10.5 带电粒子在电场中的运动常见八种题型 提高卷-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常见八种题型（提高卷） 目　录 题型一　受力平衡与悬挂模型 题型二　电场线等势面与轨迹 题型三　加速与偏转应用 题型四　交变电场与周期电压 题型五　圆周运动与等效重力场 题型六　图像与功能关系 题型七　类平抛与复合场运动 题型八　解答与综合计算 题型一　受力平衡与悬挂模型 【解题技巧】（带电小球在重力场与电场复合环境中静止时，绳的拉力、重力与电场力三力平衡，等效重力等于重力与电场力的矢量和，方向决定绳与竖直方向夹角。双球系统先整体求外力再隔离求内力，细线剪断或电场反向瞬间看剩余力的合力方向。判断类小题先画受力图定等效重力方向，再用平衡条件或正弦定理列式，注意电场力方向由电荷正负与场强方向共同决定。） 1．如图所示，电荷量为的带正电小球甲固定于水平天花板点正下方的点，质量为、电荷量为的带正电小球乙用长为的绝缘细线悬挂于点。小球乙静止时位于点，细线与竖直方向的夹角为。已知静电力常量为，两小球均可视为点电荷，、点间的距离为，、点间的距离为，重力加速度大小为。下列说法正确的是（     ） A．小球乙静止时满足关系式 B．两球间的库仑力大小为 C．细线上的拉力大小为 D．若增大，则小球乙重新静止时减小 2．如图，空间内存在方向水平向左，范围足够大的匀强电场。用一长为的不可伸长的绝缘轻绳将一质量为的带电小球悬挂在点，平衡时小球停止于点，此时轻绳与竖直方向夹角，在点正下方。现把小球拉到点正右方的处，此时轻绳刚好处于水平状态，将小球无初速度释放，不计空气阻力，带电小球可视为质点，重力加速度为，，下列说法正确的是（     ） A．电场强度的大小为 B．小球运动到点时的速度为 C．小球从到的过程中绳子的最大拉力为 D．小球从到的过程中机械能先减小后增加 3．如图所示，边长为的绝缘菱形支架EFGH竖直放置，FG边固定于水平地面，。E、G两点各固定一带电小球，两小球带等量异种电荷。点H、F间固定一光滑绝缘直轨道，另一带电小球q从H点沿轨道由静止下滑至F点。重力加速度大小为g、小球均可视为点电荷。则小球q在运动过程中，下列说法不正确的是（     ） A．机械能可能先减小后增大 B．所受支持力可能先减小后增大 C．所受电场力一定先增大后减小 D．到达F点时的速率一定为 4．（多选）如图所示，下极板接地的平行板电容器与电源保持连接，整个装置处于真空中。一带电油滴从电容器两板中间左端的O点水平匀速穿过两极板。已知平行板电容器电容为C，两板间距离为d，现仅将电容器的上极板向下平移，则（　　） A．带电油滴带负电荷 B．电容器的电容变为 C．O点的电势将升高 D．带电油滴仍能水平匀速穿过电容器 5．如图所示，质量为的带电小球用绝缘丝线悬挂于点，并处在水平向右的大小为的足够大的匀强电场中，小球静止时，丝线与竖直方向的夹角为，已知小球所带电荷量大小，质量，取重力加速度，，。求： (1)小球的带电性质及匀强电场的场强大小； (2)若将丝线烧断，则经过，小球运动的位移为多少？（设电场范围足够大） 6．（多选）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘轻细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知，重力加速度为g。则下列说法正确的是（     ） A．匀强电场的场强大小为 B．小球恰好做完整的圆周运动时，在点的速度大小 C．垂直于的初速度 D．小球恰好做完整的圆周运动到达点时对绳子拉力大小为 题型二　电场线等势面与轨迹 【解题技巧】（电场线疏密表示场强大小，沿电场线方向电势降低，等势面与电场线处处垂直。粒子轨迹弯向合力一侧，由轨迹弯曲方向判受力方向，再由受力与场强关系定电荷电性。仅在电场力作用下动能与电势能之和守恒，跨等势面用动能定理求速率变化。分析时按受力方向、场强疏密、电势高低、能量变化四条线索逐项核对，注意等势面数值是判断电势升降的关键。） 7．如图所示，两个电荷量都是的正、负点电荷固定在、两点，连线中点为。现将另一个电荷量为的试探电荷放在连线的中垂线上距为的点，沿某一确定方向施加外力使电荷由静止开始沿直线从点运动到点，下列说法正确的是（　　） A．外力的方向应当平行于方向水平向右 B．电荷从点到点的运动为匀变速直线运动 C．电荷从点到点的运动为加速度减小的加速直线运动 D．电荷从点运动到点的过程中逐渐增大 8．（多选）如图所示，真空中固定着两个等量同种负点电荷，为其连线中点，、为连线的中垂线上的两点，。一带正电的试探电荷（重力不计）开始在点，下列说法正确的是（　　） A．试探电荷从点由静止释放，在运动到点过程中加速度一定减小 B．试探电荷从点由静止释放，在点试探电荷有最大电势能 C．在点给试探电荷适当的垂直于纸面的初速度，它可能做匀速圆周运动 D．试探电荷只能在等量同种负电荷连线的中垂面内做匀速圆周运动 题型三　加速与偏转应用 【解题技巧】（带电粒子初速为零经电压加速，满足动能定理关系；垂直射入偏转电场做类平抛运动，侧移与偏转角由加速电压和偏转电压共同决定。同位素混合经同一加速同一偏转后轨迹重合，与电荷量、质量无关，这是示波管与质谱仪分析的核心结论。分析仪器类问题先分清加速段与偏转段，再列动能定理与类平抛两套方程，最后按打屏位置或飞出时间逐项判断。） 9．我国科研团队研发返回式电子束静电探测技术用于测量月表静电场：探测器垂直面向月表发射电子束，电子在月表上方匀强电场中减速至速度为零后原路返回，通过测量往返飞行时间推算电场强度。下列说法中正确的是（     ） A．若沿月表空间某一方向，电势逐渐降低，则可确定该方向为电场强度方向 B．电子运动过程经过的位置电势越高，其在该位置电势能越小 C．电子在运动过程中，其电势能先减小，后增大 D．此匀强电场方向竖直向上 10．（多选）如图所示，质量相同的两个带电粒子、以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，从两极板正中央射入，从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入至打到上极板的过程中（    ） A．它们运动的时间 B．它们的电势能减少量之比 C．它们所带电荷量之比 D．它们的动能增加量之比 11．（多选）如图所示，粒子源产生的多种正粒子漂入电压恒定的加速电场（初速度很小，可忽略不计），加速后从小孔S沿水平平行金属板A、B的中心线射入偏转电场，A、B板间的电压恒定，不计粒子重力及相互作用，若粒子均能从A、B板间射出，则（　　） A．粒子的比荷越大，离开偏转电场时偏转位移越大 B．粒子的比荷越大，离开偏转电场时的速度越大 C．粒子离开偏转电场时的偏转角正切值与加速电压有关 D．粒子经过加速电场过程，电场力做功与粒子电荷量无关 12．（多选）某示波管的示意图如图所示，电子由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场。下列措施中能使电子偏转距离变小的是（     ） A．增大偏转极板长度 B．减小偏转极板长度 C．将偏转电压降低 D．减小偏转极板间的距离 13．如图为某电子发生装置，产生初速度为0的电子，经过加速电场的加速，然后进入偏转电场运动，最后打在荧光屏上。已知加速电场两板间电势差为，偏转电场两板间电势差为且上板带负电，板长为，板间距为，偏转电场与荧光屏的距离为，电子的质量为、电荷量为，其重力不计。 (1)电子离开加速电场时获得的速度大小； (2)电子离开偏转电场时偏离中心线的偏移量； (3)若偏转电场两极板间距增大为原来的2倍，电子前后两次打到荧光屏上偏离中心位置的偏移量之比。 题型四　交变电场与周期电压 【解题技巧】（极板间加周期性电压时，粒子在半周期内做匀变速运动，速度图线呈折线状。分析时先定初始时刻与初速度，再逐段画速度时间图：速度相同或减为零的时刻是粒子回到原点、侧移最大等特征状态的标志。持续射入的粒子流要注意不同时刻进入的粒子运动不同步，判断能否飞出先比较最大侧移与板间距一半的关系，用面积法求位移最简洁。） 14．如图（a）所示，平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的变化电压UAB，重力可忽略的带负电粒子被固定在两板的正中间P处。若在时刻释放该粒子，粒子先向A板运动，再向B板运动…，最终打在A板上。则可能属于的时间段是（     ） A． B． C． D． 15．（多选）如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线以速度平行于极板进入（记为时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为，带电粒子只受电场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4s B．粒子射出时的速度大小一定为 C．若粒子在时未射出，则粒子在竖直方向的位移大小为（为极板间距） D．极板间距离需满足，粒子才不会与极板碰撞 题型五　圆周运动与等效重力场 【解题技巧】（复合场中的圆周运动用等效重力场处理：重力与电场力的合力视为等效重力，等效最高点速度最小、最容易脱离轨道。竖直圆模型临界条件是等效最高点重力提供向心力，绳杆与轨道内外侧约束各不相同。绝缘轨道上带电小球运动结合动能定理求特征点速度与压力。分析时先求等效重力加速度并画出等效最低点，再套用圆周运动临界与能量关系逐项判断。） 16．如图所示，绝缘光滑半圆环轨道半径为R，置于竖直向上的匀强电场E中。在轨道上端与圆心等高位置处一质量为m、带电量为+q的小球由静止释放，小球沿轨道下滑。已知电场强度，下列说法正确的是（     ） A．小球运动过程机械能守恒 B．小球机械能与电势能之和先减小后增大 C．小球到达最低点时，小球对轨道的压力大小为 D．小球下滑到最低点过程中，电势能减少 17．如图，竖直平面内固定光滑绝缘圆形轨道，半径为R。A、B分别为轨道最低点、最高点；轨道上C、D连线过圆心O，OC与竖直向下方向夹角为60°。空间存在平行轨道平面、水平向右的匀强电场。质量为m的带电量绝对值为q的带负电小球（视为质点）恰好沿轨道内侧完成完整圆周运动，且经过C点时速度最大，重力加速度为g。下列说法正确的是（     ） A．场强大小为 B．小球通过B点时的速度大小为 C．小球从D运动到C的过程中，重力势能与电势能之和不断增大 D．小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg 18．（多选）如图，一个质量为m、电荷为+q的小球，系在一根长为L不可伸长的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕固定O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。整个空间存在水平方向匀强电场，电场强度，已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的动能最大 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小 C．若小球恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度 D．若将小球在A点由静止开始释放，则小球运动到B点时的速度为 19．如图所示，某空间有水平向右的匀强电场，场强大小为，其中有一根长为的绝缘细线，一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球，开始它静止在点，此时悬线与竖直方向成角。已知重力加速度为，，。 (1)求点和点间的电势差； (2)判断小球的电性，并求小球所带的电荷量； (3)若把小球拉到与等高的位置，从静止释放，求： a．小球经过最低点时细线对小球的拉力； b．小球运动过程中的最大动能。 题型六　图像与功能关系 【解题技巧】（图像类小题先看清纵横轴：速度时间图线斜率对应加速度，电势能随位移图线斜率的负值对应电场力，电荷量电压图线斜率对应电容。弹簧与物块系统结合电场力做功时，用动能定理或能量守恒串联多过程，注意弹性势能与电势能同时变化。分析时先把图像信息翻译成受力与运动特征，再按做功正负与能量转化两条主线逐项核对选项。） 20．（多选）如图所示，不带电的物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量均为，劲度系数为的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力，直到物体B获得最大速度，在此过程中弹簧未超过弹性限度且A一直在水平面上，（弹簧的弹性势能，为弹簧劲度系数，为形变量）（     ） A．撤去外力的瞬间，物体A的加速度为 B．B获得最大速度时，弹簧伸长量为 C．物体B的最大速度为 D．物体A和弹簧组成的系统机械能增加量等于物体B机械能的减少量 21．（多选）如图甲所示，足够长且固定绝缘光滑的斜面倾角为，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴，在x轴上的部分区间存在电场，电场方向沿斜面向上，一质量为m、电荷量为q的带正电滑块（可视为质点）从斜面底端由静止释放，不计空气阻力，滑块对原电场无影响，滑块向上运动的一段过程中机械能E随位移x变化的图像如图乙所示，曲线上A点切线斜率最大，下列说法正确的是（     ） A．在0~过程中滑块电势能一直减小 B．在0~过程中电场强度一直在增大 C．在处斜率最大，动能最大 D．在0~过程中先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做加速度不变的匀变速运动 22．空间中建立xyz直角坐标系，z轴正方向竖直向上，单位长度为米。有一立方体区域，8个顶点的坐标分别为A（0，0，0）、B（5，0，0）、C（5，5，0）、D（0，5，0）、E（0，0，5）、F（5，0，5）、G（5，5，5）、H（0，5，5）。有一带正电的小球，电量，质量m=1 g，以初速度从A点沿着AG方向进入立方体区域，所加电场仅限立方体区域内。g=10 m/s2。 (1)如果加一电场，使得小球能沿直线匀速到达G点，求电场强度的大小和方向； (2)如果不加电场，求小球离开立方体区域时的坐标； (3)如果加上沿AD方向的电场，大小E=10 N/C，求小球离开立方体区域时的坐标。 题型七　类平抛与复合场运动 【解题技巧】（粒子以垂直于场强方向射入匀强电场做类平抛运动：沿初速方向匀速、沿场强方向匀加速，侧移与速度偏角由运动学公式确定。重力不可忽略时用等效思想或正交分解处理，斜面与圆弧轨道上的复合场问题优先用动能定理。多过程问题按加速、偏转、匀速段分段列式，注意电子等微观粒子不计重力而液滴小球必须计重力的区别，逐段衔接求解。） 23．真空中有一带正电的小球，带电荷量为q，若将它从初始位置由静止释放，并开始计时，持续一段时间t后，速度达到，然后立刻在小球所在空间加一竖直向上的匀强电场E，又经过3t时间后，小球恰好回到初始位置，且具有末速度，已知小球重力大小为mg，则（     ） A． B． C． D． 24．如图所示，两微粒a、b分别静止于平行板电容器的上、下极板附近且非常靠近极板，其所带电荷量大小相等、符号相反，a、b的质量之比为。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的t时刻，a、b同时经过虚线所在水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略，则虚线到a、b的初始位置的距离之比为（     ） A． B． C． D． 25．如图所示，静电除尘器的两块竖直极板间有方向水平、大小为的匀强电场。质量、电荷量的粉尘以的水平初速度从极板上端射入，电场方向与同向；竖直方向只受重力。极板竖直高度，取，不计空气阻力，则粉尘落到极板底部时的水平位移大小为（     ） A． B． C． D． 26．（多选）如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为，一质量为、电荷量为的小球从点以初速度竖直向上抛出。规定抛出点的重力势能和电势能均为零。已知重力加速度为，不计空气阻力。小球从抛出到落回到与抛出点等高位置的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球运动的时间为 B．小球的重力势能的最大值为 C．小球的速度的最小值为 D．小球的机械能的最大值为 27．如图所示，空间中存在两个光滑水平平台上分布ABCD四个点，C点在B点正下方，以过BC的竖直虚线为界，虚线左侧存在水平向右的匀强电场，电场强度大小；虚线右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小。将一个质量为m带电量为q的小物块从A点由静止释放，运动到B点离开上方平台后最终落在下方平台上的D点处。如图AB=BC=l，忽略空气阻力作用，重力加速度为g。求： (1)小物块到达B点的速度大小。 (2)D到C的距离的大小。 (3)若虚线右侧电场E2方向变成水平向左，滑块从离开B后最小速度大小。 题型八　解答与综合计算 【解题技巧】（综合题按定对象、画受力、列方程、算结果推进：先判断各段运动性质，加速段用动能定理、偏转段用类平抛、复合场中用等效重力场或正交分解。涉及弹簧与多物体系统时整体法与隔离法结合，能量观点贯穿全程。带电体在斜面与轨道上的多过程问题，逐段列动能定理并注意摩擦力做功。书写时分步列式、代入数据、标注单位，最后检验结果合理性。） 28．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以为圆心、半径为的圆，为圆的直径，如图所示，质量为、电荷量为的带电粒子在纸面内自点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的点以速率穿出电场，与的夹角，运动中粒子仅受电场力作用。 (1)试判断电场强度方向，并求电场强度的大小； (2)从点射入的粒子速率取某一值时，粒子穿过电场时动能的增量最大，求动能增量的最大值； (3)为使粒子穿出电场的位移最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 29．如图所示，光滑、绝缘的椭圆轨道竖直放置，短轴、长轴，与交于点，为最低点，整个空间存在平行于轨道平面、斜向上的匀强电场（图中未画出）。质量为、电荷量为的带电小球置于轨道内侧点时恰好静止，此时对轨道的压力大小为，为重力加速度。 (1)求电场强度； (2)求、两点间的电势差； (3)若小球在点以水平初速度向左运动，求到达点时的速度大小。 30．如图所示，竖直平面内固定着的绝缘杆由光滑直杆、半圆光滑杆、粗糙直杆平滑连接组成，的长度、足够长且两直杆均水平，半圆的圆心为、半径。该空间内存在着水平向左、电场强度大小的匀强电场。将质量、电荷量的带正电小球（可视为带正电的质点）套在杆上自点由静止释放。已知小球与杆间的动摩擦因数且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小。求： (1)小球第一次经过半圆杆上的点时半圆杆对小球的弹力大小； (2)小球在半圆杆上运动时对半圆杆的最大压力； (3)小球在杆上运动的总路程。 《10.5 带电粒子在电场中的运动常见八种题型》参考答案 答题卡 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A AC BC D CD B ACD 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 BC BC B BC C D BC ABC 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 AD D D B AC 题型一　受力平衡与悬挂模型 1．A 【详解】A．对小球乙受力分析，乙受重力、细线拉力、甲对乙的库仑斥力 三力平衡，利用力的矢量三角形与几何三角形相似，可得 代入比例，得 整理后得，故A正确； B．由比例，可得库仑力，故B错误； C．由比例，可得拉力，故C错误； D．由可知，若增大，则增大，故D错误。 故选A。 2．B 【详解】A．由平衡位置可知小球所受电场力水平向右，设小球带电量的绝对值为，则电场力大小为。取小球为研究对象，竖直方向由平衡条件得，水平方向有 联立并代入，，由平衡式联立得，故A错误； B．由前述平衡计算得电场力大小为。从到，重力做功为，电场力向右而位移水平向左，电场力做功为，绳的拉力不做功。由动能定理得 所以，故B正确； C．为分析运动过程中绳的拉力，设小球位于和之间的任意位置，绳与竖直向下方向的夹角为，如图所示 从到，重力使小球下降，电场力与水平位移方向相反。由动能定理得 重力和电场力的径向分量均指向半径外侧，沿指向的方向列牛顿第二定律，有 联立得 由辅助角法， 当时取等号，从而，故C错误； D．取机械能为动能与重力势能之和，绳的拉力不做功，因此机械能的变化由电场力做功决定，从到的水平位移始终向左，而电场力始终向右，所以电场力持续做负功，机械能持续减小，不会先减小后增加，故D错误。 故选B。 3．A 【详解】A．由于E、G两点各固定一带电小球，两小球带等量异种电荷。根据菱形的几何性质，对角线是的中垂线，因此连线是等势线。小球在运动过程中，电势不变，则电势能不变，电场力不做功。因此只有重力做功，则机械能守恒，故A错误，符合题意； B．连线是等量异种电荷连线的中垂线，因此电场强度方向垂直于，则电场力垂直于轨道，电场强度大小从中点向两侧递减。带电小球q从H点沿轨道由静止下滑至F点过程中，先增大后减小。在垂直轨道方向，若电场力方向背离轨道，受力分析如图所示： 由平衡条件可知 解得，因此支持力先减小后增大，故B正确，不符合题意； C．连线是等量异种电荷连线的中垂线，则连线的中点处电场强度最大，向两侧逐渐减小。小球从点运动到点的过程中，所受电场力一定先增大后减小，故C正确，不符合题意； D．小球从点运动到点的过程中，下落的高度 根据动能定理可得 解得，故D正确，不符合题意。 故选A。 4．AC 【详解】A．由电路连接可知上极板接电源正极、下极板接电源负极，极板间电场方向竖直向下。油滴初始做匀速运动，说明在竖直方向电场力与重力平衡，即电场力竖直向上，与电场方向相反，因此油滴带负电，故A正确； B．根据平行板电容器电容的决定式，电容与极板间距d成反比。上极板下移后，新的极板间距，因此新电容，故B错误； C．下极板接地，则下极板的电势为0。O点到下极板的距离为 极板间电场强度，减小则增大。O点的电势等于O点与下极板的电势差，即，增大、不变，因此升高，故C正确； D．初始状态，极板间距减小后增大，因此电场力大于重力，油滴合力竖直向上，将向上偏转，无法水平匀速穿过，故D错误。 故选AC。 5．(1)负电， (2) 【详解】（1）对小球受力分析，可知小球受到竖直向下的重力、斜向右上方的拉力和水平向左的电场力，因小球受到的电场力的方向与电场线的方向相反，故小球带负电。 设带电小球的质量为，小球受到的丝线拉力为，根据平衡条件有， 联立解得匀强电场的场强大小 （2）丝线烧断后，重力和电场力不变，两个力的合力等于丝线的拉力，则有 根据牛顿第二定律得 小球沿丝线方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移为 代入数据得 6．BC 【详解】A．小球在M点静止，受力平衡，如图所示 由平衡条件可知，三力合力为零，电场力与重力的关系满足 解得，故A错误； C．在任一时刻，重力与电场力的合力 方向与竖直向下成角。该合力即为等效重力，即等效重力加速度 小球在点静止，为等效最低点。小球恰好完成完整圆周运动，则在等效最高点，绳拉力为零，与关于圆心对称，由等效重力提供向心力有 解得 从到，由能量守恒定律有 解得小球在点的初速度，故C正确； B．OM与竖直向下方向的夹角为，从点到点相对于等效最低点升高的等效高度为 根据机械能守恒定律有 解得，故B正确； D．在点，根据牛顿第二定律有 解得，故D错误； 故选BC。 题型二　电场线等势面与轨迹 7．D 【详解】A．根据等量异种点电荷的电场分布，中垂线上电场方向始终由正电荷指向负电荷，即水平向左。试探电荷带正电，所受电场力也水平向左。要使电荷由静止开始沿中垂线向下运动，外力必须同时具有水平向右和竖直向下的分量，故外力方向应斜向右下方，A错误； BC．设，电荷在运动过程中到点的距离为，静电力常量为。由库仑定律及电场叠加，有 从点到点，逐渐减小，电场强度及电场力均逐渐增大。设外力与水平向右方向的夹角为，电荷质量为，加速度大小为，由牛顿第二定律得， 解得 外力方向确定，不变，故加速度随电场强度增大而增大，电荷做加速度增大的加速直线运动，BC错误； D．电场力始终与运动方向垂直，不做功，合力沿运动方向且逐渐增大。取沿运动方向的一段位移，其大小为，对应的动能增量为，该段位移内合力对位移的平均值为，由动能定理得 因此，随着电荷向点运动，该比值逐渐增大，D正确。 故选D。 8．CD 【详解】A．设两负点电荷到点的距离均为，电荷量均为，试探电荷的电荷量为、质量为，静电力常量为。在中垂线上距点为处，由电场叠加可得场强大小 由牛顿第二定律得 例如允许取，此时点的场强大小为，运动到距点为处时场强大小为 由于，这一过程中加速度并非一直减小，A错误； B．从到的过程中，电场力与运动方向相同，电场力做正功，试探电荷的电势能减小，在点的电势能为这一运动过程中的最小值，B错误； C．设。在以为圆心、半径为且位于两负点电荷连线的中垂面内的圆周上，电场力大小处处相等，方向始终指向。设所需初速度大小为，由电场力提供向心力得 解得 在点给予上述大小、方向垂直于纸面的初速度，试探电荷即可做匀速圆周运动，C正确； D．沿用题干“开始在点”的条件。若试探电荷做匀速圆周运动，因点处合力沿，圆心必在直线上。设圆周上与点相对的点为，则也在直线上。由于速率不变，、两点的电势相等；根据该直线上的电势分布，只能与重合，因此圆心为 以为圆心而偏离中垂面的圆轨道上，各点电势并不相等，试探电荷不能保持速率不变。因此，从点出发的匀速圆周运动只能发生在中垂面内，D正确。 故选CD。 题型三　加速与偏转应用 9．B 【详解】A．电场强度的方向是电势降低最快的方向，沿某一方向电势逐渐降低，只能说明电场在该方向上有同向分量，不能确定该方向就是电场方向，故A错误； B．设电子的电荷量为、电势能为，所在位置的电势为。由电势的定义，电子带负电，因此电势越高，电子的电势能越小，故B正确； CD．忽略电子重力，电子竖直向下运动时减速，说明其加速度和电场力均竖直向上。电子带负电，电场力方向与电场方向相反，所以电场方向竖直向下。向下运动时，电场力做负功，电子的电势能增大；向上返回时，电场力做正功，电子的电势能减小，因此电势能先增大、后减小，故CD错误。 故选B。 10．ACD 【详解】A．粒子在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为两粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式 可得两者的运动时间相同，故A正确； C．在竖直方向上的位移之比 因为， 联立可得，故C正确； BD．电场力做功为 电场力做多少正功，电势能就减少多少，故 过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即它们的动能增量之比为 故B错误，D正确。 故选ACD。 11．BC 【详解】A．设粒子的电荷量为q，质量为m，粒子经过加速电场，有 解得 粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为L，板间距为d，偏转电压为U2，则，， 联立解得 则粒子从A、B板间离开偏转电场时偏转位移与比荷无关，故A错误； B．从粒子射入加速电场到离开偏转电场，根据动能定理可得 解得 由此可知，比荷大的粒子从A、B板间射出时的速度更大，故B正确； C．粒子离开偏转电场时的偏转角的正切值为 由此可知，粒子离开偏转电场时的偏转角正切值与加速电压有关，故C正确； D．粒子经过加速电场过程，电场力做功为 则电场力做功与粒子电荷量有关，故D错误。 故选BC。 12．BC 【详解】A．设加速电压为，电子在加速电场中由动能定理得 设偏转电压为，电子在偏转电场中做类平抛运动，沿电场方向有 其中， 联立得，则增大偏转极板长度时偏转距离变大，A错误； B．由可知，减小偏转极板长度时偏转距离变小，B正确； C．由可知，将偏转电压降低时偏转距离变小，C正确； D．由可知，减小偏转极板间的距离时偏转距离变大，D错误。 故选BC。 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理可知，电子离开加速电场时获得的速度大小满足 解得 （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向满足 竖直方向，电子的加速度大小 联立 解得电子离开偏转电场时偏离中心线的偏移量 （3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，竖直方向的速度大小 离开偏转电场后粒子击中荧光屏所需时间 故该阶段内，粒子竖直方向的位移 粒子的总偏移量 若偏转电场两极板间距增大为原来的2倍，则电子打到荧光屏上偏离中心位置的偏移量减为原来的，故前后两次偏离中心位置的偏移量之比为。 题型四　交变电场与周期电压 14．B 【详解】A．若，带负电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，故A错误； B．若，带负电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，故B正确； C．若，带负电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，故C错误； D．若，带负电粒子先加速向B板运动，不符合题干中粒子先向A板运动的前提，故D错误。 故选B。 15．BC 【详解】B．粒子射出时垂直极板方向速度为0，水平方向速度始终为，所以射出速度大小为，故B正确； AC．粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的图像如图所示 由图可知，粒子射出时间可能为（为正整数），位移 同理可知时粒子在竖直方向的位移大小为，故A错误，C正确； D．粒子在竖直方向最大位移出现在或等时刻，位移 要使粒子不与极板碰撞，需 即，故D错误。 故选BC。 题型五　圆周运动与等效重力场 16．C 【详解】A．小球运动过程中竖直向上的电场力对带正电的小球做功，不满足机械能守恒条件，故A错误； B．轨道的支持力始终与小球速度方向垂直、不做功，只有重力和电场力做功，因此小球的动能、重力势能、电势能三者总和守恒，也就是机械能（动能+重力势能）与电势能之和为恒定值，故B错误； C．小球从与圆心等高的初始位置滑到最低点，下落的竖直高度为R，由动能定理： 在最低点，向心力指向圆心（竖直向上），对小球由向心力公式： 代入数值解得 根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为，故C正确； D．小球下滑到最低点的过程中，电场力竖直向上，位移的竖直分量向下，电场力做负功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能会增加，故D错误。 故选C。 17．D 【详解】A．小球带负电，所受电场力水平向左，重力竖直向下，设这两力的合力大小为。小球经过点时速率最大，切向合力为零；轨道弹力沿半径，故沿指向。由两力的合成关系有 合力大小为 因此电场强度为，故A错误； B．恒力的方向不变，沿任一半圆从到均做正功，故点速率最小。轨道弹力指向圆心，点恒力的向心分量最大，因而此处弹力最小；恰好完成圆周运动时，点弹力为零。此时受力如下图 以指向圆心为径向正方向，由牛顿第二定律，点有 代入前述合力得 从到，小球上升的高度为，向左的位移大小为，轨道弹力不做功，由动能定理得 代入前述结果得，故B错误； C．轨道弹力不做功，小球的动能、重力势能和电势能之和守恒。从到，恒力持续做正功，小球动能不断增大，重力势能与电势能之和不断减小，故C错误； D．从到的位移沿恒力方向，大小为，由动能定理得 代入前述结果得，点轨道弹力沿指向圆心，恒力背离圆心，设此处轨道弹力大小为，沿径向正方向应用牛顿第二定律得 解得，故D正确。 故选D。 18．BC 【详解】已知小球质量为，电荷量为，细线长度为，电场强度为，因此，各物理量均采用国际单位制。取为坐标原点，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向。电场力和重力均为保守力，细线张力不做功，圆周运动过程中有 A．小球所受电场力和重力的合力势能为 点的坐标为，所以 取圆周右下方与水平、竖直方向均成的点，其坐标为， 所以 根据可知点的动能大于点的动能，故A错误； B．机械能为 电场力做功改变机械能，根据功能关系有 结合可得 所以随增大而增大，点的横坐标最小，故小球运动到点时机械能最小，故B正确； C．设小球所在位置的极角为，取径向向外为正方向，电场力和重力合力的径向分量为 由牛顿第二定律有 解得 要使细线始终绷紧，必须满足，所以 当时，最大，最大值为，此时小球速度最小，恰好绷紧时 解得，故C正确； D．小球在点静止释放时，点的径向向外方向水平向左，由径向方程可得 代入得 说明细线不能保持绷紧，小球会先脱离圆周运动。小球脱离细线后，电场力和重力分别对小球从到做功和，所以 解得 到达点前速度方向沿右下方方向，重新绷紧时径向速度分量被消去，只保留切向速度，因此绷紧后的速度为 从到的过程中，电场力做功，重力做功，二者总功为零，所以 解得，故D错误。 故选BC。 19．(1) (2)带正电， (3)a．；b． 【详解】（1）沿电场线方向电势降低，点沿电场方向位置比点更靠左，故电势高于，到沿电场方向的距离为 故、两点的电势差为 （2）由图可知，小球受到的静电力水平向右，故小球带正电。小球静止在点，则有 可得小球所带的电荷量为 （3）a．由到，根据动能定理有 可得，小球经过最低点时的速度为 在B点根据牛顿运动定律可知 解得细线对小球的拉力 b．重力与电场力的合力为恒力，等效重力方向恰好沿方向，因此小球运动到点时，等效重力做正功最多，动能最大，根据动能定理 解得 题型六　图像与功能关系 20．ABC 【详解】A．当施加外力时，对B分析可知 解得 当撤去外力瞬间，它们受到的合力为 解得 故A正确； B．当B受到的合力为零时，B的速度最大，由 解得 故B正确； C．对AB整体，由动能定理可得 解得 故C正确； D．根据能量守恒可知物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量，故D错误。 故选ABC。 21．AD 【详解】A．由图乙可知，在阶段，滑块机械能一直增大，根据功能关系可知，该过程电场力对滑块一直做正功，因此滑块电势能一直减小，故A正确； B．电场力做功等于滑块机械能的增加量，即有 可知图像切线斜率表示电场力的大小，由图可知，在阶段，电场力增大，在阶段，电场力减小，故B错误； CD．滑块受力如图 取沿斜面向上为正，对滑块应用牛顿第二定律得 滑块从静止开始上滑，起始阶段合力沿斜面向上；在阶段，电场力继续增大，合力增大且始终沿斜面向上，故加速度大小先随电场力增大而增大；在处后，电场力从最大值逐渐减小至零时，加速度大小先减小到零，随后加速度反向且大小增大，因此在处，动能不是最大；进入阶段后，电场力为0，滑块合力为，因此该阶段加速度大小保持不变，即做加速度不变的匀变速运动，故C错误，D正确。 故选AD。 22．(1)10 N/C，竖直向上 (2) (3) 【详解】（1）由平衡条件知所加电场就满足 解得 电场方向竖直向上。 （2）小球初速度沿AG方向，由几何知识易得初速度沿x、y、z三方向分量大小相等， x、y方向匀速运动，，始终满足 z方向匀减速运动 若，对应运动时间 此时z方向位移为负，说明小球在z方向先上升后下落，会先到达的底面。 令，解得有效运动时间 代入x、y的表达式，可得 小球离开立方体区域的坐标为 （3）把小球的运动分解成三个方向，即沿x轴正方向的匀速直线运动，沿y轴正方向的匀加速直线运动和沿z轴正方向的竖直上抛运动。 假设小球从立方体底面离开，由（2）知从出发到离开底面的时间 沿x轴正方向有 沿y轴正方向有 沿y轴由牛顿第二定律得 代入数据解得 可知，假设成立，则小球离开立方体区域时的坐标为 题型七　类平抛与复合场运动 23．D 【详解】AB．取向下为正，设第一段时间t内所走位移为，第二段时间3t内所走位移为，则 即 解得，故AB错误； CD．由动能定理可得 整段运动中，则有 又因 联立解得，故C错误，D正确。 故选D。 24．D 【详解】微粒、在平行板间均受恒定电场力作用，初速度为零，做匀加速直线运动。设极板间电场强度大小为，微粒所带电荷量大小为，微粒、的质量分别为、，加速度大小分别为、。由题意有，根据牛顿第二定律有， 联立解得 两微粒运动时间均为，根据匀变速直线运动位移公式有， 因此 故选D。 25．B 【详解】竖直方向粉尘做初速度为0的自由落体运动，由位移公式有 解得运动时间 水平方向粉尘受电场力作用，由牛顿第二定律得 解得 水平方向粉尘做初速度为的匀加速直线运动，由匀变速位移公式有 故选B。 26．AC 【详解】A．竖直方向小球仅受重力，做竖直上抛运动，从抛出到落回等高位置的时间由竖直分运动独立决定：上升到最高点时间为，由对称可知下落回原高度时间相同，总时间，故A正确； B．小球竖直方向上升的最大高度 对应重力势能最大值，故B错误； C．水平方向小球受电场力，加速度 任意时刻的速度分量为， 合速度平方为 这是关于的二次函数，求最小值可得：当时，，故C正确； D．机械能的变化等于电场力做功，电场力做正功越多机械能越大。全程总时间 水平位移 电场力做功 初态机械能为，因此全程最大机械能为，故D错误。 故选AC。 27．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块在光滑水平平台上从点运动到点，重力和支持力均不做功，只有电场力做功。由动能定理并代入题给场强，得 代入题给场强，解得 （2）物块从点水平飞出，在右侧电场中，水平方向不受力，做匀速直线运动；竖直方向受重力和向下的电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，轨迹如下图所示 取竖直向下为正方向，设竖直加速度大小为，由牛顿第二定律得 代入题给场强，得 设从点到点的飞行时间为，由竖直方向的位移关系得 解得 水平方向的位移即点与点间的距离，故 （3）右侧电场改为水平向左后，物块在上平台上的运动不变，离开点时的速度仍为。取水平向右为轴正方向，竖直向下为轴正方向，从离开点起计时。在右侧电场中，由牛顿第二定律，水平方向有 解得 竖直方向有，故 物块首次返回分界线之前，水平方向的速度由匀变速直线运动规律得 竖直方向的速度为 由互相垂直的速度分量合成，速率满足 平方项不小于零，故取得最小速率的时刻为 最小速率为 此时水平、竖直速度分量分别为，，两分量及合速度的关系如下图所示 还需核对该时刻处在上述运动阶段内。物块在右侧电场中的水平位移为 令，除出发时刻外，首次返回分界线的时刻为 比较两时刻的表达式可知，物块取得上述最小速率时尚未返回分界线；此时下落高度为 因此物块尚未到达下平台。首次返回分界线时，竖直速度已满足 题型八　解答与综合计算 28．(1)从A指向C， (2) (3) 【详解】（1）初速度为零的粒子从A开始沿着电场力方向做匀加速直线运动，则场强E沿AC方向。 从A到C由动能定理得 解得 （2）如图 垂直于x轴作圆的切线PD与圆相切于D点，从D点穿出的粒子沿电场力方向的位移x最大，动能的增量最大。 根据几何关系得 从A到D点，由动能定理得 联立代入数据解得 （3）如图 从B点穿出的粒子位移最大，设A点的速度为，则沿y轴正方向。A到B，沿x正方向，有 根据牛顿第二定律求加速度 沿y方向匀速运动有 联立解得 29．(1)，电场强度的方向与水平面成角斜向左上 (2) (3) 【详解】（1）作出小球在点时的受力分析图如图所示 由力的平衡条件结合几何关系有 解得电场强度的大小 电场强度方向与水平面夹角的正切值 解得，即电场强度的方向与水平面成角斜向左上。 （2）、两点间沿电场方向的距离为 沿电场线电势降低，故点的电势高于点，、两点间的电势差 （3）小球所受电场力与重力的合力大小为 合力方向水平向左，与连线方向垂直。小球从点到达点的过程中，所受支持力始终不做功，电场力与重力的合力做的功为 由动能定理可知 解得到达点时的速度大小 30．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从A点释放到第一次经过B点，根据动能定理，有 小球第一次经过半圆杆上的B点时，有 解得。 （2）设小球经过半圆杆上的F点（圆心O下方某处）时，小球和圆心O的连线与竖直方向的夹角为，根据动能定理，有 又有 整理可得 即 设，则 则有 当，即时，达到最大值， 由牛顿第三定律有 解得。 （3）分析可知，当小球经过点后，在杆上反复运动，最终稳定在点，此时的速度为0，小球在杆上运动的总路程为，小球从释放至达到稳定状态，根据动能定理，有 解得。 第 页 第 页 学科网（北京）股份有限公司 $