2025高考物理復習教案：帶電體在電場中運動的綜合問題

第九章靜電場

專題十三帶電體在電場中運動的綜合問題

核心考點五年考情命題分析預測

2023：上海T8；圖像問題一般以選擇題形

電場中的圖像問題

2021：山東T6式考查，其他內容一般以

帶電粒子在交變電場壓軸選擇題或計算題形式

中的運動考查，考查頻次一般.預計

“等效法”在復合場2022：全國甲T21,遼寧T14；2025年高考將考查利用

中的運用2019：浙江4月T13“等效法”求解帶電粒子

2023：新課標T25,浙江6月在復合場中運動的力電綜

T12,浙江1月T12；合問題.另外可能會將電場

電場中的力電綜合問2022：浙江6月T15,遼寧T10；中電勢能與其他能量相關

題2021：福建T15；問題結合起來考查，要注

2020：天津T12；意與彈簧、斜面等模型的

2019：全國UT20,全國HT24結合.

題型1電場中的圖像問題

l.V-f圖像

根據(jù)V—f圖像的速度變化、斜率變化（即加速度大小的變化），可確定電荷所受靜電力的

方向與靜電力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化.

2.（p—x圖像

（1）電場強度在X軸方向分量的大小等于W—X圖線的切線斜率的，電強電場

絕對值，如果圖線是曲線，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的八（非勻強電場

直線，電場為勻強電場（如圖）.切線的斜率為零時沿x軸方向電場。匕「二工

強度為零.

（2）在p—x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度

的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向.（如圖）

一加處圖線切線的斜率為0,即其產(chǎn)0

短處圖線切線的斜率

的絕對值比劃處的大,

即瓦2>瓦4

■43處3=0，瓦3Ho

電場強度：電場強度向右

向左（正向）

（3）在p-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用%進而分析孫B的正

負，然后作出判斷.

（4）電場中常見的p-x圖像

①點電荷的9-x圖像（取無限遠處電勢為零），如圖.

②兩個等量異種點電荷連線上的W-x圖像，如圖.

③兩個等量同種點電荷的9-x圖像，如圖.

BfF點由荷庫線卜兩正占由指陣線的中正線卜

3.E—x圖像

（1）￡—x圖像為靜電場在x軸上的電場強度￡隨x的變化關系，若規(guī)定x軸正方向為電場

強度￡的正方向，則￡>0,電場強度￡沿x軸正方向；￡<0,電場強度￡沿x軸負方向.

（2）￡—x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差（如圖所示），兩點的電勢高低根據(jù)

電場方向判定.在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢

能變化等情況.

E-一所圍"面積”的大小表示a

才'A兩點的電勢差

（3）電場中常見的￡-X圖像

①點電荷的E-x圖像

正點電荷及負點電荷的電場強度E隨坐標x變化關系的圖像大致如圖所示.

正點電荷負點電荷

②兩個等量異種點電荷的￡-x圖像，如圖.

兩點電荷連線上兩點電荷連線的中垂線上

③兩個等量正點電荷的E-x圖像，如圖.

4.Ep-x圖像

由靜電力做功與電勢能變化關系八x=￡pi—耳2=—知Ep-X圖像的切線斜率仁魯

其大小等于靜電力，斜率正負代表靜電力的方向，如圖所示.

率

切線

斜表

在

手

該

示粒

的

到

靜

點受

電力

0—~4X

5.￡kf圖像

當帶電體只有靜電力做功，由動能定理尸Eko=A￡k知Ek-x圖像的切線斜率2

等,其大小等于靜電力.

△%

命題點1電場中的V-/圖像

1.一帶電粒子僅在電場力作用下從/點開始以一V0做直線運動，其V

一/圖像如圖所示.粒子在燈時刻運動到8點，3/0時刻運動到。點，

下列說法正確的是（C）

A/、B、C三點的電勢關系為9B＞0d＞叱

B.4B、C三點的場強大小關系為%＞頤＞%

C.粒子從/點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加后減少

D.粒子從/點經(jīng)3點運動到。點，電場力先做正功后做負功

解析由題圖可知，帶電粒子在0?而時間內做減速運動，電場力做負功，電勢能增加，在

力?3加時間內反方向做加速運動，電場力做正功，電勢能減少，C正確，D錯誤；由于不

知道帶電粒子的電性，故無法判斷電勢的高低，A錯誤；題圖中的斜率表示粒子的加速

度，即〃=竺=些，可知/、B、C三點中2點的場強最大，B錯誤.

△tm

命題點29—x圖像

2.［多選］在％軸上有兩個點電荷夕1、qi,其靜電場的電勢夕在％軸上分布r

如圖所示.下列說法正確的有（AC）］

A.m和/帶有異種電荷°\ri

B.X1處的電場強度為零

C.負電荷從XI移到X2,電勢能減小

D.負電荷從XI移到X2,受到的電場力增大

解析由題圖可知，電勢有正有負，且只有一個極值，說明兩個點電荷為異種電荷，A正

確；由七=效可知，夕一x圖像的切線斜率的絕對值表示電場強度的大小，因此X1處的電場

AxT

強度不為零，B錯誤；負電荷從XI移到X2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由4=

q（p,F=qE可知,負電荷電勢能減小，受到的電場力減小，C正確，D錯誤.

命題拓展

如圖，某負點電荷從X3處靜止釋放，判斷其能否到達X4處，并說明理由.

答案能；負點電荷在X3?X2之間受到沿X軸正方向的電場力，在1

X3?X2之間加速運動，在X2?X4之間受到沿X軸負方向的電場力，在卜?'p''-

X2?X4之間減速運動，又X3和X4兩處的電勢相等，則負點電荷到達X4。［產(chǎn)，一,

處時速度恰好為0.

命題點3E-x圖像

3.一靜電場在x軸方向上的電場強度E隨x的變化關系如圖所示，在x軸上有四點xi、X2、

X3、X4,相鄰兩點間的距離相等，X軸正方向為場強正方向，一個帶正電的點電荷沿X軸運

動，則點電荷（B）

A.在X2和X4兩點處電勢相等

B.由XI運動到X4的過程中，加速度先增大后減小

C.由XI運動到X4的過程中，電勢能先增大后減小

D.從X2運動到XI的過程中，電場力做的功為防，從X3運動到X2的過程中，電場力做的功

為男2，則跖=W2

解析由題圖可知X1到X4處的場強沿x軸負方向，則點電荷從X1到X4處逆著電場方向移

動，電勢升高，故帶正電的點電荷電勢能一直增大，A、C錯誤；點電荷由電

運動到X4的過程中，由題圖可以看出電場強度的絕對值先增大后減小，所以電場力先增大

后減小，加速度也先增大后減小，B正確；E—x圖線與橫軸所圍圖形的面積的絕對值表示

電勢差的絕對值，由題圖可知。32＞仿I,故憶〉憶，D錯誤.

命題點4EP-X\x圖像

4.一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動.取該

直線為X軸，起始點。為坐標原點，其電勢能為與位移X的關系如圖

所示.下列圖像中合理的是（D）/;

電場強度粒子動能粒子速度粒子加速度

與位移關系與位移關系與位移關系與位移關系

解析由于粒子只受電場力作用，因此由歹電=I看|可知，瓦一X圖像的圖線斜率大小表

示粒子所受電場力大小，從題圖可知，圖線的斜率隨位移的增大而越來越小，因此粒子運

動后所受的電場力隨位移的增大而越來越小，因此電場強度越來越小，加速度也越來越

小，A錯誤，D正確；由于粒子只受電場力作用，因此動能與電勢能的和是定值，但從B

項圖和題圖可以看出，不同位置的電勢能與動能的和不是定值，B錯誤；粒子做加速度減

小的加速運動，C錯誤.

題型2帶電粒子在交變電場中的運動

1.帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方

波）的情形.

當粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向

的分運動具有周期性.

2.研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正

確地判斷粒子的運動情況.根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等.

3.注重全面分析（分析受力特點和運動規(guī)律）：抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的

對稱性，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與運動過程相關的臨界條件.

4.對于鋸齒波和正弦波類電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿

過電場時可認為是在勻強電場中運動.

5.[If，直線近動/多選]如圖甲所示，A、8是一對平行的金屬板，在兩板間

加上一周期為T的交變電壓，/板的電勢必=0,隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.現(xiàn)有一

電子從/板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)域，設電子的初速度和重力的影響可忽略，則

(AB)

圖甲圖乙

A.若電子是在/=()時刻進入的，它將一直向2板運動

B.若電子是在時刻進入的，它可能時而向3板運動，時而向/板運動，最后打在2板

O

上

C.若電子是在/=丁時刻進入的，它可能時而向8板運動，時而向4板運動，最后打在8

O

板上

D.若電子是在/=泄刻進入的，它可能時而向2板運動，時而向/板運動

解析根據(jù)題意及電子進入電場后的受力情況和運動情況，作出如圖所示的4個圖像.

由圖4可知，當電子在f=0時刻進入電場時，電子一直向3板運動，A正確；若電子在工時

8

刻進入電場，則由圖4知，電子向8板運動的位移大于向/板運動的位移，因此最后仍能

打在8板上，B正確；若電子在乎時刻進入電場，則由圖4知，在第一個周期內電子即返

回至/板，從/板射出，C錯誤；若電子在彳時刻進入電場，則它一靠近小孔便受到排斥

力，根本不能進入電場，D錯誤.

方法點撥

交變電場中的直線運動處理方法

軌跡圖

6.[/2024四川瀘縣四中月考]如圖甲所示，在坐標系中，

兩金屬板平行放置，。。與x軸重合，板的左端與原點。重合，板長￡=2m,板間距離4=

1m,緊靠極板右側有一足夠大熒光屏.兩金屬板間電壓〃。隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，

變化周期為7=2X10-35,Q)=5X：103v,/=0時刻一帶正電的粒子從左上角/點附近，以

vo=lOOOm/s的速度平行于48邊射入兩板間，最終打到熒光屏上.已知粒子帶電荷量q=

1XIO-5C,質量加=ixi(p7kg,不計粒子所受重力，求：

(1)粒子在板間運動的時間；

(2)粒子打到屏上的速度；

(3)若N處的粒子源以vo=lOOOm/s的速度平行于N3邊連續(xù)不斷發(fā)射相同粒子，求熒光

屏上的光帶長度是多少？若向右移動熒光屏，屏上光帶位置和長度如何變化(寫出結論，

不要求計算過程).

答案(1)2X10%(2)大小為500V^m/s,方向與w的夾角6滿足tan0=g(3)

0.5m光帶位置下移，長度不變

解析(1)粒子在板間沿X軸方向做勻速運動，運動時間為根據(jù)￡=

代入數(shù)據(jù)解得/0=2X10-3s

(2)設/=0時刻射入板間的粒子射到熒光屏上時沿y軸方向的分速度為4，合速度為v,

v與vo的夾角為仇有

T

vy=a，2

根據(jù)牛頓第二定律有a=￡=也

mma

粒子打到屏上的速度v=Jvg+vy,tanO=?

代入數(shù)據(jù)解得v=500V^m/s,tan0=|

(3)粒子在f=2〃X10-3s(其中〃=o,1,2,3,??-)時刻射入兩板，射到熒光屏上時有

最大側移JVmax,有

打入％ax=；弊(?)2+寫⑸2=o.75m

粒子在/=(2〃+1)X10-3s(其中〃=0,1,2,3,???)時刻射入兩板，射到熒光屏時有

最小側移J/min,有

ymin—G)2=0.25m

2ma2

光帶長度A￡=ymax—Vmin=0.5m

若向右移動熒光屏，光帶位置下移，長度不變.

題型3“等效法”在復合場中的運用

1.等效重力場

物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是物體處在勻強電場和重力場中的

運動就會變得復雜一些.此時可以將重力場與電場“合二為一”，用一個全新的“復合場”

來代替，可形象稱之為“等效重力場”.

2.等效重力場的相關知識點及解釋

等效重力場O重力場、電場疊加而成的復合場

等效重力0重力、電場力的合力

等效重力加速度Q等效重力與物體質量的比值

等效“最低點”o物體自由時能處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)的位置

等效“最高點”O(jiān)物體做圓周運動時與等效“最低點”關于圓心對稱的位置

等效重力勢能=等效重力大小與物體沿等效重力場方向“高度”的乘積

3.舉例

重力場與電場在一條宜線上

等效重力場

［［等效"最低點'

，0±

,磁駒E-mg

等效重力加速度

等效重力加速度

7.［多選］如圖所示，空間存在一豎直向卜的勻強電場，電場強度為E該空

間有一帶電小球用絕緣細線懸掛在。點，可在豎直平面內做完整的變速

圓周運動，且小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大.已知帶電小球

的質量為加，帶電荷量為細線長為/,重力加速度為g,則

（BD）

A.小球帶正電

B.電場力大于重力

C.小球運動到最低點時速度最大

D.小球運動過程的最小速度為泌-mg”

解析因為小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大，可知重力和電場力的合力（等效重

力）方向向上，則電場力方向向上，且電場力大于重力，小球帶負電，故A錯誤，B正確；

因重力和電場力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；由于等

效重力豎直向上，所以小球運動到最低點時速度最小，最小速度滿足即

Vmm=心抖，故D正確.

8.如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)一—

固定在豎直平面內，。是圓心，48是豎直方向的直徑.一質量為〃八電―V~~\~

荷量為+q（g>0）的小球套在圓環(huán)上，并靜止在尸點，。尸與豎直方.

向的夾角6=37。.不計空氣阻力，已知重力加速度為g,sin37o=0.6,--------------------?

cos37o=0.8.求：

（1）電場強度￡的大?。?/p>

（2）若要使小球從尸點出發(fā)能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應滿足的條件.

答案⑴舞（2）不小于圖7

解析（1）當小球靜止在尸點時，小球的受力情況如圖所示，

則有/=tan。，所以￡=電電

mg4q

/22r

（2）小球所受重力與電場力的合力尸=J（mg）+（qE）=不陪.當小球做圓周運動時，

可以等效為在一個“重力加速度”為也的"重力

場”中運動.若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必須能通過圖中的0點.設當小球從P

點出發(fā)的速度為Vmin時，小球到達。點時速度為零，在小球從尸運動到0的過程中，根據(jù)

動能定理有一］?g-2r=0—/瑤皿，所以Vmm=J5gr,即小球的初速度應不小于，5gr.

方法點撥

等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路

1.求出重力與電場力的合力F,.,將這個合力視為一個“等效重力”.

2.將。=空視為“等效重力加速度”.

m

3.找出等效“最低點”和等效“最高點”.

4.將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解.

題型4電場中的力電綜合問題

1.解題關鍵

通過審題抓住受力分析和運動過程分析是關鍵，然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特

點來選擇相應規(guī)律求解.動能定理和能量守恒定律在處理電場中的能量問題時仍是首選的方

法.

（1）用正交分解法處理帶電粒子的復雜運動問題：可以將復雜的運動分解為兩個互相正交

的比較簡單的直線運動.

（2）用能量觀點處理帶電粒子在電場中的運動問題：對于受變力作用的帶電粒子的運動問

題，必須借助于能量觀點來處理；即使是受恒力作用的運動問題，用能量觀點處理常常也

更加簡便.

2.用能量觀點處理帶電粒子的運動問題

（1）用動能定理處理

思維順序一般為：①弄清研究對象，明確所研究的物理過程.

②分析粒子在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功.

③弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能）.

④根據(jù)少=公民列出方程求解.

（2）用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理

列式的方法常有兩種：

①利用初、末狀態(tài)的總能量相等(即?=瓦)列方程.

②利用某些能量的減少量等于另一些能量的增加量列方程.

(3)兩個結論

①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變.

②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變.

9.［，023黑龍江哈爾濱質量監(jiān)測/多選］如圖所示，NC是

圓。的一條水平直徑，AD是豎直直徑，M點是圓上的點，?！ㄟB線與。。的夾角為60。，

該圓處于方向與圓面平行的勻強電場中.將電荷量為g(q>0)、質量為根的粒子從圓心O

點以相同的動能Eko射出，射出方向不同但都與圓共面，粒子在重力和電場力的作用下可

以經(jīng)過圓周上的所有點.其中經(jīng)過C點時粒子的動能最小且為等.已知圓的半徑為凡重力加

速度的大小為g,勻強電場的電場強度E=誓，則下列說法正確的是(AD)

A.M點的電勢高于/點的電勢

B.2點的電勢等于。點的電勢/\

C.粒子經(jīng)過河點時的動能為:四0

D.粒子經(jīng)過AB連線中點時的動能為］及0

解析由題意知，因為經(jīng)過。點時粒子的動能最小，所以粒子從。點

到。點克服合外力所做的功最多，而重力和電場力對粒子做的功只與

粒子的初、末位置有關，與路徑無關，由此可推知重力和電場力的合

力廠的方向一定水平向左，如圖所示，又因為q￡=2"zg,則根據(jù)幾何

關系以及平行四邊形定則可知電場強度方向與水平方向夾角為30°,

根據(jù)沿電場強度方向電勢降低可知M點的電勢高于N點的電勢，8點的電勢低于。點的電

勢，A正確，B錯誤；根據(jù)前面分析可知粒子所受合外力大小為對從。

點到C點的粒子，根據(jù)動能定理有害一Ek0=—FR,根據(jù)幾何關系可知?！按怪庇陔妶?/p>

線，所以。河為一條等勢線，粒子從。點到M點的過程，電場力不做功，重力做負功，根

據(jù)動能定理有￡kM-Eko=-〃?gAsin6O°,解得￡kM=|Eko,C錯誤；48連線中點G在

上的投影點為瓦根據(jù)幾何關系可知770=*根據(jù)動能定理有a6一反0=尸》。，解得EkG

=：Eko,D正確.

1O.［］如圖所示，左邊豎直半圓光滑絕緣、尸之、

軌道與水平光滑絕緣軌道相切于4點，整個空間有斜向左上飛

方的勻強電場，與水平方向夾角0=30。，電場強度￡="'

1.0X103N/C,2點是軌道的最高點，半圓半徑R=2m.在水平軌道上距/點工=#111的。

處由靜止釋放一質量冽=2X10一《kg、電荷量q=2Xl(T6c的帶正電小球尸，小球沿水平軌

道運動一段時間，從4點沖上半圓軌道，并沿半圓軌道到達軌道最高點瓦取/點電勢為

零，重力加速度g取10m/s2.求小球在半圓軌道上運動的過程中:

(1)電勢能的最小值；

(2)最大速度的大小.

答案(1)—6X103J(2)10m/s

解析(1)設過。點的電場線與半圓軌道的交點為

則小球在M點電勢能最低，如圖所示.

與豎直方向成60。角，Ep=O,小球從/到M的過程

Amg

中，根據(jù)功能關系有WAM—EVA—EPM

電場力做功%(l+sin0)

3

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得EpM=-6X10-J

(2)小球從C到/的過程中，根據(jù)動能定理有

EqLcosO=^mv\

因為mg=Eq,且重力與電場力的夾角為120°,所以合力為Fa=mg,方向斜向左下方，與

豎直方向成￡=60。角，過。點沿尸令的方向作直線，交半圓軌道于。點，如圖所示，則小

球在。點時速度最大

小球從N到。的過程中，根據(jù)動能定理有

F(1—cos60°)—^mv\

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vD=10m/s

所以小球在半圓軌道上運動的最大速度為10tn/s.

11.［更動+拋體「72024云南昆明“三診一模"摸底］如圖所

示，質量為加、帶電荷量為+［的小球(可視為質點)與不可伸長的

絕緣輕繩相連，繩子另一端固定在。點的拉力傳感器上(拉力傳感

器沒有畫出)，。點距離水平地面的高度為2R,空間存在豎直向下

的勻強電場.現(xiàn)使小球獲得一初速度后繞。點在豎直平面內做半徑為尺的圓周運動，拉力傳

感器顯示出繩子拉力的最小值為0,最大值為12mg,g為重力加速度.

(1)求勻強電場的場強大小后

(2)若小球運動到最低點時繩子斷裂，求小球落地點到O點的水平距離.

答案(1)%(2)V107?

q

解析(1)依題意，小球通過最高點時，由牛頓第二定律有

?口_詔

mg-rqh—m—R

從最高點到最低點，據(jù)動能定理有

(mg+qE)X2R=-|mv2—

2

通過最低點時，由牛頓第二定律有12冽g—(mg+qE)=冽一

R

聯(lián)立解得￡=嗎

q

(2)繩斷后小球做類平拋運動

豎直方向上：R=^at2

水平方向上：x=vt

根據(jù)牛頓第二定律有mg-\-qE=ma

聯(lián)立解得

解析由夕一s圖像可知，沿s軸正向電勢逐漸降低，由公式與=夕夕可知負電荷在低電勢點

的電勢能大，所以負電荷向右移動的過程中電勢能逐漸增大，又各點的電勢為正值，則負

電荷在各點具有的電勢能為負值，故C正確，ABD錯誤.

2.［電場中的圖像問題〃021山東］如圖甲所示，邊長為。的正方形，四個頂點上分別固定一

個電荷量為+夕的點電荷；在OWX<YQ區(qū)間，x軸上電勢夕的變化曲線如圖乙所示.現(xiàn)將一

電荷量為一。的點電荷P置于正方形的中心。點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為

零.若將尸沿工軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是(C)

o

圖甲圖乙

A?=41，釋放后尸將向右運動

8.。=當口4，釋放后尸將向左運動

C?=等與，釋放后尸將向右運動

D.Q=^R,釋放后P將向左運動

解析對。點上方的點電荷，受力分析如圖所示，由平衡知識可得魚礁■十

1-2=k-,解得。=空普，因在OWxV與區(qū)間內沿x軸正向電

(V2a)

勢升高，則場強方向沿X軸負向，則將尸沿工軸正向向右略微移動后釋

放，尸受到向右的電場力而向右運動，C項正確.

3.［+力能，022浙江6月/多選］如圖為某一徑向電場示意圖，電場

強度大小可表示為￡=巴，。為常量.比荷相同的兩粒子在半徑廠不同的圓軌道運動.不考慮粒

r

子間的相互作用及重力，則（BC）

A.軌道半徑廠小的粒子角速度一定小

B.電荷量大的粒子的動能一定大

C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關

D.當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動

解析粒子在半徑為r的圓軌道運動，有qE=m（o2r,將￡=2代入上式得可知軌

rm產(chǎn)

道半徑小的粒子，角速度大，A錯誤；由《￡=加匕瓦=引丫2、￡=;解得即電荷量

r2r2

大的粒子動能一定大，正確；由石=冽上、可得儼=絲，即粒子速度的大小與軌道半

Bqr￡1=2rm

徑r無關，C正確；帶電粒子的運動方向和垂直紙面的磁場方向是向里還是向外未知，粒

子所受洛倫茲力方向未知，D錯誤.

4.［黃+斜面〃022遼寧/多選］如圖所示，帶電荷量為60（。＞0）的

球1固定在傾角為30。的光滑絕緣斜面上的。點，其正上方/處固定1￡

一帶電荷量為一。的球2,斜面上距。點Z處的6點有質量為正的帶

電球3.球3與一端固定的絕緣輕質彈簧相連并在b點處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的壓縮量為

T，球2、3間的靜電力大小為詈.迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動.g為重力加速度，

球的大小可忽略，下列關于球3的說法正確的是（BCD）

A.帶負電

B.運動至a點的速度大小為J戰(zhàn)

C.運動至a點的加速度大小為2g

D.運動至ab中點時對斜面的壓力大小為注二mg

解析假設球3帶負電，則球1對球3的作用力沿斜面向下，球2對球3的作用力為斥力，

由于球之間的距離相等，則球1對球3的作用力一定大于球2對球3的作用力，彈簧不可

能處于壓縮狀態(tài)，因此球3一定帶正電，A錯誤.移走球1前，彈簧的壓縮量為右則移走球

1后球3運動至a位置時，彈簧的伸長量為5，則球3在6點與在a點時彈簧的彈性勢能相

等，又由于a、6兩點到球2的距離相等，則在球2形成的電場中°、6兩點的電勢相等，a、

6兩點的電勢差為零，則球3由6到a的過程，由動能定理得mgLsin30。=；〃7V2,解得v=

y［gL,B正確.對移走球1前的球3受力分析，如圖甲所示，由力的平衡條件，沿斜面方向

上有加gsin30°+g3sin30°+F=B3,又用3=鬻=詈，F(xiàn)i3=^=3mg,解得尸="g;

當球3在a點時，受力分析如圖乙所示，由于彈簧的伸長量為|,則尸三尸，對球3由牛頓

第二定律得尸+尸23sin30°一加gsin30°="皿，解得a=2g,C正確.球3運動到"中點時，

受力分析如圖丙所示，球3與球2之間的距離為》=￡＜：0$30。=也，則兩球之間的庫侖力

大小為F"23=-^-=—,由力的平衡條件知在垂直斜面的方向上有Fm=mgcos30°一尸’23,

,G郎）23

解得后2=%4wg,D正確.

圖甲圖乙圖丙

5.［能量守恒定律+帶電體在電場中的運動/2022遼寧］如圖所示,

光滑水平面AB和豎直面內的光滑;圓弧導軌BO在B點平滑連

接，導軌半徑為R.質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A

點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過2點時的速度大小為歷，

之后沿導軌80運動.以。為坐標原點建立直角坐標系宜內，在x2一R區(qū)域有方向與x軸夾

角為0=45。的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為近加g.小球在運動過程中電荷

量保持不變，重力加速度為g.求：

（1）彈簧壓縮至4點時的彈性勢能；

（2）小球經(jīng)過。點時的速度大?。?/p>

（3）小球過。點后運動的軌跡方程.

答案⑴3mgR（2）（3）工=9

解析（1）小球從/點靜止釋放，根據(jù)動能定理有

EPA=^mvl—0

可得彈簧壓縮至N點時的彈性勢能EPA^mgR

（2）小球從3運動到。的過程中重力、電場力對小球做功，根據(jù)動能定理有

其中F電=dmg

可得刃=/研

（3）小球離開。點后的受力分析如圖所示，根據(jù)受力分析可知重力與電場力

的合力方向沿水平方向，大小為方合=Awg,即小球離開。點后，在水平方向以

加速度g做勻加速直線運動，有其中

在豎直方向以速度vo做勻速直線運動，有y=vot=tyj3gR

聯(lián)立可得軌跡方程為x=￡

6R

基礎練知識通關

1.［多選］如圖所示，在粗糙絕緣水平面上間隔一定距離放置兩個帶

AB―?F

~77777777777777777777777777777/777777777

電的物體/、B,帶電荷量分別為+。和一9（設兩電荷間只有庫

侖力），開始時，4、5均處于靜止狀態(tài)，在物體5上施加一水平向右的恒力產(chǎn)，使物體

/、2向右運動.在此過程中，下列說法正確的是（AD）

A.力F、庫侖力及摩擦力對物體B所做的功之和等于物體B的動能增量

B.力尸做的功與摩擦力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量

C.庫侖力及摩擦力對物體/做的功等于物體N的動能增量與電勢能增量之和

D.力/做的功及摩擦力對物體N和8做功的代數(shù)和等于物體/和B的動能增量及電勢能增

量之和

解析根據(jù)動能定理知，力尸做的功與摩擦力對物體8做的功及庫侖力對物體8做的功之

和等于物體3的動能增量，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理知庫侖力及摩擦力對物體/

做的功等于物體N的動能增量，C錯誤；根據(jù)能量守恒可知：力/做的功及摩擦力對物體

/和3做功的代數(shù)和等于物體/和2的動能增量及電勢能增量之和，故D正確.

2.［多選］某條電場線是一條直線，上邊依次有。、/、B、。四個

點，相鄰兩點間距離均為力以。點為坐標原點，沿電場強度方

向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所

示.一個帶電荷量為+夕的粒子，從。點右側某處（到。點間距離

極小，可忽略）由靜止釋放，僅受電場力作用，則（AD）

A.若O點的電勢為零，則/點的電勢為一萼

B.粒子從A到B做勻速直線運動

C.粒子在OA段電勢能減少量小于段電勢能減少量

D.粒子運動到B點時動能為空

解析由圖可知E—x圖像所圍成圖形的面積表示兩點間的電勢差大小，因此瓦心

由于9。=0,因此0,4=一；瓦乙故A正確；粒子由4到8過程電場力一直做正功，則帶正電

粒子一直加速運動，在該過程電場強度不變，帶電粒子做勻加速直線運動，故B錯誤；粒

子在04段的平均電場力大于2C段的平均電場力，則0/段的電場力做的功大于2C段電

場力做的功，由功能關系知，粒子在0/段電勢能的變化量大于在2c段電勢能的變化量，

或者從04段和3c段圖像所圍成圖形的面積分析可知UOA>UBC,根據(jù)電場力做功公式W

=qU和〃=-A￡p,也可得出粒子在。4段電勢能的變化量大于在8c段電勢能的變化

量，故C錯誤；對粒子從。到B點過程，根據(jù)動能定理，則有少08=4。08=￡砥-0,而

UoB=^E0(d+2d),聯(lián)立方程解得知=耍，故D正確.

3.［2024湖北“宜荊荊恩”起點考試］如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，一個質子僅在

電場力作用下沿x軸正方向運動，經(jīng)過間距相等的/、B.C三點，該質子的電勢能穌隨坐

標x變化的關系如圖乙所示，則下列說法正確的是(A)

圖甲圖乙

A.4點電勢高于3點電勢

B.A點的電場強度小于8點的電場強度

C.質子經(jīng)過A點的速率大于經(jīng)過B點的速率

D./、2兩點電勢差SB小于3、C兩點電勢差Sc

解析由題圖乙可知，質子沿x軸正方向運動的過程中，其電勢能逐漸降低，所以電場力

做正功，又質子帶正電，則電場線沿x軸正方向，故/點電勢高于2點電勢【另解：電勢

高低亦可通過電勢能的高低來判斷】，A正確；與一x圖線斜率的絕對值表示電場力的大小

【點撥：電場力做的功少=一小身=小，則堂=一尸］，又￡=；,則圖線斜率絕對值的變

化可以間接反映場強大小的變化，由題圖乙可知，圖線斜率的絕對值逐漸減小，則場強逐

漸減小，即N點的場強大于3點的場強，B錯誤；質子從/點運動到8點的過程，電場力

做正功，質子的動能增大，速度增大，則質子經(jīng)過/點的速率小于經(jīng)過2點的速率，C錯

誤；結合B項分析，/、8之間的平均場強大于8、C之間的平均場強，根據(jù)。=￡d定性分

析可知，UAB>UBC,D錯誤.

4.[2024山東黃澤明德學校月考/多選]兩個等量同種正點電荷固定于光滑絕緣水平面上，其

連線中垂線上有/、B、C三點，如圖甲所示，一個電荷量為+2X10-3C、質量為o」kg的

小物塊（可視為質點）從C點靜止釋放，其在水平面內運動的v—f圖像如圖乙所示，其中

B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線），則下列說法正確的是

(ACD)

，4

A.由C到/的過程中物塊的電勢能逐漸減小

B.B、/兩點間的電勢差加=5V

C.由。點到/點電勢逐漸降低

D.3點為中垂線上電場強度最大的點，場強為100N/C

解析由v—/圖像可知，由C到N的過程中，物塊的速度一直增大，電場力對物塊做正功,

電勢能一直減小，A正確；由y—f圖像可知，Ay3兩點的速度分別為v,4=6m/s,VB=4

m/s,再根據(jù)動能定理得夕以=；加諾一;機位，解得g=-500V,故為=500V,B錯誤；

兩個等量同種正點電荷連線中垂線上電場強度方向由。點沿中垂線指向外側，故由。點到

/點的過程中電勢逐漸降低，C正確；小物塊在3點的加速度最大，為am=<m/s2=2

7—5

m/s2,所受的電場力最大為%1=冽%=0.1X2N=0.2N,則場強最大值為&1=紐=7■*J

q2x10'

N/C=100N/C,故D正確.

5.[2023海南統(tǒng)考/多選]如圖所示，空間存在著方向豎直向下的勻強電場，光滑絕緣斜面N8

與粗糙絕緣水平地面平滑連接，斜面與水平面的夾角a=37。.質量為m=0.5kg、電荷量

為q的帶正電小物塊（可視為質點）從N點由靜止釋放，經(jīng)過3點后進入水平面，最后停

在C點.若小物塊經(jīng)過3點前后速度大小不變，電場的電場強度大小為￡=強，5=24m,

<?

&c=36m,重力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,下列說法正確的是

(BC)

A.小物塊在斜面上運動的加速度大小為6m/s2

B.小物塊從/點運動到C點所用的時間為5s

C.小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4

D.小物塊從/點運動到C點，靜電力所做的功等于系統(tǒng)內能的增加量

解析由牛頓第二定律知小物塊在斜面上運動的加速度大小為Q=(mg+q?sma=葭zs2,故

m1n

A錯誤；小物塊從/點運動到2點，有漏,所用的時間為fi=2s,到2點的速度為

v=ati=24m/s,小物塊從5點運動到C點，市IBC=*,所用的時間為，2=3S,貝U小物塊

從4點運動到C點所用的時間為t=t\+t2=5s,故B正確；小物塊在水平地面上的加速度

tz,=-=8m/s2,由牛頓第二定律有〃(冽g+g￡)=zw優(yōu)，可得小物塊與水平地面間的動摩擦因

數(shù)〃=0.4,故C正確；小物塊從4點運動到。點，靜電力和重力做正功，摩擦力做負功，

由此+吸一%=0,叼=0可知靜電力所做的功與重力所做的功之和等于系統(tǒng)內能的增加

量，故D錯誤.

6.［2024四川宜賓第二中學開學考/多選］如圖所示，質量為機、帶電荷量廠1、，

為十夕的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直(［、列

平面內，。為環(huán)心，/為最低點，5為最高點.大圓環(huán)所在的豎直平面內k\0)

存在水平向右、場強為詈(g為重力加速度)的勻強電場，現(xiàn)給在N點一~,

的小圓環(huán)一個向右的水平初速度V0,小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓

環(huán)運動過程中(BC)

A.動能最小與最大的位置在同一等勢面上

B.電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置

C.在/點獲得的初速度為12(1+V2)gR

D.在B點受到大圓環(huán)彈力大小為mg

解析由于勻強電場的電場強度為盥，易知小圓環(huán)所受電場力與重力大小相等，作出小圓

q

環(huán)的等效最低點C與等效最高點。，如圖所示，小圓環(huán)在等效最低點時速度最大，動能最

大，在等效最高點時速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知30>pc,兩者不

在同一等勢面上，A錯誤；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉化，

即只有電勢能與機械能的轉化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；小

圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效最高點。的速度為0,對小

圓環(huán)由/點運動到。點過程進行分析有一q￡Rsin45o-"?g(R+Rcos45o)=0—SnV解得

vo=J2(l+V2)g7?,C正確；小圓環(huán)由/點運動到3過程有一加g-2R=)?v1一；〃鬲，在B點

有N+mg=*,解得N=(2近-3)mg<0,可知，小圓環(huán)過3點受到大圓環(huán)的彈力大小為

(3—2V2)mg,D錯誤.

7.[2024四川成都七中零診]如圖，空間存在水平向右的勻強電場(圖中未畫出)，一帶電

荷量為q(g>0)、質量為加的小球，自距離地面高力的/點由靜止釋放.落地點8距離釋

放點的水平距離為斜，重力加速度為g,求：

(1)電場強度E的大??；

(2)落地時小球的動能.

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