直进入匀强电场做类平抛，出射速度反向延长线过板长中点 由 v0、vy 确定偏转后动能 重难诠释　①类平抛“两分”：垂直场强方向匀速（时间由板长决定 ），沿场强方向匀加速（），两个方向互不影响。②偏转量 y 与板长平方成正比、与板间距 d 和 v0² 成反比；偏转角 tanθ 与板长 l 成正比。③推论 （出射速度反向延长线过水平位移中点）常用于快速求打到屏上的位置。④粒子出偏转电场后不再受力，做匀速直线运动；求屏上位置要把偏转场内的偏移与场外匀速偏移相加。 考点三　示波管（加速与偏转综合） 1．构造：电子枪（阴极、加速电极）、偏转电极（水平、竖直两组）、荧光屏。 2．工作过程：电子先经加速电场 U1 加速，再以 v0 进入偏转电场 U2 做类平抛，离开偏转极后匀速打到荧光屏。 3．加速：。 4．偏转电场内：，。 5．屏上总偏移：，其中 L 为偏转极右端到荧光屏的水平距离。 6．重要结论：先加速后偏转时，y、tanθ、Y 都与粒子的 q、m 无关（比荷消去），只由电压和几何尺寸决定。 示波管：电子经 U1 加速、U2 偏转后打到荧光屏 P 示波管问题的求解流程 重难诠释　①示波管是“先加速、后偏转、再匀速”的综合模型，分段处理：加速段用动能定理、偏转段用类平抛、出场后用匀速直线运动。②屏上总偏移 ，注意 L 是偏转极右端到屏的距离，不要漏加偏转场内的 y。③先加速（U1）后偏转（U2）时，把 代入，y、tanθ、Y 中的 q、m 恰好消去——这是高频结论，故同种几何下不同粒子的屏上偏移相同。④偏转灵敏度（单位偏转电压引起的偏移），加速电压 U1 越小灵敏度越高。 考点四　叠加场中的运动（等效重力法） 1．直线运动条件：重力与电场力的合力方向跟速度方向在同一直线上（共线）。 2．等效重力法：把重力 mg 与电场力 qE 的合力视为“等效重力”，，等效重力加速度 ，方向为合力方向。 3．等效最低点：等效重力沿径向所指的点，速度最大；等效最高点：与其关于圆心对称的点，速度最小。 4．绳模型临界（恰好做完整圆周）：在等效最高点 。 5．能量关系：从等效最高点到最低点，。 等效重力法：把重力与电场力的合力当作“等效重力” 对照项 只有重力的竖直圆周 重力＋电场的等效圆周 恒力 重力 等效重力 加速度 （竖直向下） （沿合力方向） 最高点 几何最高点，速度最小 等效最高点，速度最小 临界速度 重难诠释　①等效重力法的本质是“恒力合成”：重力和匀强电场力都是恒力，其合力仍是恒力，把它整体看成一个“新重力”，问题就还原成熟悉的抛体运动或竖直圆周运动。②等效最高点/最低点由合力方向决定，不一定在几何最高/最低处；电场方向改变，等效点随之转动。③绳模型恰好过等效最高点的临界是 ，杆模型临界速度可为零。④求 g′ 先由静止释放（或平衡）位置判断合力方向，再由 （两力垂直时）计算。 考点五　带电粒子在交变电场中的运动 1．电场特点：电场强度（电压）随时间周期性变化，常见方波、正弦波。 2．直线运动：每个半周期内加速度大小不变、方向周期性反向，分段用匀变速规律处理。 （1）半周期末速度恰好减为零、下一周期又同向加速 → 单向直线运动。 （2）半周期内速度减为零后随即反向加速 → 往返直线运动。 3．交变电场中的偏转：垂直场强方向匀速，沿场强方向按交变分段做匀变速，逐段求速度、位移。 4．分析要点：抓住粒子进入电场的时刻，画出 v-t 图像，分段处理、利用对称性；v-t 图线与时间轴围成的面积表示位移。 交变电场中的单向直线运动（速度不反向） 交变电场中的往返直线运动（速度反向） 重难诠释　①交变电场问题“分段化”：在电压（场强）恒定的每一段时间内，粒子做匀变速运动，把连续的交变过程切成若干匀变速段。②进入时刻决定运动形态：同一交变电场，不同时刻进入，粒子可能单向运动，也可能往返，必须从进入时刻开始画 v-t 图。③判断单向还是往返，看半周期末速度是否减为零、以及加速度反向后速度方向。④v-t 图像最直观：图线斜率为加速度、与时间轴围成的代数面积为位移；方波电场中 v-t 为折线，正弦电场中需按正弦规律积分。 考向1　电场线、等势面与粒子轨迹分析 1．（2025秋•华龙区校级月考）如图所示为两个点电荷的电场，虚线为一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法中正确的是（　　） A．两个点电荷为左正右负，且右边电荷所带电荷量多 B．带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力 C．带电粒子带正电 D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 【答案】B 【详解】A、电场线从正电荷到负电荷终止，根据电场线的指向和电场线的密集程度可知，两个点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量多，故A错误； BD、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，因b点电场线更密集，故b点电场强度更大，带电粒子在b点受到的电场力更大，根据a可知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故B正确，D错误； C、带电粒子只在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向轨迹的内侧，由图可知，粒子受到的电场力大致向左，和场强方向相反，则带电粒子带负电，故C错误。 故选：B。 2．（2026•日照开学）如图所示，虚线a、b、c、d为一电场在纸面内的等差等势面，实线为某一带电粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是轨迹与等势面b、d的交点。下列说法正确的是（　　） A．若粒子带正电，则等势面a的电势高于c的电势 B．若粒子带负电，则N点的场强方向沿虚线切线指向右上 C．粒子在M点的速度一定大于在N点的速度 D．粒子在M点的加速度一定大于在N点的加速度 【答案】C 【详解】A、粒子做曲线运动，所受静电力指向轨迹的凹侧。由图可知，轨迹向下弯曲（凹向左下方），故粒子受到的静电力大致指向左下方。若粒子带正电，则场强方向与静电力方向相同，大致指向左下方。结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知等势面a的电势低于等势面c的电势，故A错误； B、场强方向垂直于等势面，可知在N点的场强方向垂直虚线切线，不可能沿虚线切线，故B错误； C、粒子仅受静电力，动能与电势能之和守恒。若粒子从M点运动到N点，静电力做负功，动能减小，则M点动能大于N点动能；若粒子从N点运动到M点，静电力做正功，动能增大，则M点动能大于N点动能，可知，无论粒子运动方向如何，M点动能均大于N点动能，则粒子在M点的速度一定大于在N点的速度，故C正确； D、根据等差等势面的疏密程度反映场强的大小，等势面越密，场强越大，由图可知，M点处的等势面比N点处稀疏，则M点的场强小于N点的场强，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D错误。 故选：C。 3．（2026秋•同步）电场线能直观地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两组点，则（　　） A．A、D两点电场强度相同 B．E、F两点电场强度不同 C．B、O、C三点中，O点电场强度最大 D．电子从E点向O点运动过程，加速度逐渐减小 【答案】A 【详解】A.结合题意，由两等量异种点电荷周围电场线的对称分布可知，A、D两点电场强度大小相等、方向相同，因此A、D两点电场强度相同，故A正确； B.由题知，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则由两等量异种点电荷周围电场线的对称分布可知，E、F两点电场强度大小相等、方向相同，因此E、F两点电场强度相同，故B错误； C.因为同一电场中，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，所以由题图可知，B、O、C三点中，O点电场强度最小，故C错误； D.同C思路，由题图中电场线的疏密程度可知，电子从E点向O点运动过程中，电场强度逐渐增大，则由F＝qE＝ma可知，其加速度也逐渐增大，故D错误。 故选：A。 4．（2026春•毕节市期末）如图为某静电场的等势面分布，相邻等势面间的电势差相等。一电子仅在电场力作用下，以一定的初速度从M点出发经P点运动到N点，轨迹如图中虚线所示。下列说法正确的是（　　） A．P点的电势低于M点的电势 B．电子在P点的加速度小于在M点的加速度 C．电子在P点的电势能小于在N点的电势能 D．电子在P点的动能大于在N点的动能 【答案】A 【详解】A、根据题意分析可知，电子在电场中仅受静电力作用，由M运动到N，根据曲线运动所受合力处于轨迹的凹侧，可知电子在P点受到的电场力向下，与电场方向相反，则电场线方向向上，根据沿着电场线电势降低可知P点的电势低于M点的电势，故A正确； B、根据题意分析可知，等差等势面越密集，电场强度越大，则P点的电场强度大于M点的电场强度，根据可知电子在P点的加速度大于在M点的加速度，故B错误； CD、根据题意分析可知，由A选项分析有P点的电势低于N点的电势，电子带负电，根据Ep＝﹣eφ可知电子在P点的电势能大于在N点的电势能，电子从P点到N点电场力做正功，则电子在P点的动能小于在N点的动能，故CD错误。 故选：A。 5．（2026•张家界二模）某静电场的等差等势面分布如图所示，一带正电的粒子仅在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，a、b为轨迹上的两点，已知等势面的电势φ1、φ2、φ3、φ4，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的方向垂直等势面由φ4指向φ1 B．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 C．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 D．粒子在a点的动能大于在b点的动能 【答案】C 【详解】A、粒子仅受电场力，轨迹的凹侧为电场力方向，结合图中轨迹弯曲方向可知，电场力方向竖直向下；粒子带正电，电场强度方向与电场力方向一致，也竖直向下。 电场强度方向由高电势指向低电势，电势满足 φ1＞φ2＞φ3＞φ4，电场方向是由φ1指向φ4，故A错误； B、等势面的疏密程度代表电场强度大小，等势面越密，场强E越大，b点等势面更密集，a点更稀疏，因此Eb＞Ea。 结合牛顿第二定律，加速度，所以 ab＞aa，故B错误； C、粒子带正电结合Ep＝qφ，电势越高电势能越大， a点所在等势面电势高于b点（φa＞φb），粒子在a点的电势能大于b点，故C 正确； D、粒子仅受电场力，动能和电势能之和守恒，a点电势能更大，a点动能更小，故粒子在a点的动能小于b点动能，故D错误。 故选：C。 考向2　带电粒子在电场中的加速 1．（2026秋•广东月考）电穿孔技术是一种通过特定电场作用于细胞膜，使其暂时形成微孔，从而允许分子物质通过的技术。施加图示竖直向下的外电场时，细胞膜两侧带电粒子（主要是Na+、K+、Cl﹣、磷酸根等离子）发生定向移动并重新分布，在膜两侧产生跨膜电位差，导致细胞膜结构失稳，从而暂时形成微孔。施加外电场时，下列说法正确的是（　　） A．Na+、K+等正离子，逆着电场方向移动 B．Cl﹣、磷酸根等负离子，逆着电场方向移动 C．Na+、K+等正离子，移动过程电势能增大 D．Cl﹣、磷酸根等负离子，移动过程电场力做负功 【答案】B 【详解】A．Na+、K+带正电，其所受电场力的方向与电场方向相同，应顺着电场方向移动，故A错误； B．Cl﹣、磷酸根等离子带负电，其所受电场力方向与电场方向相反，应逆着电场方向移动，故B正确； C．Na+、K+等正离子顺着电场方向移动，所受电场力做正功，根据功能关系可知，运动过程电势能减小，故C错误； D．Cl﹣、磷酸根等负离子，逆着电场方向移动，电场力方向与位移方向相同（均竖直向上），电场力做正功，故D错误。 故选：B。 2．（2026秋•济南月考）电透镜是利用静电场使电子束聚焦和成像的装置，如图所示虚线为电透镜内部静电场中等差等势面的分布示意图，实线为一电子仅在电场力作用下通过该区域的部分运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点，下列说法正确的是（　　） A．P点的电势低于Q点的电势 B．P点的电场强度小于Q点的电场强度 C．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能 D．电子在P点的电势能与动能之和小于在Q点的电势能与动能之和 【答案】C 【详解】AC.电子做曲线运动，电场力指向轨迹凹侧，电场力方向大致沿着轴负方向，因为是电子，所以电场线方向大致沿轴正方向，而电势沿着电场线方向降低，所以P点电势大于Q点电势，电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，故A错误，C正确； B.等势线越密集代表电场强度越大，P点等势线比Q点密集，所以P点电场强度比Q点电场强度大，B错误； D.只有电场力做功，动能和电势能转化，总和保持不变，故D错误。 故选：C。 3．（2026春•罗山县校级期末）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，如图所示。若质子的加速长度为x，质量为m，电荷量大小为e，质子由静止被加速到v，则加速匀强电场的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设加速匀强电场的电场强度大小为E。质子加速过程中，由动能定理得 解得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2026•容城县校级模拟）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质细绳的一端固定于O点，另一端系着一个带电小球，小球在竖直平面内做圆周运动，最高点为a，最低点为b。小球经过a点时速度最大。不计空气阻力，小球可视为质点，则（　　） A．小球带负电 B．小球在a点时电势能最大 C．运动过程中小球的机械能守恒 D．小球在b点时所受细绳拉力可能为零 【答案】D 【详解】A．小球经过a点时速度最大，由动能定理知，a点为等效最低点，小球受电场力方向向上，可知小球带正电，故A错误； B．因a点电势最低，故带正电的小球在a点时电势能最小，故B错误； C．运动过程中只有重力和电场力做功，故小球机械能与电势能的总和保持不变，故C错误； D．b点为等效最高点，则当满足时，此时小球在b点时所受细绳拉力为零，故D正确。 故选：D。 5．（2026春•天山区校级期末）如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．粒子在x2点的速度为0 B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大 C．若v0，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0 D．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 【答案】D 【详解】图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，故沿x轴，在0～x1范围内电场强度沿x轴负方向，在x1～x3范围内电场强度沿x轴正方向，在x3～x4范围内电场强度沿x轴负方向。 A．粒子到达x2处时，电势变化量为0，根据公式Ep＝qU可知电势能变化量也为0，即电场力做功为0，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在x2点的速度仍为v0。故A错误； B．x1～x3电场力对带电粒子做负功，电势能一直增大。故B错误； D．由题意可知，若粒子能到达x4处，只需满足粒子到达x3处，若粒子能够到达x3处，由功能关系可得 解得 故D正确 C．由题意可知，粒子到达x1处时，速度最大，若，粒子0～x1过程中，由功能关系可得， 解得 Ek＝2qφ0 故C错误。 故选：D。 考向3　匀强电场中的偏转 1．（2026春•泸西县校级期末）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，大量质量为m、电荷量为e的电子先后从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力和电子间的相互作用，则（　　） A．所有电子在极板间运动的时间均为T B．所有电子离开电场时得动能都不相同 C．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 【答案】C 【详解】AB、根据题意分析可知，电子进入电场后做类平抛运动，在两板间的运动时间为 不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，即不同时刻进入极板间的电子离开极板时其速度相同，所有电子离开电场时得动能都相同，故AB错误； C、根据题意分析可知，在时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为 在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有 联立得 故C正确； D、根据题意分析可知，在时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度—时间图像如下图所示 在时刻侧位移最大，最大侧位移为 故D错误。 故选：C。 2．（2026春•延边州校级期末）细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布，虚线为带电的外源DNA分子进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点。下列细胞电转染说法正确的是（　　） A．外源DNA分子带正电 B．M点的电场强度大于N点的电场强度 C．外源DNA分子在M点的速度比在N点的小 D．如果满足一定条件，只在静电力作用下，外源DNA分子可以沿N点所在电场线运动 【答案】C 【详解】A．电场线方向由正电荷出发指向负电荷，沿电场线向上；合力指向轨迹凹侧，可知外源DNA分子所受电场力方向与电场线方向相反，因此外源DNA分子带负电，故A错误； B．电场线的疏密表示电场强度大小，由图可知，M点电场线比N点稀疏，因此M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误； C．带电的外源DNA分子从M点运动到N点，因电场力方向与位移方向夹角为锐角，故电场力做正功，故外源DNA分子动能增大，因此外源DNA分子在M点的速度比在N点的小，故C正确； D．只有电场线为直线，且电荷初速度为零（或初速度沿电场线方向）时，电荷才会仅在静电力作用下沿电场线运动；N点所在电场线为曲线，因此外源DNA分子不可能沿该电场线运动，故D错误。 故选：C。 3．（2026春•武汉月考）实验室中常用荧光物质探测带电粒子的运动规律。如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，足够大平行金属板P、Q水平置于电场中，两板内侧均匀涂有可吸收粒子的荧光物质。Q板上某处有一粒子源O，可以向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的带电粒子，粒子撞击到荧光物质会使其发出荧光。已知粒子打在Q板上最远的位置与O的距离为8d（图中未画出），不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　） A．若两板间距为d，初速度方向与水平方向成30°角的粒子打在Q板上最远处 B．若两板间距为d，初速度方向与水平方向成45°角的粒子打在Q板上最远处 C．若两板间距为d，则电场强度大小为E D．若两板间距为2d，则电场强度大小为E 【答案】C 【详解】CD.由题意可知，电场强度不变，带正电粒子仅受竖直向下的电场力，加速度大小方向竖直向下。设粒子初速度与水平方向夹角为θ，将运动分解为水平方向的匀速直线运动，有 vx＝v0cosθ 则水平位移 x＝v0cosθ•t 竖直方向位移 粒子返回Q板时y＝0 联立解得粒子从O点出发后返回Q板的运动时间 代入水平位移公式有 可知当sin2θ＝1，即θ＝45°时，返回Q板的水平位移取得最大值 由题意可知，粒子打在Q板最远距离为8d，因此 可得： 根据： 解得： 故C正确，D错误； A.若两板间距为，粒子向上运动的最大竖直高度为 若粒子刚好不碰到P板、到达最高点后落回Q板，此时竖直方向总位移为0，则运动时间 联立可得： 解得：θ≠30° 故A错误； B.若两板间距为2d，能返回Q板的粒子满足 代入： 可得： 解得：θ≤30° 即初速度方向与水平方向成30°角的粒子打在Q板上最远处，故B错误。 故选：C。 4．（2026春•闵行区校级期末）如图所示，氘核和氦核以相同初速度从水平放置的两平行金属板正中间进入板长为L、两板间距离为d、板间加直流电压U的偏转电场，一段时间后离开偏转电场。不计粒子重力及其相互作用，则下列说法不正确的是（　　） A．两个粒子同时离开偏转电场 B．粒子离开偏转电场时速度方向不同 C．两粒子离开偏转电场时速度大小相同 D．两个粒子从偏转电场同一点离开 【答案】B 【详解】设氘核和氦核的质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2。已知氦核的质量是氘核的2倍，即m2＝2m1； 氦核的电荷量是氘核的2倍，即q2＝2q1，可知两粒子的比荷相等，即。 两粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由于初速度v0相同，板长L相同，根据公式可知，两粒子在电场中的运动时间t相同； 竖直方向受静电力做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度，由于两粒子比荷相同，可知两粒子的加速度a相同。 A、由上述分析可知，两个粒子的运动时间t相同，即两个粒子同时离开偏转电场，故A正确； B、粒子离开偏转电场时，竖直分速度vy＝at，速度方向与初速度方向夹角的正切值，由于a、t、v0均相同，可知两粒子离开偏转电场时速度方向相同，故B错误； C、粒子离开偏转电场时的速度大小，由于v0、vy均相同，可知两粒子离开偏转电场时速度大小相同，故C正确； D、粒子在竖直方向的偏转位移，由于a、t均相同，可知两粒子在竖直方向的偏转位移相同，因两粒子均从两极板正中间进入，故两个粒子从偏转电场同一点离开，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 5．（2026春•宿迁期末）如图所示，平行金属板接在电源两端。一个电子从O点以速度v沿垂直于极板方向射出，最远能到达A点。现将右极板向右平移，使两极板间距离变为原来的2倍。再将电子从O点以相同速度射出，最远到达B点（图中没画出）。则（　　） A．OBOA B．OB＝OA C．OB＝2OA D．OB＝4OA 【答案】C 【详解】令电源电压为U，板间距为d，从O到A距离为h，根据动能定理，有，现将右极板向右平移，使两极板间距离变为原来的2倍，从O到B，根据动能定理， 有，联立可得h＝2h，即OB＝2OA。故C正确，ABD错误； 故选：C。 考向4　示波管与加速偏转综合 1．（2026•全国自主招生）某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为U1的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为U2，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（　　） A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变 B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于 C．当U1、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小 D．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，U1不变，示波器的灵敏度不变 【答案】D 【详解】A．根据题意可知，电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能均增大，故A错误； B．电子在加速电场中，根据动能定理有 解得电子在加速电场中获得的速度 电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于，故B错误； C．电子在偏转电场中，有 结合 联立可得 可知当U1、L增大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C错误； D．根据，可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，U1不变，示波器的灵敏度不变，故D正确。 故选：D。 2．（2026春•舟山期末）示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图（1）、（2）、（3）、（4）所示的几种电压，荧光屏上可能会出现如图乙所示的（a）、（b）两种波形，则下列说法正确的是（　　） A．若XX′和YY′分别加电压（3）和（2），荧光屏上将出现图乙中（b）所示波形 B．若XX′和YY′分别加电压（2）和（1），荧光屏上将出现图乙中（a）所示波形 C．若XX′和YY′分别加电压（1）和（3），荧光屏上将出现图乙中（a）所示波形 D．若XX′和YY′分别加电压（2）和（4），荧光屏上将出现图乙中（b）所示波形 【答案】A 【详解】根据题意分析可知，由示波管原理，荧光屏上显示的是垂直偏转电压YY′随水平偏转电压XX′变化的曲线。 要得到图乙（a）所示的正弦波形，需在XX′加锯齿波扫描电压（3），使其在XX′轴左右移动；在YY′加正弦信号（1），使其在YY′轴正弦变化，合波形即为图乙（a）。 要得到图乙（b）所示的方波波形，需在XX′加锯齿波扫描电压（3），使其在XX′轴左右移动；在YY′加方波信号（2），使其在YY′轴呈固定值，合波形即为图乙（b），故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2026•平顶山模拟）如图所示，两组平行板电容器垂直放置于同一竖直平面内，其中A、B间存在电势差为U1的加速电场，C、D间存在电势差为U2的偏转电场。现将氕（）、氘（）、氚（）、氦（）四个粒子从O点由静止释放，经A、B间电场加速后沿中线进入偏转电场，离开偏转电场时均未碰到极板。若忽略粒子间相互作用及粒子重力，则离开电场时速度相同的粒子是（　　） A．、 B．、 C．、 D．、 【答案】C 【详解】根据题意分析可知，粒子在加速度电场中做匀加速直线运动，进入CD电场中的初动能为 粒子出偏转电场时的动能为 在偏转电场中沿电场运动的距离为y，则（其中d为偏转电场两极板的距离） l＝v0t（其中l为偏转电场的长度） 联立解得 由此可得所有的粒子在偏转电场中偏转的距离y相同，故相同，，即比荷相同的粒子速度相同，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．（2026•遵义模拟）如图（a）所示是某电子束柱面记录仪示意图。电子（不计重力）由静止经电压U0加速后，从圆筒侧壁小孔P沿径向射入筒内。筒内有沿轴线的匀强电场，筒壁内表面涂有荧光材料，电子撞击筒壁形成亮点标记为A。将加速电压调至U0′，同时将筒中电场强度变为原来的两倍，其余条件不变，在筒壁形成亮点标记为B（未画出）。实验后，将侧壁展开成平面，如图（b）所示，过P作水平线MN，发现B比A更靠近MN。已知A到MN的距离为d，A、B两点的距离为δ（0＜δ＜d）。不计电子之间的相互作用，则U0′为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意可知，电子经过加速电压U0后，由动能定理有 且电子在电场中做类平抛运动，则水平方向有：2R＝vt 竖直方向有： 联立解得 同理，当将加速电压调至U0'，同时将筒中电场强度变为原来的两倍，则 又因为yA﹣yB＝δ 联立解得 故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2026春•丹阳市期末）如图所示，相互平行的金属板A、B、C分别与两个相同的电源相连，一带电粒子（不计重力）从靠近A板的位置O由静止释放后，沿虚线方向运动，可自由通过B、C板上的小孔，则（　　） A．粒子一定能以大于零的速度穿过C板 B．若A板左移，带电粒子不能到达C板 C．若B板右移，粒子到达C板时间变短 D．若C板右移，粒子到达C板时间变长 【答案】D 【详解】A.由电路连接可知，AB间和BC间的电压相等，都等于电源电动势U，电场方向相反。 粒子从O由静止释放，根据动能定理 得vC＝0，故A错误； B.A板左移时，AB间电压仍为U，总功为qU﹣qU＝0，粒子刚好到达C板（速度为0），故B错误； C.粒子在AB间做匀加速直线运动，由动能定理得 因此不管AB间距如何变化，粒子到达B板的速度vB恒定； AB段平均速度为，设AB间距为d1得运动时间，BC段粒子做匀减速直线运动，到C板时末速度为0，平均速度为， 设BC间距为d2，得运动时间，总时间，B板右移时，d1增大、d2减咸小，总间距d1+d2（A到C的距离）不变，因此总时间t不变，故C错误； D.C板右移时，d1不变，d2增大，总间距d1+d2增大，vB不变，因此总时间变长，故D正确。 故选：D。 考向5　叠加场中的圆周与等效重力 1．（2026•安徽开学）如图，在竖直向下匀强电场中有一长为2L的轻杆，杆的中点O处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为m的小球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为q，电场强度为E。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到最低点时，转轴O处受到杆作用力的合力大小为（　　） A．2mg B．2Eq C．2Eq+mg D．Eq+2mg 【答案】A 【详解】甲球带正电，受到的电场力方向竖直向下，乙球带负电，受到的电场力方向竖直向上。 设甲第一次运动到最低点时的速度大小为v，对甲、乙两球组成的系统从水平位置释放到竖直位置的过程， 根据动能定理有，解得。 在最低点时，对甲球受力分析，设杆对甲的拉力大小为F1，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有，解得F1＝3Eq+mg。 此时乙球处于最高点，对乙球受力分析，设杆对乙的作用力大小为F2，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有，解得F2＝3Eq﹣mg。 根据牛顿第三定律，甲对轻杆的作用力竖直向下，大小为F1，乙对轻杆的作用力竖直向上，大小为F2。 设转轴对轻杆的作用力大小为FO，方向竖直向上，对轻杆根据平衡条件有FO+F2＝F1，解得FO＝2mg。 根据牛顿第三定律可知，转轴受到杆作用力的合力大小为2mg，故BCD错误，A正确。 故选：A。 2．（2025秋•湖北月考）如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆形绝缘轨道，A、B与圆心等高，C点为圆周上的最高点，空间有一平行于轨道平面的匀强电场，场强大小为。在圆周上的C点，先后以相同速率沿圆面向各个方向发射质量为m的带电小球，小球打在轨道上，其中打在B点时小球动能最大，小球可视为质点，重力加速度为g。若使小球从C点以初速度大小v沿轨道内侧做完整的圆周运动，则应满足（　　） A．v B．v C．v D．v 【答案】D 【详解】根据打在B点小球动能最大，B点为等效重力场的最低点，将静电力和重力等效 方向沿AB方向。 当小球做圆周运动恰好通过A点时 则 小球从C到A，根据动能定理 得 故ABC错误，D正确。 故选：D。 3．（2026秋•四川月考）如图甲所示，光滑、绝缘圆环竖直放置，半径为R，a∼l是圆环上的12个等分点，O点为圆心。空间存在平行于圆环面的匀强电场（未画出），质量为m，电荷量为+q的小球套在圆环上。某时刻，小球从a点开始沿逆时针转动，其电势能Ep与转过的圆心角θ的关系图像如图乙所示，小球经过j点时的速度大小为。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的方向为c→O B．电场强度的大小为 C．a、j两点电势差 D．小球经过d点时，对圆环弹力的大小为 【答案】D 【详解】A．由图像可得，当时（对应c点），小球的电势能最小，又因为小球带正电，则c点电势最低，由电场强度方向是沿电势降落最快的方向，则电场线应沿O→c方向，故A错误； B．c点为零电势点，小球在a点时的电势能，解得，故B错误； C．a、j两点电势差，故C错误； D．小球从j点到d点由动能定理得，设在d点小球所受弹力方向竖直向下，则有 解得 由牛顿第三定律可知，小球对圆环的弹力大小为，故D正确。 故选：D。 4．（2026春•河南期末）如图所示，在竖直平面内有一固定的绝缘圆轨道，半径为R，在其圆心处固定一带电量为+Q的点电荷。有一质量为m、带电量为+q的小球（小球可视为质点且其所受重力小于其所受的库仑力）沿着轨道内侧做圆周运动。A、B两点分别是轨道的最高点和最低点，不计一切摩擦和空气阻力，则（　　） A．小球通过A点时的最小速率为 B．小球以速率通过A时，轨道对小球的作用力大小为 C．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 D．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 【答案】B 【详解】A．根据库仑定律可知小球受到的电场力大小为，小球与点电荷都带正电，它们之间的电场力为斥力。在最高点A取指向圆心的方向为正方向，根据牛顿第二定律有 解得 由于Fe＞mg，即使vA＝0，仍有FN＝Fe﹣mg＞0，小球不会脱离轨道，因此通过A点所需的临界速率为0，故A错误； B．小球以速率通过A点，将其代入最高点的动力学方程有mg+FN﹣Fe＝mg 解得，故B正确； CD．设小球所在位置与最高点A对应的半径夹角为θ，沿指向圆心的方向，根据牛顿第二定律有 解得 由于Fe＞mg，因此小球运动过程中始终有FN＞0，恰能完成圆周运动时在最高点有vA＝0。库仑力始终沿半径方向，与位移垂直，不做功，根据机械能守恒定律有 解得，则小球在B点时的速率为，故CD错误。 故选：B。 5．（2026•浙江模拟）如图所示，竖直固定的粗糙绝缘细杆足够长，质量为m、带正电荷q的小环套在细杆上，小环与细杆之间的动摩擦因数为μ。空间存在水平方向变化的匀强电场，规定水平向左为正方向，从t＝0开始，场强按照变化，k是大于零的常量。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，在t＝0时刻，将小环由静止释放，则下列说法中正确的是（　　） A．小环先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动 B．小环的最大加速度为g C．时，小环的速度达到最大，大小为 D．时，小环的速度为零 【答案】C 【详解】AB．根据题意可知，小环刚开始运动过程，由牛顿第二定律可得：mg﹣f＝ma 摩擦力f＝μFN 弹力FN＝Eq 联立可得 由此可知，随着时间增加，小环向下做加速度增大的加速运动； 当时，电场强度减为零，此时小环只受重力作用，加速度为重力加速度，此后电场强度反向（向右），由牛顿第二定律： 所以 由此可知，随着时间增大，小环继续向下做加速度减小的加速度运动，当时，小环的加速度减为零，之后小环的加速度反向（向上），所以小环开始向下做加速度增大的减速运动，最后速度减为零，作出小环的a﹣t图像，如图下所示： 根据a﹣t图像的物理意义可知，图线与时间轴围成的面积表示小球速度的变化量，可知小球加速的速度变化量等于减速时的速度变化量，则最终减速的加速度一定大于g，所以小环的最大加速度大于g，故AB错误； C．根据以上分析可知，当时，小环的加速度减为零，速度达到最大，由于图线与横坐标轴所围区域的面积表示小球速度的变化量，则，故C正确； D．图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，可知在t轴上下方两个三角形的面积相等，则速度的变化量为零，小环的速度减小到零，则有 解得，故D错误。 故选：C。 一、单选题 1．（2026•怀化一模）如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。t＝0时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　） A．粒子带正电 B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞 C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出 D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍 【答案】D 【详解】A、t＝0时刻粒子向上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边框为高电势，电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误； B、时刻到达b点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0，故不会与下边框垂直碰撞，故B错误； C、时刻粒子在b点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运动轨迹具有对称性。故粒子最终将从a点水平向左飞出，故C错误； D、根据类平抛运动的规律有竖直方向上，解得电场强度为，因为时间之比为1：2，故电场强度之比为4：1，故D正确。 故选：D。 2．（2026•蕲春县校级模拟）在光滑绝缘的水平地面上，0～t0内，质量分别为m、4m的小球A、B带有同种电荷，从相隔较远的两处开始相向运动（不会碰撞），以A球的初速度方向为正方向，A、B运动的v﹣t图像如图所示。已知v﹣t图像中的阴影面积为S，此过程中，系统的电势能增加了35J，关于这一过程，下列说法正确的是（　　） A．两小球的系统机械能守恒，但动量不守恒 B．0～t0时间内，A球运动的距离为0.6S C．0～t0时间内，B球的初动能为28J D．0～t0时间内，B球克服电场力做了7J的功 【答案】D 【详解】A．系统在光滑绝缘水平面，合外力为零，动量守恒；又因为两球间存在电场力做功，电势能与机械能相互转化，所以机械能不守恒，故A错误； B．v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，规定A球初速度方向为正方向，在0～t0时间内，根据动量守恒有 整理得 可得m×xA﹣4m×xB＝0 因为xA+xB＝S 联立解得A球运动的距离为xA＝0.8S，故B错误； C．规定A球初速度方向为正方向，根据动量守恒，有mvA﹣4mvB＝0 根据能量守恒可知，系统的动能转化为电势能，则系统初动能 联立得 故B球的初动能，故C错误； D．根据动能定理，B球克服电场力做的功等于B球初动能的大小，由上述计算可知B球初动能为7J，所以B球克服电场力做了7J的功，故D正确。 故选：D。 二、解答题 1．（2025秋•榆林月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，一根长度为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端与质量为m、带有正电荷的金属小球（可视为质点）相连，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g。不计空气阻力，求： （1）小球通过最低点C时细线对小球的拉力F大小。 （2）如果要使小球能绕O点恰好做完整的圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度v0的大小。 【答案】（1）小球通过最低点C时细线对小球的拉力为mg（3﹣2tanθ）； （2）在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度为或。 【详解】（1）由小球静止时受力平衡可得qE＝mgtanθ 设小球运动至C点时速度为vC，根据动能定理有 在C点，小球所受重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有 联立上式，整理解得拉力大小为F＝mg（3﹣2tanθ） （2）由题意可知，若小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则或 由动能定理得 联立上式，整理解得或 答：（1）小球通过最低点C时细线对小球的拉力为mg（3﹣2tanθ）； （2）在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度为或。 2．（2025秋•河南月考）如图所示，水平光滑轨道AB与竖直平面内的光滑半圆形轨道BC相切于B点，空间存在水平向左的匀强电场，一带正电的绝缘滑块（可视为质点）锁定在A点，现解除锁定，并给滑块水平向右的初速度，滑块恰好能够沿圆弧轨道做圆周运动并从C点抛出。已知滑块所受电场力为重力的倍，圆弧轨道半径为R，A点到B点的水平距离为L＝2R，重力加速度为g。 （1）求滑块在圆弧轨道上运动的最小速度的大小； （2）求滑块在A点的初速度v0的大小； （3）若滑块从A点以的初速度向右运动，求滑块从C点抛出到落到地面过程运动的水平距离。 【答案】（1）滑块在圆弧轨道上运动的最小速度大小为。 （2）滑块在A点的初速度大小为。 （3）滑块从C点抛出到落到地面过程运动的水平距离为。 【详解】（1）设滑块的质量为m，滑块受到的重力mg向下，受到的水平电场力向左， 两者合力即等效重力，即G'＝2mg。 设等效重力方向与竖直向下方向的夹角为θ，则，解得θ＝60°，即等效重力方向向左下方。 故等效最高点（设为D点）位于圆心O的右上方，与竖直向上方向的夹角为60°。 滑块恰好能够做圆周运动的临界条件是在D点轨道对滑块的弹力为零，由等效重力提供向心力， 根据牛顿第二定律有，解得滑块在圆弧轨道上运动的最小速度的大小。 （2）由几何关系可知，从A点运动到D点，滑块在水平方向上的位移x1＝L+Rsin60°，即，方向向右； 竖直方向上上升的高度。对滑块从A点运动到D点的过程应用动能定理，有， 代入数据可得，化简得， 解得滑块在A点的初速度大小。 （3）从A点运动到C点的过程，滑块水平位移向右大小为2R，竖直上升高度为2R，设到达C点时滑块的速度为vC， 根据动能定理有，化简解得， 由于此时滑块在半圆最高点且轨道处于其下方，滑块脱离圆弧面抛出，速度方向沿切线水平向左。 滑块从C点抛出后，竖直方向上仅受重力，做自由落体运动；水平方向上受恒定的向左的电场力，做初速度向左的匀加速直线运动。 设落地时间为t，在竖直方向上有，解得； 在水平方向上加速度，滑块落地时的水平位移， 代入数据解得，即，即滑块从C点抛出到落到地面过程运动的水平距离为。 答：（1）滑块在圆弧轨道上运动的最小速度大小为。 （2）滑块在A点的初速度大小为。 （3）滑块从C点抛出到落到地面过程运动的水平距离为。 3．（2025秋•河南月考）如图所示，两个电荷量均为Q的正点电荷固定于真空中的A、B两点，A、B间距离为L，MN为A、B连线在竖直面内的中垂线，交点为O，OM＝ON＝OA＝OB＝0.5L，空间还存在沿MN向下的匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的负电荷C恰好静止在M点处，不计负电荷C的重力，静电力常量为k。 （1）求匀强电场的场强大小； （2）给电荷C一沿MO方向的初速度v0，若电荷C能运动到N点，求电荷C到N点时的速度大小。 【答案】（1）匀强电场的场强大小为。 （2）电荷C到N点时的速度大小为。 【详解】（1）负电荷C在M点受匀强电场施加的竖直向上的电场力，大小为FE＝qE，正点电荷A、B对负电荷C的库仑引力的合力竖直向下， 设A、B到M点的距离均为r，由几何关系可知， 设库仑引力与MN所在直线的夹角为θ，则，根据库仑定律和力的合成法则，库仑引力的合力大小为， 根据受力平衡条件有qE＝FC，代入数据解得匀强电场的场强大小。 （2）电荷C从M点运动到N点的过程中，由空间对称性可知正点电荷A、B在M、N两点产生的电势相等， 因此正点电荷A、B对电荷C做的总功为零，只有匀强电场对电荷C做功，M、N两点间的距离为x＝OM+ON＝L， 该过程中电场力做负功，根据动能定理有，代入数据解得电荷C到N点时的速度大小。 答：（1）匀强电场的场强大小为。 （2）电荷C到N点时的速度大小为。 4．（2025秋•利辛县校级月考）如图所示，A是一个质量为1×10﹣3kg表面绝缘的薄板，薄板静止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一质量为1×10﹣3kg带电量为q＝+1×10﹣5C的物块B，在薄板上方有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向。先产生一个方向水平向右，大小E1＝3×102V/m的电场，薄板和物块开始运动，作用时间3s后，改变电场，电场大小变为E2＝1×102V/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，薄板正好到达目的地，物块刚好到达薄板的最右端，且薄板和物块的速度恰好为零。已知薄板与物块间的动摩擦因数μ＝0.1。（薄板不带电，物块体积大小不计，g取10m/s2）试求： （1）在电场E1作用下物块B和薄板A各自的加速度； （2）在A、B停止前会达到一个共同速度，求此共同速度及共速时物块B相对出发点的位移大小； （3）全过程中物块B电势能的变化量ΔEp和薄板的长度L。 【答案】（1）在电场E1作用下物块B的加速度大小为2m/s2，方向水平向右，和薄板A的加速度大小为1m/s2，方向水平向右； （2）在A、B停止前会达到一个共同速度，此共同速度是4m/s，共速时物块B相对出发点的位移大小是14m； （3）全过程中物块B电势能的变化量是﹣6×10﹣3J，薄板的长度是6m。 【详解】（1）设A与B的质量均为m，若A与B在开始时能够一起做加速运动， 由牛顿第二定律得qE1＝2ma共，解得a共＝1.5m/s2 对A，水平方向上的最大加速度为aA，方向水平向右 所以A无法与B一起做加速运动，对B，由牛顿第二定律得qE1﹣μmg＝maB，解得aB＝2m/s2，方向水平向右。 （2）在3s末，根据运动学公式可知，此时A与B的速度分别为vA1＝aAt1＝1×3m/s＝3m/s，vB1＝aBt1＝2×3m/s＝6m/s 3s后，对B，由牛顿第二定律得qE2+μmg＝maB2，解得aB2＝2m/s2 B开始做减速运动，A以aA继续做加速运动，设再经过t2时间A与B共速， 则有v共＝vB1﹣aB2t2＝vA1+aAt2， 解得t2＝1s，v共＝4m/s 在前3秒内，B的位移为xB1m＝9m 在t2时间内，B的位移为xB2m＝5m 所以此时B相对出发点的位移为x＝xB1+xB2＝9m+5m＝14m （3）共速后，AB可视为一个整体，由牛顿第二定律得qE2＝2ma1，解得a1＝0.5m/s2（小于A的最大加速度，AB能够一起运动） 此后A、B一起向右做匀减速直线运动至停止，设这段时间为t3，则有t3s＝8s 这段运动的位移为x3m＝16m 全部过程中，静电力先做正功后做负功，电势能的变化量为ΔEP＝﹣qE1xB1+qE2（x2+x3），代入数据解得ΔE＝﹣6×10﹣3J 在前3秒，A运动的位移为xA1m＝4.5m 在t2时间内，A的位移为xA2m＝3.5m 所以薄板的长度为L＝xB1+xB2﹣xA1﹣xA2，代入数据解得L＝6m 答：（1）在电场E1作用下物块B的加速度大小为2m/s2，方向水平向右，和薄板A的加速度大小为1m/s2，方向水平向右； （2）在A、B停止前会达到一个共同速度，此共同速度是4m/s，共速时物块B相对出发点的位移大小是14m； （3）全过程中物块B电势能的变化量是﹣6×10﹣3J，薄板的长度是6m。 5．（2025秋•华龙区校级月考）如图所示，由光滑绝缘材料制成的四分之三圆弧轨道ABCD，圆心为O，半径为r。 置于竖直平面内，轨道端点A在圆心O的正上方，端点D与圆心等高。圆弧轨道ABC部分（包含AC边界）置于竖直向下的匀强电场中，匀强电场的电场强度，重力加速度为g。现从D点正上方某处释放一个带正电的小球（可视为质点），小球质量为m，带电量为q。该小球在D点进入轨道内侧后，沿轨道运动到A点时对轨道的压力恰好为零。求： （1）释放点距D点的高度； （2）将电场方向改为水平向左（场强大小不变），小球在轨道中运动时的最大动能。 【答案】（1）释放点距D点的高度为4r； （2）小球在轨道中运动时的最大动能为。 【详解】（1）在A点，根据牛顿第二定律得 整理上式解得 从释放点到A点，由动能定理得 代入数据解得h＝4r （2）电场水平向左时，小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，且qE＝mg，知小球在BC弧中点时动能最大，θ＝45°，如图所示 从初始位置到该点，由动能定理有：mg（h+rcos45°）+qErsin45°＝Ek﹣0 代入数据解得 答：（1）释放点距D点的高度为4r； （2）小球在轨道中运动时的最大动能为。 6．（2025秋•固镇县月考）某粒子加速偏转实验装置，部分示意图如图所示，一质量为m、电荷量为+q（q＞0）带电粒子由静止经电压U的加速电场加速后，从y轴上的S（0，L）点沿x轴正方向垂直进入宽度为L匀强偏转电场区域，电场方向沿y轴正方向。已知粒子从P（L，2L）点飞出电场，不计粒子重力。求： （1）粒子进入偏转电场时的速度大小； （2）粒子离开偏转电场时的速度大小； （3）偏转电场的电场强度大小。 【答案】（1）粒子进入偏转电场时的速度大小为。 （2）粒子离开偏转电场时的速度大小为。 （3）偏转电场的电场强度大小为。 【详解】（1）粒子经过加速电场的加速过程，根据动能定理可得 解得 （2）粒子在偏转电场区域内做类平抛运动，则有L＝v0t， 粒子离开偏转电场区域时速度大小为 联立解得 （3）粒子在偏转电场中运动时，竖直方向有qE＝ma， 联立解得 答：（1）粒子进入偏转电场时的速度大小为。 （2）粒子离开偏转电场时的速度大小为。 （3）偏转电场的电场强度大小为。 7．（2025秋•四川月考）如图所示，水平地面左侧有一高度未知的平台，水平地面上固定一段半径L＝0.75m、圆心角α＝53°的光滑圆弧轨道BC，C点与地面相切，C点右侧C、D区间存在一方向水平向右、电场强度E＝120V/m的匀强电场，C点右侧水平地面光滑且足够长。现将一质量m＝0.1kg、电荷量q＝0.01C的带正电绝缘滑块P以v0＝3m/s的速度从平台边缘的A点水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入圆弧轨道BC，然后通过间距也为L的C、D区间，与在D处静止的质量为5m、不带电的绝缘物块Q发生弹性正碰，绝缘滑块P整个运动过程和碰撞过程中电量不变。取，，，g＝10m/s2。求： （1）平台A点距水平地面的高度h； （2）P与Q第一次碰撞后各自的速度大小； （3）绝缘滑块P在电场中运动的时间t（最后计算结果保留两位小数）。 【答案】（1）平台A点距水平地面的高度h为1.1m； （2）P与Q第一次碰撞后各自的速度大小分别为、； （3）绝缘滑块P在电场中运动的时间为0.57s。 【详解】（1）滑块P从A点平抛运动到B点的过程，轨迹如图所示： 由速度关系得： vBy＝v0tanα＝3m/s4m/s， 由运动学规律得： vBy＝gt， 解得： t＝0.4s， 由运动学规律得，竖直方向位移大小为： ， 则平台A点距水平地面的高度为： h＝yB+L（1﹣cosα）＝0.8m+0.75m×（1﹣0.6）＝1.1m； （2）滑块P从B经过C运动到D的过程，根据动能定理可得： ， 其中： ， 解得： vD＝7m/s， P、Q碰撞过程满足动量守恒定律和能量守恒定律，以水平向右为正方向，则有： mvD＝mvP1+5mvQ1， ， 解得： ，，负号表示方向水平向左， 因此P与Q第一次碰撞后各自的速度大小分别为、； （3）滑块P从B运动到C的过程，根据动能定理得： ， 解得： ， 从C运动到D的过程，做匀加速直线运动，由运动学规律得： ， 解得P第一次通过电场的时间为： t1≈0.119s， 碰撞后，滑块P从D运动到C，根据动能定理得： ， 解得： ， 从D运动到C的过程，做匀减速直线运动，由运动学规律得： ， 解得P第二次通过电场的时间为： t2≈0.227s， 设P通过C后能上升的最大高度为h0， 根据动能定理得： ， 解得： ， 即滑块P不能返回到B点，而后将重回电场区域，由于能量守恒，滑块P滑到C的速度仍为vC1， 滑块P再次从C运动到D，根据动能定理得： ， 解得： ， 所以P第三次通过电场的时间为： t3＝t2≈0.227s， 因为v'P1＞vQ1，所以P、Q将发生第二次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有： mv'P1+5mvQ1＝mvP2+5mvQ2， ， 解得： ，， 因为vP2＜vQ2，所以P、Q将不会发生第三次弹性碰撞且P不会返回电场区域。 所以，滑块P共经过电场三次，总时间为： t总＝t1+t2+t3＝0.119s+0.227s+0.227s≈0.57s。 答：（1）平台A点距水平地面的高度h为1.1m； （2）P与Q第一次碰撞后各自的速度大小分别为、； （3）绝缘滑块P在电场中运动的时间为0.57s。 8．（2026秋•湖北月考）如图所示，物块B（可看作质点）和足够长的木板A一起叠放在光滑的水平地面上，A通过劲度系数k＝12.5N/m的弹性绳（符合胡克定律，形变量为x时弹性势能）系在左侧竖直墙壁上，弹性绳的原长为0.5m，开始时A的左侧与墙壁之间的距离为0.4m，整个空间中存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝5×104N/C。已知A、B质量均为m＝1kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A为不带电的绝缘体，B带正电，电荷量q＝2×10﹣4C。现把A、B由静止释放，重力加速度g取10m/s2。 （1）求释放瞬间，A、B间的摩擦力大小； （2）求A、B刚发生相对滑动时，B的速度大小； （3）当B达到第（2）问中的速度时，剪断弹性绳并撤去电场，在A上距B右侧d＝0.1m处轻放一个不带电、质量为2m的绝缘物块C，C与A间的动摩擦因数也为μ，B、C间的碰撞为弹性碰撞。求整个运动过程中A、B间的摩擦力产生的热量Q。 【答案】（1）释放瞬间，A、B间的摩擦力大小为5N。 （2）A、B刚发生相对滑动时，B的速度大小为2m/s。 （3）整个运动过程中A、B间的摩擦力产生的热量为J。 【详解】（1）假设开始时A、B相对静止一起加速运动，由牛顿第二定律得 对A受力分析，A、B间的摩擦力大小f＝ma，计算解得f＝5N 由于f＜μmg，假设成立，A、B间为静摩擦力，大小为5N （2）A、B刚发生相对滑动时，加速度相同，设此时弹性绳伸长量为x1 对B由牛顿第二定律得 对A由牛顿第二定律得 由系统功能关系有 解得v＝2m/s （3）A、B一起向右减速，C向右加速，设A、B和C碰撞前速度分别为v1和v2 以运动方向为正方向，由动量守恒有2mv＝2mv1+2mv2 由能量守恒有 解得v1＝1.5m/s，v2＝0.5m/s B、C发生弹性碰撞，设碰后B、C速度分别为v′1，v′2 以运动方向为正方向，由动量守恒有mv1+2mv2＝mv′1+2mv′2 由能量守恒有 解得 B、C碰后均在A上向右加速，加速度相同，C与A先相对静止 其中，计算解得， ，计算解得， ，计算解得 设B、C碰后C在A上滑行时间为t，A、C共速为v′ 由运动学公式有v′＝v1﹣aAt＝v′2+aCt 解得 B、C碰后，C相对A滑行位移，计算解得 C与A相对静止后一起减速，B加速，最终A、B、C速度相等一起匀速 最终A、B、C共同速度为v3，以运动方向为正方向，由动量守恒有2mv＝4mv3 由能量守恒有A、B间摩擦产生热量，计算解得 答：（1）释放瞬间，A、B间的摩擦力大小为5N。 （2）A、B刚发生相对滑动时，B的速度大小为2m/s。 （3）整个运动过程中A、B间的摩擦力产生的热量为J。 9．（2026•广东校级开学）如图所示，水平地面光滑，O点左侧空间存在水平向右的匀强电场。质量为m1＝2kg、带电荷量为+q＝0.3C的绝缘物块A初始静止在O点左侧L1＝1m处。O点右侧有质量为m2＝1kg的物块B，B含半径为r＝0.4m的四分之一光滑圆弧PQ与长为L2＝0.4m的粗糙水平轨道PR；质量为m3＝1kg的物块C静置于PR段的最右端，C与PR段间动摩擦因数为μ＝0.1。现将物块A由静止释放，加速运动至O点时速度为v0＝3m/s，后与静止的B发生弹性碰撞，且碰撞后瞬间A立即被锁定在O点，A、C均为质点，重力加速度取g＝10m/s2。 （1）求匀强电场的场强大小E； （2）求A、B碰后B的速度大小； （3）通过计算判断C是否能够从Q点脱离物块B； （4）C是否能够从B的右端与B分离，若能，计算分离时C的速度大小；若不能，确定C最后在B上的位置（结果可用根号表示）。 【答案】（1）匀强电场的场强大小为30N/C。 （2）A、B碰后B的速度大小为4m/s。 （3）C不会从Q点脱离物块B。 （4）C能够从B的右端与B分离，分离时C的速度大小为m/s。 【详解】（1）对物块A从释放到O的过程中，由动能定理得 解得E＝30N/C （2）对A、B碰撞过程，以运动方向为正方向，由动量守恒定律m1v0＝m1vA+m2v1 由机械能守恒定律 解得v1＝4m/s （3）对物块B、C，当C上升到最高点h时，二者有共同速度v2，以运动方向为正方向，由水平方向动量守恒有m2v1＝（m2+m3）v2 由能量守恒定律 解得h＝0.36m＜r 故物块C不会从Q点脱离物块B。 （4）若物块C最后停在B上，设C在PR段上运动的相对路程为x， 由能量守恒定律 解得x＝4m＞2L2 故物块C将从B的右端与B分离。 设分离时B、C的速度分别为v3、v4， 以运动方向为正方向，水平方向动量守恒有m2v1＝m2v3+m3v4 由能量守恒定律 解得， 所以分离时C的速度为。 答：（1）匀强电场的场强大小为30N/C。 （2）A、B碰后B的速度大小为4m/s。 （3）C不会从Q点脱离物块B。 （4）C能够从B的右端与B分离，分离时C的速度大小为m/s。 10．（2025秋•东胜区校级月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限存在匀强电场E2、E1，电场E1的场强大小为1×103V/m，方向与x轴正方向成30°角斜向上，电场E2的场强大小为/m，方向与x轴负方向成60°斜向下，带正电粒子a的比荷为1.0×105C/kg，从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为104m/s，不计粒子的重力。求： （1）P、O两点间的距离； （2）求粒子a离开电场E2时与O点的距离。（计算结果可带根号） 【答案】（1）P、O两点间的距离为0.5m； （2）粒子a离开电场E2时与O点的距离为。 【详解】（1）方法一，使用动能定理求解： 带电粒子在电场E1中加速，根据动能定理 解得L＝0.5m 方法二，使用牛顿第二定律与匀变速直线运动的知识求解： 根据牛顿第二定律E1q＝ma1 解得 根据速度—位移公式v2＝2a1L 解得L＝0.5m （2）带电粒子在电场E2中做类平抛运动 根据牛顿第二定律E2q＝ma2 解得 对运动进行分解： 垂直电场方向x•cos30°＝vt 平行电场方向 解得t＝2×10﹣4s， 答：（1）P、O两点间的距离为0.5m； （2）粒子a离开电场E2时与O点的距离为。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 10.5　带电粒子在电场中的运动 知道带电粒子加速、偏转的分析思路，能判断基本粒子与带电微粒的重力取舍，会用动力学和动能定理两种方法处理加速。 理解粒子垂直进入匀强电场的类平抛运动，掌握偏转量、偏转角及“反向延长线过中点”推论。 了解示波管的构造和原理，理解先加速后偏转时屏上偏移与粒子的比荷（q、m）无关。 会用等效重力法分析重力与电场叠加场中的直线、圆周运动，了解交变电场中运动的分段处理。 【思维导图】 考点一　带电粒子在电场中的加速 1．两类研究对象： （1）基本粒子（电子、质子、α粒子、离子等）：重力远小于电场力，除说明外重力不计。 （2）带电微粒（带电液滴、油滴、尘埃、小球等）：重力一般不能忽略。 2．匀强电场中的加速（动力学观点）：加速度 ，由运动学公式 ，得 。 3．非匀强（任意）电场中的加速（动能定理）：，同样得 ，与电场是否匀强无关。 4．多级加速：直线加速器用一系列电场对粒子反复加速；漂移管加速器中相邻管接交变电压，使粒子在每个间隙都被加速，从而获得很高能量。 电子直线加速器（多级漂移管）：粒子在每个间隙被电场反复加速 比较项 动力学观点 动能定理观点 适用电场 匀强电场 匀强或非匀强电场 核心公式 ，运动学公式 求解内容 加速度、速度、位移、时间 只联系初末速度与电势差 特点 过程量清晰，需知 d 只看初末状态，最常用 重难诠释　①是否计重力是第一步：基本粒子（电子、质子、离子）一般不计重力，带电颗粒（液滴、油滴、小球）要计重力；题目说“重力不计”从其规定。②匀强电场两种方法都可用；非匀强电场只能用动能定理， 中的 U 是初末位置间的电势差。③粒子由静止加速（v0=0）时 ，速度与 （比荷的平方根）成正比。④多级加速的总动能等于各次电场力做功之和：。 考点二　带电粒子在匀强电场中的偏转 1．条件：以初速度 v0 垂直于电场线方向进入匀强电场，且只受电场力（重力不计）。 2．运动性质：类平抛运动。 （1）沿初速度方向（垂直场强）：匀速直线运动，，。 （2）沿场强方向：初速度为零的匀加速直线运动，。 3．偏转量：。 4．偏转角：。 5．重要推论：，即出射速度方向的反向延长线过水平位移（板长 l）的中点。 6．末速度与动能：，。 带电粒子垂直进入匀强电场做类平抛，出射速度反向延长线过板长中点 由 v0、vy 确定偏转后动能 重难诠释　①类平抛“两分”：垂直场强方向匀速（时间由板长决定 ），沿场强方向匀加速（），两个方向互不影响。②偏转量 y 与板长平方成正比、与板间距 d 和 v0² 成反比；偏转角 tanθ 与板长 l 成正比。③推论 （出射速度反向延长线过水平位移中点）常用于快速求打到屏上的位置。④粒子出偏转电场后不再受力，做匀速直线运动；求屏上位置要把偏转场内的偏移与场外匀速偏移相加。 考点三　示波管（加速与偏转综合） 1．构造：电子枪（阴极、加速电极）、偏转电极（水平、竖直两组）、荧光屏。 2．工作过程：电子先经加速电场 U1 加速，再以 v0 进入偏转电场 U2 做类平抛，离开偏转极后匀速打到荧光屏。 3．加速：。 4．偏转电场内：，。 5．屏上总偏移：，其中 L 为偏转极右端到荧光屏的水平距离。 6．重要结论：先加速后偏转时，y、tanθ、Y 都与粒子的 q、m 无关（比荷消去），只由电压和几何尺寸决定。 示波管：电子经 U1 加速、U2 偏转后打到荧光屏 P 示波管问题的求解流程 重难诠释　①示波管是“先加速、后偏转、再匀速”的综合模型，分段处理：加速段用动能定理、偏转段用类平抛、出场后用匀速直线运动。②屏上总偏移 ，注意 L 是偏转极右端到屏的距离，不要漏加偏转场内的 y。③先加速（U1）后偏转（U2）时，把 代入，y、tanθ、Y 中的 q、m 恰好消去——这是高频结论，故同种几何下不同粒子的屏上偏移相同。④偏转灵敏度（单位偏转电压引起的偏移），加速电压 U1 越小灵敏度越高。 考点四　叠加场中的运动（等效重力法） 1．直线运动条件：重力与电场力的合力方向跟速度方向在同一直线上（共线）。 2．等效重力法：把重力 mg 与电场力 qE 的合力视为“等效重力”，，等效重力加速度 ，方向为合力方向。 3．等效最低点：等效重力沿径向所指的点，速度最大；等效最高点：与其关于圆心对称的点，速度最小。 4．绳模型临界（恰好做完整圆周）：在等效最高点 。 5．能量关系：从等效最高点到最低点，。 等效重力法：把重力与电场力的合力当作“等效重力” 对照项 只有重力的竖直圆周 重力＋电场的等效圆周 恒力 重力 等效重力 加速度 （竖直向下） （沿合力方向） 最高点 几何最高点，速度最小 等效最高点，速度最小 临界速度 重难诠释　①等效重力法的本质是“恒力合成”：重力和匀强电场力都是恒力，其合力仍是恒力，把它整体看成一个“新重力”，问题就还原成熟悉的抛体运动或竖直圆周运动。②等效最高点/最低点由合力方向决定，不一定在几何最高/最低处；电场方向改变，等效点随之转动。③绳模型恰好过等效最高点的临界是 ，杆模型临界速度可为零。④求 g′ 先由静止释放（或平衡）位置判断合力方向，再由 （两力垂直时）计算。 考点五　带电粒子在交变电场中的运动 1．电场特点：电场强度（电压）随时间周期性变化，常见方波、正弦波。 2．直线运动：每个半周期内加速度大小不变、方向周期性反向，分段用匀变速规律处理。 （1）半周期末速度恰好减为零、下一周期又同向加速 → 单向直线运动。 （2）半周期内速度减为零后随即反向加速 → 往返直线运动。 3．交变电场中的偏转：垂直场强方向匀速，沿场强方向按交变分段做匀变速，逐段求速度、位移。 4．分析要点：抓住粒子进入电场的时刻，画出 v-t 图像，分段处理、利用对称性；v-t 图线与时间轴围成的面积表示位移。 交变电场中的单向直线运动（速度不反向） 交变电场中的往返直线运动（速度反向） 重难诠释　①交变电场问题“分段化”：在电压（场强）恒定的每一段时间内，粒子做匀变速运动，把连续的交变过程切成若干匀变速段。②进入时刻决定运动形态：同一交变电场，不同时刻进入，粒子可能单向运动，也可能往返，必须从进入时刻开始画 v-t 图。③判断单向还是往返，看半周期末速度是否减为零、以及加速度反向后速度方向。④v-t 图像最直观：图线斜率为加速度、与时间轴围成的代数面积为位移；方波电场中 v-t 为折线，正弦电场中需按正弦规律积分。 考向1　电场线、等势面与粒子轨迹分析 1．（2025秋•华龙区校级月考）如图所示为两个点电荷的电场，虚线为一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法中正确的是（　　） A．两个点电荷为左正右负，且右边电荷所带电荷量多 B．带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力 C．带电粒子带正电 D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 2．（2026•日照开学）如图所示，虚线a、b、c、d为一电场在纸面内的等差等势面，实线为某一带电粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是轨迹与等势面b、d的交点。下列说法正确的是（　　） A．若粒子带正电，则等势面a的电势高于c的电势 B．若粒子带负电，则N点的场强方向沿虚线切线指向右上 C．粒子在M点的速度一定大于在N点的速度 D．粒子在M点的加速度一定大于在N点的加速度 3．（2026秋•同步）电场线能直观地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两组点，则（　　） A．A、D两点电场强度相同 B．E、F两点电场强度不同 C．B、O、C三点中，O点电场强度最大 D．电子从E点向O点运动过程，加速度逐渐减小 4．（2026春•毕节市期末）如图为某静电场的等势面分布，相邻等势面间的电势差相等。一电子仅在电场力作用下，以一定的初速度从M点出发经P点运动到N点，轨迹如图中虚线所示。下列说法正确的是（　　） A．P点的电势低于M点的电势 B．电子在P点的加速度小于在M点的加速度 C．电子在P点的电势能小于在N点的电势能 D．电子在P点的动能大于在N点的动能 5．（2026•张家界二模）某静电场的等差等势面分布如图所示，一带正电的粒子仅在电场力作用下运动，轨迹如图中虚线所示，a、b为轨迹上的两点，已知等势面的电势φ1、φ2、φ3、φ4，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的方向垂直等势面由φ4指向φ1 B．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 C．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 D．粒子在a点的动能大于在b点的动能 考向2　带电粒子在电场中的加速 1．（2026秋•广东月考）电穿孔技术是一种通过特定电场作用于细胞膜，使其暂时形成微孔，从而允许分子物质通过的技术。施加图示竖直向下的外电场时，细胞膜两侧带电粒子（主要是Na+、K+、Cl﹣、磷酸根等离子）发生定向移动并重新分布，在膜两侧产生跨膜电位差，导致细胞膜结构失稳，从而暂时形成微孔。施加外电场时，下列说法正确的是（　　） A．Na+、K+等正离子，逆着电场方向移动 B．Cl﹣、磷酸根等负离子，逆着电场方向移动 C．Na+、K+等正离子，移动过程电势能增大 D．Cl﹣、磷酸根等负离子，移动过程电场力做负功 2．（2026秋•济南月考）电透镜是利用静电场使电子束聚焦和成像的装置，如图所示虚线为电透镜内部静电场中等差等势面的分布示意图，实线为一电子仅在电场力作用下通过该区域的部分运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点，下列说法正确的是（　　） A．P点的电势低于Q点的电势 B．P点的电场强度小于Q点的电场强度 C．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能 D．电子在P点的电势能与动能之和小于在Q点的电势能与动能之和 3．（2026春•罗山县校级期末）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，如图所示。若质子的加速长度为x，质量为m，电荷量大小为e，质子由静止被加速到v，则加速匀强电场的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 4．（2026•容城县校级模拟）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质细绳的一端固定于O点，另一端系着一个带电小球，小球在竖直平面内做圆周运动，最高点为a，最低点为b。小球经过a点时速度最大。不计空气阻力，小球可视为质点，则（　　） A．小球带负电 B．小球在a点时电势能最大 C．运动过程中小球的机械能守恒 D．小球在b点时所受细绳拉力可能为零 5．（2026春•天山区校级期末）如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．粒子在x2点的速度为0 B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大 C．若v0，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0 D．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 考向3　匀强电场中的偏转 1．（2026春•泸西县校级期末）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，大量质量为m、电荷量为e的电子先后从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力和电子间的相互作用，则（　　） A．所有电子在极板间运动的时间均为T B．所有电子离开电场时得动能都不相同 C．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 2．（2026春•延边州校级期末）细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布，虚线为带电的外源DNA分子进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点。下列细胞电转染说法正确的是（　　） A．外源DNA分子带正电 B．M点的电场强度大于N点的电场强度 C．外源DNA分子在M点的速度比在N点的小 D．如果满足一定条件，只在静电力作用下，外源DNA分子可以沿N点所在电场线运动 3．（2026春•武汉月考）实验室中常用荧光物质探测带电粒子的运动规律。如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，足够大平行金属板P、Q水平置于电场中，两板内侧均匀涂有可吸收粒子的荧光物质。Q板上某处有一粒子源O，可以向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的带电粒子，粒子撞击到荧光物质会使其发出荧光。已知粒子打在Q板上最远的位置与O的距离为8d（图中未画出），不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　） A．若两板间距为d，初速度方向与水平方向成30°角的粒子打在Q板上最远处 B．若两板间距为d，初速度方向与水平方向成45°角的粒子打在Q板上最远处 C．若两板间距为d，则电场强度大小为E D．若两板间距为2d，则电场强度大小为E 4．（2026春•闵行区校级期末）如图所示，氘核和氦核以相同初速度从水平放置的两平行金属板正中间进入板长为L、两板间距离为d、板间加直流电压U的偏转电场，一段时间后离开偏转电场。不计粒子重力及其相互作用，则下列说法不正确的是（　　） A．两个粒子同时离开偏转电场 B．粒子离开偏转电场时速度方向不同 C．两粒子离开偏转电场时速度大小相同 D．两个粒子从偏转电场同一点离开 5．（2026春•宿迁期末）如图所示，平行金属板接在电源两端。一个电子从O点以速度v沿垂直于极板方向射出，最远能到达A点。现将右极板向右平移，使两极板间距离变为原来的2倍。再将电子从O点以相同速度射出，最远到达B点（图中没画出）。则（　　） A．OBOA B．OB＝OA C．OB＝2OA D．OB＝4OA 考向4　示波管与加速偏转综合 1．（2026•全国自主招生）某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为U1的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为U2，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（　　） A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变 B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于 C．当U1、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小 D．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，U1不变，示波器的灵敏度不变 2．（2026春•舟山期末）示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图（1）、（2）、（3）、（4）所示的几种电压，荧光屏上可能会出现如图乙所示的（a）、（b）两种波形，则下列说法正确的是（　　） A．若XX′和YY′分别加电压（3）和（2），荧光屏上将出现图乙中（b）所示波形 B．若XX′和YY′分别加电压（2）和（1），荧光屏上将出现图乙中（a）所示波形 C．若XX′和YY′分别加电压（1）和（3），荧光屏上将出现图乙中（a）所示波形 D．若XX′和YY′分别加电压（2）和（4），荧光屏上将出现图乙中（b）所示波形 3．（2026•平顶山模拟）如图所示，两组平行板电容器垂直放置于同一竖直平面内，其中A、B间存在电势差为U1的加速电场，C、D间存在电势差为U2的偏转电场。现将氕（）、氘（）、氚（）、氦（）四个粒子从O点由静止释放，经A、B间电场加速后沿中线进入偏转电场，离开偏转电场时均未碰到极板。若忽略粒子间相互作用及粒子重力，则离开电场时速度相同的粒子是（　　） A．、 B．、 C．、 D．、 4．（2026•遵义模拟）如图（a）所示是某电子束柱面记录仪示意图。电子（不计重力）由静止经电压U0加速后，从圆筒侧壁小孔P沿径向射入筒内。筒内有沿轴线的匀强电场，筒壁内表面涂有荧光材料，电子撞击筒壁形成亮点标记为A。将加速电压调至U0′，同时将筒中电场强度变为原来的两倍，其余条件不变，在筒壁形成亮点标记为B（未画出）。实验后，将侧壁展开成平面，如图（b）所示，过P作水平线MN，发现B比A更靠近MN。已知A到MN的距离为d，A、B两点的距离为δ（0＜δ＜d）。不计电子之间的相互作用，则U0′为（　　） A． B． C． D． 5．（2026春•丹阳市期末）如图所示，相互平行的金属板A、B、C分别与两个相同的电源相连，一带电粒子（不计重力）从靠近A板的位置O由静止释放后，沿虚线方向运动，可自由通过B、C板上的小孔，则（　　） A．粒子一定能以大于零的速度穿过C板 B．若A板左移，带电粒子不能到达C板 C．若B板右移，粒子到达C板时间变短 D．若C板右移，粒子到达C板时间变长 考向5　叠加场中的圆周与等效重力 1．（2026•安徽开学）如图，在竖直向下匀强电场中有一长为2L的轻杆，杆的中点O处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为m的小球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为q，电场强度为E。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到最低点时，转轴O处受到杆作用力的合力大小为（　　） A．2mg B．2Eq C．2Eq+mg D．Eq+2mg 2．（2025秋•湖北月考）如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆形绝缘轨道，A、B与圆心等高，C点为圆周上的最高点，空间有一平行于轨道平面的匀强电场，场强大小为。在圆周上的C点，先后以相同速率沿圆面向各个方向发射质量为m的带电小球，小球打在轨道上，其中打在B点时小球动能最大，小球可视为质点，重力加速度为g。若使小球从C点以初速度大小v沿轨道内侧做完整的圆周运动，则应满足（　　） A．v B．v C．v D．v 3．（2026秋•四川月考）如图甲所示，光滑、绝缘圆环竖直放置，半径为R，a∼l是圆环上的12个等分点，O点为圆心。空间存在平行于圆环面的匀强电场（未画出），质量为m，电荷量为+q的小球套在圆环上。某时刻，小球从a点开始沿逆时针转动，其电势能Ep与转过的圆心角θ的关系图像如图乙所示，小球经过j点时的速度大小为。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的方向为c→O B．电场强度的大小为 C．a、j两点电势差 D．小球经过d点时，对圆环弹力的大小为 4．（2026春•河南期末）如图所示，在竖直平面内有一固定的绝缘圆轨道，半径为R，在其圆心处固定一带电量为+Q的点电荷。有一质量为m、带电量为+q的小球（小球可视为质点且其所受重力小于其所受的库仑力）沿着轨道内侧做圆周运动。A、B两点分别是轨道的最高点和最低点，不计一切摩擦和空气阻力，则（　　） A．小球通过A点时的最小速率为 B．小球以速率通过A时，轨道对小球的作用力大小为 C．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 D．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 5．（2026•浙江模拟）如图所示，竖直固定的粗糙绝缘细杆足够长，质量为m、带正电荷q的小环套在细杆上，小环与细杆之间的动摩擦因数为μ。空间存在水平方向变化的匀强电场，规定水平向左为正方向，从t＝0开始，场强按照变化，k是大于零的常量。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，在t＝0时刻，将小环由静止释放，则下列说法中正确的是（　　） A．小环先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动 B．小环的最大加速度为g C．时，小环的速度达到最大，大小为 D．时，小环的速度为零 一、单选题 1．（2026•怀化一模）如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。t＝0时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　） A．粒子带正电 B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞 C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出 D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍 2．（2026•蕲春县校级模拟）在光滑绝缘的水平地面上，0～t0内，质量分别为m、4m的小球A、B带有同种电荷，从相隔较远的两处开始相向运动（不会碰撞），以A球的初速度方向为正方向，A、B运动的v﹣t图像如图所示。已知v﹣t图像中的阴影面积为S，此过程中，系统的电势能增加了35J，关于这一过程，下列说法正确的是（　　） A．两小球的系统机械能守恒，但动量不守恒 B．0～t0时间内，A球运动的距离为0.6S C．0～t0时间内，B球的初动能为28J D．0～t0时间内，B球克服电场力做了7J的功 二、解答题 1．（2025秋•榆林月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，一根长度为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端与质量为m、带有正电荷的金属小球（可视为质点）相连，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g。不计空气阻力，求： （1）小球通过最低点C时细线对小球的拉力F大小。 （2）如果要使小球能绕O点恰好做完整的圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度v0的大小。 2．（2025秋•河南月考）如图所示，水平光滑轨道AB与竖直平面内的光滑半圆形轨道BC相切于B点，空间存在水平向左的匀强电场，一带正电的绝缘滑块（可视为质点）锁定在A点，现解除锁定，并给滑块水平向右的初速度，滑块恰好能够沿圆弧轨道做圆周运动并从C点抛出。已知滑块所受电场力为重力的倍，圆弧轨道半径为R，A点到B点的水平距离为L＝2R，重力加速度为g。 （1）求滑块在圆弧轨道上运动的最小速度的大小； （2）求滑块在A点的初速度v0的大小； （3）若滑块从A点以的初速度向右运动，求滑块从C点抛出到落到地面过程运动的水平距离。 3．（2025秋•河南月考）如图所示，两个电荷量均为Q的正点电荷固定于真空中的A、B两点，A、B间距离为L，MN为A、B连线在竖直面内的中垂线，交点为O，OM＝ON＝OA＝OB＝0.5L，空间还存在沿MN向下的匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的负电荷C恰好静止在M点处，不计负电荷C的重力，静电力常量为k。 （1）求匀强电场的场强大小； （2）给电荷C一沿MO方向的初速度v0，若电荷C能运动到N点，求电荷C到N点时的速度大小。 4．（2025秋•利辛县校级月考）如图所示，A是一个质量为1×10﹣3kg表面绝缘的薄板，薄板静止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一质量为1×10﹣3kg带电量为q＝+1×10﹣5C的物块B，在薄板上方有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向。先产生一个方向水平向右，大小E1＝3×102V/m的电场，薄板和物块开始运动，作用时间3s后，改变电场，电场大小变为E2＝1×102V/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，薄板正好到达目的地，物块刚好到达薄板的最右端，且薄板和物块的速度恰好为零。已知薄板与物块间的动摩擦因数μ＝0.1。（薄板不带电，物块体积大小不计，g取10m/s2）试求： （1）在电场E1作用下物块B和薄板A各自的加速度； （2）在A、B停止前会达到一个共同速度，求此共同速度及共速时物块B相对出发点的位移大小； （3）全过程中物块B电势能的变化量ΔEp和薄板的长度L。 5．（2025秋•华龙区校级月考）如图所示，由光滑绝缘材料制成的四分之三圆弧轨道ABCD，圆心为O，半径为r。 置于竖直平面内，轨道端点A在圆心O的正上方，端点D与圆心等高。圆弧轨道ABC部分（包含AC边界）置于竖直向下的匀强电场中，匀强电场的电场强度，重力加速度为g。现从D点正上方某处释放一个带正电的小球（可视为质点），小球质量为m，带电量为q。该小球在D点进入轨道内侧后，沿轨道运动到A点时对轨道的压力恰好为零。求： （1）释放点距D点的高度； （2）将电场方向改为水平向左（场强大小不变），小球在轨道中运动时的最大动能。 6．（2025秋•固镇县月考）某粒子加速偏转实验装置，部分示意图如图所示，一质量为m、电荷量为+q（q＞0）带电粒子由静止经电压U的加速电场加速后，从y轴上的S（0，L）点沿x轴正方向垂直进入宽度为L匀强偏转电场区域，电场方向沿y轴正方向。已知粒子从P（L，2L）点飞出电场，不计粒子重力。求： （1）粒子进入偏转电场时的速度大小； （2）粒子离开偏转电场时的速度大小； （3）偏转电场的电场强度大小。 7．（2025秋•四川月考）如图所示，水平地面左侧有一高度未知的平台，水平地面上固定一段半径L＝0.75m、圆心角α＝53°的光滑圆弧轨道BC，C点与地面相切，C点右侧C、D区间存在一方向水平向右、电场强度E＝120V/m的匀强电场，C点右侧水平地面光滑且足够长。现将一质量m＝0.1kg、电荷量q＝0.01C的带正电绝缘滑块P以v0＝3m/s的速度从平台边缘的A点水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入圆弧轨道BC，然后通过间距也为L的C、D区间，与在D处静止的质量为5m、不带电的绝缘物块Q发生弹性正碰，绝缘滑块P整个运动过程和碰撞过程中电量不变。取，，，g＝10m/s2。求： （1）平台A点距水平地面的高度h； （2）P与Q第一次碰撞后各自的速度大小； （3）绝缘滑块P在电场中运动的时间t（最后计算结果保留两位小数）。 8．（2026秋•湖北月考）如图所示，物块B（可看作质点）和足够长的木板A一起叠放在光滑的水平地面上，A通过劲度系数k＝12.5N/m的弹性绳（符合胡克定律，形变量为x时弹性势能）系在左侧竖直墙壁上，弹性绳的原长为0.5m，开始时A的左侧与墙壁之间的距离为0.4m，整个空间中存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝5×104N/C。已知A、B质量均为m＝1kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A为不带电的绝缘体，B带正电，电荷量q＝2×10﹣4C。现把A、B由静止释放，重力加速度g取10m/s2。 （1）求释放瞬间，A、B间的摩擦力大小； （2）求A、B刚发生相对滑动时，B的速度大小； （3）当B达到第（2）问中的速度时，剪断弹性绳并撤去电场，在A上距B右侧d＝0.1m处轻放一个不带电、质量为2m的绝缘物块C，C与A间的动摩擦因数也为μ，B、C间的碰撞为弹性碰撞。求整个运动过程中A、B间的摩擦力产生的热量Q。 9．（2026•广东校级开学）如图所示，水平地面光滑，O点左侧空间存在水平向右的匀强电场。质量为m1＝2kg、带电荷量为+q＝0.3C的绝缘物块A初始静止在O点左侧L1＝1m处。O点右侧有质量为m2＝1kg的物块B，B含半径为r＝0.4m的四分之一光滑圆弧PQ与长为L2＝0.4m的粗糙水平轨道PR；质量为m3＝1kg的物块C静置于PR段的最右端，C与PR段间动摩擦因数为μ＝0.1。现将物块A由静止释放，加速运动至O点时速度为v0＝3m/s，后与静止的B发生弹性碰撞，且碰撞后瞬间A立即被锁定在O点，A、C均为质点，重力加速度取g＝10m/s2。 （1）求匀强电场的场强大小E； （2）求A、B碰后B的速度大小； （3）通过计算判断C是否能够从Q点脱离物块B； （4）C是否能够从B的右端与B分离，若能，计算分离时C的速度大小；若不能，确定C最后在B上的位置（结果可用根号表示）。 10．（2025秋•东胜区校级月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限存在匀强电场E2、E1，电场E1的场强大小为1×103V/m，方向与x轴正方向成30°角斜向上，电场E2的场强大小为/m，方向与x轴负方向成60°斜向下，带正电粒子a的比荷为1.0×105C/kg，从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为104m/s，不计粒子的重力。求： （1）P、O两点间的距离； （2）求粒子a离开电场E2时与O点的距离。（计算结果可带根号） 2 学科网（北京）股份有限公司 $