專題13帶點(diǎn)粒子再電場中的運(yùn)動（解析版）-2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)培優(yōu)練（新高考用）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁專題13帶點(diǎn)粒子再電場中的運(yùn)動TOC\o"1-1"\h\u一、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動 2二、帶電粒子在周期性變化電場中的直線運(yùn)動 6三、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類拋體運(yùn)動的相關(guān)計(jì)算 11四、帶電物體（計(jì)重力）在電場中的平衡問題 18五、帶電物體（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場中的圓周運(yùn)動 22六、帶電物體（計(jì)重力）在非勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動 24專題一帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動1．（2022·福建·高考真題）我國霍爾推進(jìn)器技術(shù)世界領(lǐng)先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場，該區(qū)域內(nèi)有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質(zhì)被電離的比例。工作時(shí)，工作物質(zhì)氙氣進(jìn)入放電通道后被電離為氙離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推力。某次測試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為，推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為。已知氙離子的比荷為；計(jì)算時(shí)，取氙離子的初速度為零，忽略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，則（）A．氙離子的加速電壓約為B．氙離子的加速電壓約為C．氙離子向外噴射形成的電流約為D．每秒進(jìn)入放電通道的氙氣質(zhì)量約為【答案】AD【詳解】AB．氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有可得加速電壓為故A正確，B錯(cuò)誤；D．在時(shí)間內(nèi)，有質(zhì)量為的氙離子以速度噴射而出，形成電流為，由動量定理可得進(jìn)入放電通道的氙氣質(zhì)量為，被電離的比例為，則有聯(lián)立解得故D正確；C．在時(shí)間內(nèi)，有電荷量為的氙離子噴射出，則有，聯(lián)立解得故C錯(cuò)誤。故選AD。2．（2024·遼寧·高考真題）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(tuán)的運(yùn)動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為和。甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小。不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生的磁場。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點(diǎn)到O點(diǎn)，由運(yùn)動學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度為因?yàn)榧自冖魠^(qū)始終做勻速直線運(yùn)動，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時(shí)間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運(yùn)動時(shí)間為，則上式中對乙可得整理可得對甲可得則化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為【點(diǎn)睛】3．（2022·北京·高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；（3）若在帶電粒子運(yùn)動距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時(shí)間t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）兩極板間的場強(qiáng)帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運(yùn)動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設(shè)帶電粒子運(yùn)動距離時(shí)的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動，后距離做勻速運(yùn)動，設(shè)用時(shí)分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時(shí)間專題二帶電粒子在周期性變化電場中的直線運(yùn)動4．（2024·浙江·二模）圖甲為直線加速原理示意圖，它由多個(gè)截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，奇數(shù)序號與偶數(shù)序號圓筒分別與交變電源相連，交變電源兩極間電壓變化規(guī)律如圖乙。在t=0時(shí)，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時(shí)序號為0的金屬圓板中央有一電子由靜止開始在各狹縫間不斷加速。若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，交變電源電壓大小為U，周期為T。不考慮電子的重力和相對論效應(yīng)，且忽略電子通過狹縫的時(shí)間。下列說法正確的是（）A．金屬圓筒1、2、3的長度之比為1:2:3B．電子離開圓筒1時(shí)的速度為進(jìn)入時(shí)速度的兩倍C．第n個(gè)圓筒的長度應(yīng)滿足D．進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)電子的速率為【答案】D【詳解】由于電子每經(jīng)過圓筒狹縫時(shí)都要加速，進(jìn)入圓筒后做勻速運(yùn)動，所以電子在筒內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間均為，電子在加速過程中加速度相同，經(jīng)過n次加速后，根據(jù)動能定理解得不計(jì)縫隙時(shí)間，電子在圓筒內(nèi)的時(shí)間均為,則所以金屬圓筒1、2、3的長度之比為，故A錯(cuò)誤；B．由于電子在筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，所以電子離開圓筒1時(shí)的速度等于進(jìn)入時(shí)的速度，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)動能定理，電子進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)的速度滿足所以所以第n個(gè)圓筒的長度為故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。5．（2024·云南昆明·二模）粒子直線加速器原理示意圖如圖1所示，由多個(gè)橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電壓變化規(guī)律如圖2所示，在時(shí)，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時(shí)和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一自由電子由靜止開始發(fā)射，之后在各狹縫間持續(xù)加速。若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，交變電源電壓為U，周期為T。不考慮電子的重力和相對論效應(yīng)，忽略電子通過圓筒狹縫的時(shí)間，下列說法正確的是（）A．電子在圓筒里做加速運(yùn)動B．要實(shí)現(xiàn)加速，電子在圓筒運(yùn)動時(shí)間必須為TC．第n個(gè)圓筒的長度應(yīng)滿足D．保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)小交變電壓的周期【答案】D【詳解】A．金屬筒中電場為零，電子不受電場力所用，電子做勻速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；B．電子每經(jīng)過圓筒間狹縫時(shí)都要被加速，然后進(jìn)入圓筒做勻速直線運(yùn)動，所以電子在圓筒運(yùn)動時(shí)間必須為，才能滿足每次經(jīng)過狹縫時(shí)被加速，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)電子進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)的速度為，由動能定理有而電子在圓筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，由此可得第n個(gè)圓筒的長度為解得故C錯(cuò)誤；D．由C選項(xiàng)分析可知，保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)小交變電壓的周期，故D正確。故選D。6．（2024·浙江·二模）如圖甲為直線加速器原理圖，由多個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上。序號為奇數(shù)的圓筒和交變電源的一個(gè)極相連，序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一個(gè)極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。已知電子的質(zhì)量為m、元電荷為e、電壓的絕對值為u，周期為T，電子通過圓筒間隙的時(shí)間可以忽略不計(jì)。在時(shí)，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，此時(shí)位于和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）中央有一個(gè)初速度為零的電子。下列說法正確的是（

）A．電子在圓筒中做勻加速直線運(yùn)動 B．本裝置可采用直流電進(jìn)行加速C．進(jìn)入第2個(gè)金屬圓筒時(shí)的速度為 D．第8個(gè)金屬圓筒的長度為【答案】C【詳解】A．由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內(nèi)部場強(qiáng)為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)加速器原理可知，本裝置應(yīng)采用交流電進(jìn)行加速，故B錯(cuò)誤；C．從序號為0的金屬圓板到進(jìn)入第2個(gè)金屬圓筒的過程中，由動能定理得解得故C正確；D．結(jié)合C選項(xiàng)分析可知進(jìn)入第8個(gè)金屬圓筒時(shí)的速度滿足因?yàn)殡娮釉趫A筒中做勻速直線運(yùn)動，所以第8個(gè)圓筒長度為故D錯(cuò)誤。故選C。7．（2023·貴州安順·二模）近年來市場上出現(xiàn)的一種靜電耳機(jī)。其基本原理如圖甲，a、b為兩片平行固定金屬薄板，M是位于金屬板之間的極薄帶電振膜，將帶有音頻信號特征的電壓加在金屬板上，使帶電振膜在靜電力的作用下沿垂直金屬板方向振動從而發(fā)出聲音。若兩金屬板可看作間距為d、電容為C的平行板電容器，振膜質(zhì)量為m且均勻帶有電荷，其面積與金屬板相等，兩板所加電壓信號如圖乙所示，周期為T，在時(shí)刻振膜從兩板正中間位置由靜止開始運(yùn)動，振膜不碰到金屬板，不計(jì)振膜受到的重力和阻力，則（）A．當(dāng)金屬板充電至電荷量為Q時(shí)振膜的加速度為B．一個(gè)周期內(nèi)振膜沿ab方向運(yùn)動的時(shí)間為C．所加信號電壓中的最大值為D．所加信號電壓中的最大值為【答案】AC【詳解】A.由可知金屬板間的電壓為又因?yàn)榍腋鶕?jù)牛頓第二定律，有故A正確；B.振膜不碰到金屬板，可知振膜向b板做勻加速直線運(yùn)動，振膜向b板做勻減速直線運(yùn)動，剛好運(yùn)動到b板，速度為0。由對稱性知所以一個(gè)周期內(nèi)振膜沿ab方向運(yùn)動的時(shí)間為，故B錯(cuò)誤；CD.由上分析可知振膜發(fā)生的位移要小于等于，有得故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。專題三帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類拋體運(yùn)動的相關(guān)計(jì)算8．（2024·福建·高考真題）如圖，直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點(diǎn)。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從射出，緊貼下極板進(jìn)入，而后從進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸離開，運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場視為勻強(qiáng)電場，不計(jì)重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：(1)粒子經(jīng)過時(shí)的速度大??；(2)粒子經(jīng)過時(shí)速度方向與軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）粒子從M到N的運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理有解得（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律有根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有、又解得（3）粒子在P處時(shí)的速度大小為在磁場中運(yùn)動時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可知解得9．（2024·貴州·高考真題）如圖，邊長為L的正方形區(qū)域及矩形區(qū)域內(nèi)均存在電場強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下且與邊平行的勻強(qiáng)電場，右邊有一半徑為且與相切的圓形區(qū)域，切點(diǎn)為的中點(diǎn)，該圓形區(qū)域與區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子從b點(diǎn)斜向上射入電場后沿圖中曲線運(yùn)動，經(jīng)邊的中點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進(jìn)入圓形區(qū)域。所有區(qū)域均在紙面內(nèi)，粒子始終在該紙面內(nèi)運(yùn)動，不計(jì)粒子重力。求：(1)粒子沿直線通過區(qū)域時(shí)的速度大小；(2)粒子的電荷量與質(zhì)量之比；(3)粒子射出圓形區(qū)域時(shí)速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)速度方向的夾角。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）帶電粒子在區(qū)域做直線運(yùn)動，則有電場力與洛倫茲力平衡，可知粒子帶正電，經(jīng)邊的中點(diǎn)速度水平向右，設(shè)粒子到達(dá)邊的中點(diǎn)速度大小為，帶電荷量為，質(zhì)量為，由平衡條件則有解得（2）粒子從b點(diǎn)到邊的中點(diǎn)的運(yùn)動，可逆向看做從邊的中點(diǎn)到b點(diǎn)的類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為，加速度大小為，由牛頓第二定律可得由類平拋運(yùn)動規(guī)律可得聯(lián)立解得粒子的電荷量與質(zhì)量之比（3）粒子從中點(diǎn)射出到圓形區(qū)域做勻圓周運(yùn)動，設(shè)粒子的運(yùn)動半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子在磁場中運(yùn)動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設(shè)粒子射出圓形區(qū)域時(shí)速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)速度方向的夾角為，由幾何關(guān)系可知可得則有10．（2024·廣東·高考真題）如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一帶電粒子在時(shí)刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場內(nèi)，在時(shí)刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進(jìn)入磁場，并在時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應(yīng)。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時(shí)刻的速度大小v；（3）求從時(shí)刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。【答案】（1）正電；；（2）；；（3）【詳解】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運(yùn)動軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運(yùn)動的周期為根據(jù)則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長粒子在板間運(yùn)動時(shí)出電場時(shí)豎直速度為零，則豎直方向在磁場中時(shí)其中的聯(lián)立解得（3）帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動軌跡如圖，由（2）的計(jì)算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場做減速運(yùn)動速度為零后反向加速，在6t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動時(shí)，在時(shí)間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運(yùn)動時(shí)，往返一次電場力做功也為零，可知整個(gè)過程中只有開始進(jìn)入左側(cè)電場時(shí)電場力做功和最后0.5t0時(shí)間內(nèi)電場力做功，則11．（2024·新疆河南·高考真題）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)點(diǎn)表示，、分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場作用下運(yùn)動，P點(diǎn)沿線段ab移動到點(diǎn)；隨后粒子離開電場，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動至點(diǎn)；然后粒子離開磁場返回電場，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計(jì)重力。求（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑和周期；（2）電場強(qiáng)度的大小；（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動時(shí)的速度為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得做圓周運(yùn)動的半徑為周期為（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，根據(jù)可知任意點(diǎn)的加速度大小相等，故可得解得（3）根據(jù)題意分析可知從b點(diǎn)到c點(diǎn)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，繞一圈的過程中兩次在電場中運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知粒子的運(yùn)動軌跡如圖，角為兩次粒子在電場中運(yùn)動時(shí)初末位置間的位移與x軸方向的夾角，從a到b過程中粒子做類平拋運(yùn)動，得故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移為根據(jù)幾何知識可得由粒子在兩次電場中運(yùn)動的對稱性可知移動一周時(shí)粒子位移的大小為聯(lián)立解得專題四帶電物體（計(jì)重力）在電場中的平衡問題12．（2024·新疆河南·高考真題）如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細(xì)繩的上端均系在天花板的O點(diǎn)上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，平衡時(shí)兩細(xì)繩與豎直方向的夾角大小相等。則（）A．兩繩中的張力大小一定相等B．P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量C．P的電荷量一定小于Q的電荷量D．P的電荷量一定大于Q的電荷量【答案】B【詳解】由題意可知設(shè)Q和P兩球之間的庫侖力為F，繩子的拉力分別為T1，T2，質(zhì)量分別為m1，m2；與豎直方向夾角為θ，對于小球Q有對于小球P有聯(lián)立有所以可得又因?yàn)榭芍碢的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量；兩小球的電荷量則無法判斷。故選B。13．（2023·浙江·高考真題）AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為、質(zhì)量為的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動到CD板上的M點(diǎn)（未標(biāo)出），則（

）

A．MC距離為 B．電勢能增加了C．電場強(qiáng)度大小為 D．減小R的阻值，MC的距離將變大【答案】B【詳解】A．根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對小球受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得剪斷細(xì)線，小球做勻加速直線運(yùn)動，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場力方向的位移與電場力方向相反，電場力做功為則小球的電勢能增加，故B正確；C．電場強(qiáng)度的大小故C錯(cuò)誤；D．減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強(qiáng)度不變，所以小球的運(yùn)動不會發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯(cuò)誤。故選B?！军c(diǎn)睛】14．（2022·湖北·高考真題）密立根油滴實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場。用一個(gè)噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時(shí)由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時(shí)，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r【答案】D【詳解】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，滿足即AB．當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時(shí)，若液滴的半徑不變，則滿足可得AB錯(cuò)誤；CD．當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時(shí)，若液滴的半徑變?yōu)?r時(shí)，則滿足可得C錯(cuò)誤，D正確。故選D。專題五帶電物體（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場中的圓周運(yùn)動15．（2024·浙江·高考真題）如圖所示空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，在此空間同一水平面的M、N點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點(diǎn)，半徑為R、AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在圓環(huán)上，從A點(diǎn)沿圓環(huán)以初速度v0做完整的圓周運(yùn)動，則（）A．小球從A到C的過程中電勢能減少B．小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動C．可求出小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的加速度D．小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向平行MN【答案】C【詳解】A．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場線特點(diǎn)可知，圓環(huán)所在平面為等勢面，勻強(qiáng)電場方向豎直向上，則小球從A到C的過程電勢增加，電勢能增加，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)場強(qiáng)滿足時(shí)，小球運(yùn)動時(shí)受到的向心力大小不變，可沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動能定理可求出小球到B點(diǎn)時(shí)的速度vB，根據(jù)可得小球的向心加速度，再根據(jù)牛頓第二定律可得小球的切向加速度，再根據(jù)矢量合成可得B點(diǎn)的加速度為故C正確；D．小球在D點(diǎn)受到豎直向下的重力、豎直向上的勻強(qiáng)電場的電場力、平行MN方向的等量異種點(diǎn)電荷的電場力和圓環(huán)的作用力，圓環(huán)的作用力一個(gè)分力與等量異種點(diǎn)電荷的電場力平衡，其與MN平行，而另一分力提供向心力，方向指向圓心，故小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向不平行MN，故D錯(cuò)誤。故選C。16．（2024·河北·高考真題）如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，用長為L的絕緣細(xì)線系住一帶電小球，在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動。圖中A、B為圓周上的兩點(diǎn)，A點(diǎn)為最低點(diǎn)，B點(diǎn)與O點(diǎn)等高。當(dāng)小球運(yùn)動到A點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為、質(zhì)量為m，A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：（1）電場強(qiáng)度E的大小。（2）小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）在勻強(qiáng)電場中，根據(jù)公式可得場強(qiáng)為（2）在A點(diǎn)細(xì)線對小球的拉力為0，根據(jù)牛頓第二定律得A到B過程根據(jù)動能定理得聯(lián)立解得專題六帶電物體（計(jì)重力）在非勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動17．（2024·湖北武漢·二模）如圖所示水平放置的平行板電容器中間開有小孔，兩板間距為d；一均勻帶電絕緣棒帶電量為，長度為2d，質(zhì)量為m。絕緣電棒下端緊靠小孔，靜止釋放后絕緣棒始終保持豎直，與電容器無接觸且電荷分布保持不變。棒的上端點(diǎn)進(jìn)入電場時(shí)，棒的速度恰好為零。不考慮極板外的電場影響，則兩板間的電壓為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】均勻帶電棒下降過程受到的電場力大小隨下降距離的變化關(guān)系如圖，該過程中電場力做功為由動能定理得又聯(lián)立解得故選B。18．（2025·福建福州·二模）如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點(diǎn)電荷A，其電荷量QA=1.8×10?7C，一質(zhì)量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點(diǎn)，沿桿向右為x軸正方向建立坐標(biāo)系。點(diǎn)電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關(guān)系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關(guān)系如圖（b）中曲線Ⅱ所示，其中曲線Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量k=9×109N·m2/C2）可能用到的坐標(biāo)：曲線Ⅰ中的（0.30，0.018）；曲線Ⅱ中的（0.16，0.030）、（0.20，0）、（0.30，?0.012）、（0.40，?0.004）(1)小球B所帶電量q及電性；(2)非均勻外電場在x=0.3m處沿細(xì)桿方向的電場強(qiáng)度E大小和方向；(3)已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時(shí)，最遠(yuǎn)可以運(yùn)動到x=0.4m。若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為F=0.04N的恒力作用后，由靜止開始運(yùn)動，為使小球能離開細(xì)桿，恒力作用的最小距離s是多少？【答案】(1)1×10?6C，帶正電(2)?3×104N/C，水平向左(3)0.065m【詳解】（1）小球B帶正電，由圖（b）中曲線Ⅰ可知，當(dāng)x=0.3m時(shí)，有所以（2）設(shè)在x=0.3m處點(diǎn)電荷與小球間作用力為F2，有因此方向水平向左；（3）根據(jù)圖（b）中曲線Ⅱ圍成的面積表示合電場力做的功，可知小球從x=0.16m到x=0.2m處，合電場力做功為小球從x=0.2m到x=0.4m處，合電場力做功為由圖可知，小球從x=0.4m到x=0.8m處，合電場力