重難點(diǎn)13帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)

命題趨勢J

考點(diǎn)三年考情分析2025考向預(yù)測

帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題涉

及較多的概念和規(guī)律，帶電粒子涉

及的運(yùn)動(dòng)過程包括電場中的加速、

3年3考平衡、偏轉(zhuǎn)和一般的曲線運(yùn)動(dòng)，從

帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的分析與

廣東卷[(2024,T8),(2023,T9),物理規(guī)律應(yīng)用的角度分析，涉及受

計(jì)算；

(2022,T8)]力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒

定律，從考查方法的角度分析，涉及

運(yùn)動(dòng)的合成與分解法、正交分解

法、等效法。

重難詮釋◎

【情境解讀】

⑴加速

(2)偏轉(zhuǎn)

'沿初速度”。方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場力

方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

X._________________________-

加速度但支=致=%。

mmma9+

L

y=-^-at,t=-9解得離開電場時(shí)的偏移量產(chǎn)

2VQ

qU不

2mdvo°

離開電場時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tan

鄉(xiāng),%=a=嗎?2,解得tan0=-2^

oi——

粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度。的反向延

位移偏轉(zhuǎn)角的正切值30=子=料為，速長線與初速度延長線的交點(diǎn)0為粒子

I2TZU/I?O水平位移的中點(diǎn)，即0到偏轉(zhuǎn)電場邊

度偏轉(zhuǎn)角正切值(tan夕)等于位移偏轉(zhuǎn)角正緣的距離為方。

切值(tana)的2倍，即tan0=2tanao

【高分技巧】

1.電場中直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種解題思路

(1)動(dòng)能定理：不涉及。、力時(shí)可用。

(2)牛頓運(yùn)動(dòng)定律：涉及4、/時(shí)可用。

2.勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題

(1)帶電粒子垂直于場強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)一般為類平拋運(yùn)動(dòng)，可用

運(yùn)動(dòng)的分解來解決。

(2)不涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)、涉及功能問題時(shí)常用動(dòng)能定理解決。

注意：偏轉(zhuǎn)時(shí)靜電力做功不一定是少=4。板間，應(yīng)該是少=q與。為偏移量)。

3.勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩個(gè)結(jié)論

(2)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量歹=

-at2=^-=—,偏轉(zhuǎn)角的正切值tan9="=y,與比荷無關(guān)，y和夕總是相同的。

22mdvi4Uodmdvi2Uod

粒子打在光屏上的位置P到中心的距離yo=y+/tan9=仔+/jtane。

4.帶電體在電場和重力場中運(yùn)動(dòng)的分析方法

(1)對帶電體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的

規(guī)律解決問題。

(2)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點(diǎn)，分析帶電體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往涉及重力勢能、電勢能以

及動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變。

【考向一：帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)】

1.如圖甲所示，在某電場中建立x坐標(biāo)軸，一個(gè)電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過/、8、C

三點(diǎn)，已知xc—尤2=物一山。該電子的電勢能穌隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示。則下列說法中正確的

是()

1

△pq.；V.

XAXBXCX

uXAXBXcX

甲乙

AN點(diǎn)電勢高于8點(diǎn)電勢

B.A點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度

C.A,3兩點(diǎn)電勢差等于8、C兩點(diǎn)電勢差|“c|

D.電子經(jīng)過N點(diǎn)的速率小于經(jīng)過8點(diǎn)的速率

答案D

解析一個(gè)電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，由題圖知電子電勢能一直減小，則電子從/到3

靜電力做正功，即%B=4%B=(-e)%B>0,所以必產(chǎn)0,/點(diǎn)電勢低于8點(diǎn)電勢，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電

勢能Ep隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系Ep=q(px=eq)x，則A￡p=e\(px=eEx\x,可知Ep-x圖像的斜率絕對值越大，

電場強(qiáng)度越強(qiáng)，由題圖可知/點(diǎn)的斜率絕對值比3點(diǎn)的大，/點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于2點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故B

錯(cuò)誤；由題圖可知，電子通過相同位移時(shí)，電勢能的減小量越來越小，根據(jù)功能關(guān)系%B=—AEpNB，

WBC=-\EvBC,靜電力做功%8=4%E，WBC=qUBC,故/、3兩點(diǎn)電勢差|為引大于8、C

兩點(diǎn)電勢差|以d，故C錯(cuò)誤；一個(gè)電子僅在靜電力作用下沿X軸正方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理矗

--mv^>0,電子經(jīng)過N點(diǎn)的速率小于經(jīng)過8點(diǎn)的速率，故D正確。

2

2.人體的細(xì)胞膜模型圖如圖a所示，由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在電壓（醫(yī)學(xué)上稱為膜電位），

現(xiàn)研究某小塊均勻的細(xì)胞膜，厚度為心膜內(nèi)的電場可看作勻強(qiáng)電場，簡化模型如圖b所示，初速度可

視為零的一價(jià)正鈉離子僅在靜電力的作用下，從圖中的N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)，下列說法正確的是（）

細(xì)胞外

b

A.A點(diǎn)電勢等于B點(diǎn)電勢

B.鈉離子的電勢能增大

C.若膜電位越小，鈉離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度越大

D.若膜電位增加，鈉離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度更大

答案D

解析初速度可視為零的一價(jià)正鈉離子僅在靜電力的作用下，從圖中的4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)，則/點(diǎn)電勢高

于3點(diǎn)電勢，A錯(cuò)誤；鈉離子運(yùn)動(dòng)過程中靜電力做正功，所以鈉離子的電勢能減小，B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定

理可知4。=；加廿，若膜電位越小，鈉離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度越??；電壓U增加，速度更大，C錯(cuò)誤，D

正確。

3.（2023大灣區(qū)一模）工業(yè)生產(chǎn)中有一種叫電子束焊接機(jī)的裝置，其核心部件由如圖所示的高壓輻向電場

組成.該電場的電場線如圖中帶箭頭的虛線所示.一電子在圖中〃點(diǎn)從靜止開始只在電場力的作用下沿

著電場線做直線運(yùn)動(dòng).設(shè)電子在該電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為位移為x,速度為v,受到的電場力為尸，電

勢能為小，運(yùn)動(dòng)經(jīng)過的各點(diǎn)電勢為夕，則下列四個(gè)圖像可能合理的是（）

答案D

解析電子所受的電場力的方向與電場強(qiáng)度方向相反，指向a所以電子向/運(yùn)動(dòng)，電場線越來越

密，電場強(qiáng)度逐漸增大，根據(jù)尸=eE,電場力逐漸增大，故B錯(cuò)誤；電子的加速度。=一，電子向/運(yùn)

m

動(dòng)，電場強(qiáng)度增大，電子的加速度增大，速度增大且圖線的斜率增大，故A錯(cuò)誤；電子逆電場線向/運(yùn)

動(dòng)，電勢升高，電場強(qiáng)度增大，根據(jù)￡="，電勢圖線的斜率增大，故D正確；品一x圖線斜率代表電

Ax

場力，電子向4運(yùn)動(dòng)，電場強(qiáng)度增大，電場力變大，即電勢能圖線的斜率增大，故C錯(cuò)誤.

4.(2023新課標(biāo)卷)密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖14所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上

板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴。、b

vo

在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為％、兩板間加上電壓后(上板為正極)，這

4

兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率上，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半

2

徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。

aoob

(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；

(2)判斷油滴。和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。

答案(1)8：1(2)。帶負(fù)電荷6帶正電荷4：1

解析(1)根據(jù)題述有f=kvr

設(shè)油滴。的質(zhì)量為加1，油滴。以速率為向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件有

加ig=Eori，m\=—Tir\p

Vo

設(shè)油滴6的質(zhì)量為加2,油滴b以速率一向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件有

4

vo4

碎名=匕1^2,加2=于川"

聯(lián)立解得尸1:尸2=2：1,冽I：加2=8:lo

Vo

(2)當(dāng)在上下平板加恒定電壓(上板為正)時(shí)，這兩個(gè)油滴很快以鼻的速率豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，則油滴。速

率減小，說明油滴a受到向上的電場力，油滴。帶負(fù)電荷，油滴b速率增大，說明油滴6受到向下的電

場力，則油滴b帶正電荷。

Vo

當(dāng)兩個(gè)油滴均以速率一豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，

2

fir\

由可知所受阻力之比為一=—=2

fi.及

VoV0

油滴b以速率I豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力為/=加2g,結(jié)合可知油滴6以速率,豎直向下勻

速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力為2g

Vo

油滴a以速率5豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受阻力為力=班=4"?喏

設(shè)油滴。所帶電荷量的絕對值為％,由平衡條件有

m\g=q\EA-fx

設(shè)油滴6所帶電荷量的絕對值為公，由平衡條件有

m2g+qiE=fi

聯(lián)立解得夕1:伙=4：1。

5.如圖是電子加速系統(tǒng)，K是與金屬板M距離最近的燈絲，電源4給K加熱可以產(chǎn)生初速度不計(jì)的熱電

子，N為金屬網(wǎng)，M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源及上，M、N之間的電場近似為勻強(qiáng)電場，系

統(tǒng)放置在真空環(huán)境中，正常工作時(shí)，從K發(fā)出的電子經(jīng)M、N之間的電場加速后，大多數(shù)電子從金屬網(wǎng)

N的小孔射出，少部分電子打到金屬網(wǎng)絲上被吸收，從而形成回路電流，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為/。已知

電子的質(zhì)量為加、電荷量為e,不計(jì)電子所受的重力和電子之間的相互作用。

(1)求單位時(shí)間內(nèi)被金屬網(wǎng)N吸收的電子數(shù)?；

(2)若金屬網(wǎng)N吸收電子的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，證明金屬網(wǎng)的發(fā)熱功率P=IU；

(3)電子可認(rèn)為垂直打到金屬網(wǎng)N上，并假設(shè)打在金屬網(wǎng)N上的電子全部被吸收，不反彈。求被金屬網(wǎng)

吸收的電子對金屬網(wǎng)的作用力大小廠。

/\2rnU

答案(1)-(2)見解析(3)/——

e

解析(1)根據(jù)電流定義式得/=2

Q—net

解得n=~

e

(2)每個(gè)電子被加速，有eU=1w2

單位時(shí)間內(nèi)金屬網(wǎng)吸收的電子動(dòng)能轉(zhuǎn)化為金屬網(wǎng)的發(fā)熱功率

1I

P=n-mv2=neU=-eU=IU

2o

(3)電子被加速時(shí)，有加廿

2eU

解得v

m

由動(dòng)量定理一產(chǎn)方=&?得Ft—nmv

、一,2m17

聯(lián)立解得尸=/一1

2mU

由牛頓第三定律知尸=/=/二。

【考向二：帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動(dòng)】

6.(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)存在一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度方向與水平方向間的夾角(9=60。，。、M為其

中一條電場線上的兩點(diǎn)，一帶電粒子電荷量為g,不計(jì)重力，在。點(diǎn)以水平初速度為進(jìn)入電場，經(jīng)過時(shí)

間f粒子到達(dá)與M在同一水平線上的N點(diǎn)，且.OM=MN,貝|()

5M

B.粒子帶負(fù)電

C.帶電粒子在。點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能

D.由。到N運(yùn)動(dòng)過程中，靜電力的功率增大

答案BCD

——I

解析由5勿=￡?。“，U=E-MNCOS0,可得SVM=-UMO，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，

NM2

粒子受靜電力斜向下，可知粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)B正確；帶電粒子從。到N靜電力做正功，電勢能減小，

則帶電粒子在。點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)C正確；根據(jù)尸=q￡v,由。到N運(yùn)動(dòng)過程中，

粒子沿電場線方向的速度v增大，可知靜電力的功率增大，選項(xiàng)D正確。

7.（2024揭陽質(zhì)檢）平行金屬板/、8分別帶等量異種電荷，/板帶正電，8板帶負(fù)電，a、6兩個(gè)帶正電的

粒子，以相同的速率先后垂直于電場線從同??點(diǎn)。進(jìn)入兩金屬板間的勻強(qiáng)電場中，并分別打在8板上的

4'、8'兩點(diǎn)，如圖所示.若不計(jì)重力，貝1k）

AI1

X、、、、

BlI

A'B'

A.a粒子帶的電荷量一定大于b粒子帶的電荷量

B.a粒子的質(zhì)量一定小于b粒子的質(zhì)量

C.a粒子的比荷一定大于b粒子的比荷

D.a粒子的比荷一定小于6粒子的比荷

答案C

解析設(shè)粒子的速度為v,電荷量為g,質(zhì)量為a,加速度為a,運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為7,則加速度a=上，

m

x1IEa/x\2

時(shí)間，=一，粒子垂直電場線射入電場后，粒子的偏移量丁=-成2=,卜，從公式中可以知道，水

vo22m\voJ

平位移X較大的粒子，比荷烏就一定小，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.

m

8.（2023北京卷）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示.由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合

氣流進(jìn)入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器.在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度V。保持不

變.在勻強(qiáng)電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，己知金屬板長度為3間距為力不考慮重力

影響和顆粒間相互作用.

（1）若不計(jì)空氣阻力，質(zhì)量為加、電荷量為一q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓5.

（2）若考慮空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為尸什v,其中r為顆

粒的半徑，人為常量.假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度：

①若半徑為心電荷量為一q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓5.

②已知顆粒的電荷量與其半徑的二次方成正比,進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10「im和

2.5的兩種顆粒，若10的顆粒恰好100%被收集，求2.5pm的顆粒被收集的百分比.

2mcPv6kcPRvo

答案(1)——(2)①--------②25%

qL1qL

解析(1)只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有

豎直方向d=-at2

2

根據(jù)牛頓第二定律qE=ma

又E吟

」,2m(Pvl

解得5=——

qL2-

(2)①空氣和帶電顆粒沿板方向的速度均保持不變，說明水平方向不受空氣阻力作用，當(dāng)顆粒在金

屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度時(shí)

F電=/

qUidL

即—=kRv,且一=一

dVVO

…口kcPRvo

斛得5=-----

qL

②10國11帶電荷量9的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所

受阻力等于電場力，有

qU_

——2=A7?iov

amax

在豎直方向顆粒勻速下落，則/=^^/

2.5Hm的顆粒帶電荷量為/="，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于

16

電場力，有

q'lh1

~~~^2.5Vmax?氏2.5=1及10

d4

設(shè)只有距下極板為"的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落

d-Vmax%

〃,d

解得y

則2.5的顆粒被收集的百分比

df

〃=-xl00%=25%

d

9.(2024福建高三校聯(lián)考)1897年，物理學(xué)家湯姆孫正式測定了電子的比荷，揭開了原子神秘的面紗。如圖

所示為湯姆孫測定電子比荷裝置的簡化示意圖，陰極K發(fā)出的電子由靜止經(jīng)過加速電壓仇加速后，沿

軸線進(jìn)入兩平行極板C、。間。僅在C、。極板間施加一定電壓，電子從C、。右側(cè)離開時(shí)偏離軸線距

離為V；若保持電壓不變，在C、。間加上與紙面垂直的磁場，發(fā)現(xiàn)電子沿直線前進(jìn)。已知電子的電荷

量大小為e,質(zhì)量為機(jī)。C>。極板間距為d,長度為求：

KIC----------

-o-lD-

(1)電子經(jīng)過加速電壓加速后的速度大小Vo；

⑵C、D極板間所加的電壓大小U；

⑶C、D極板間所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。

\2eUoAydUo

答案

⑴、hr限

解析(1)電子經(jīng)過加速電壓Uo加速，有

eU(\=—mvi

2

2eU

解得v=0

0m

(2)粒子進(jìn)入極板間之后做類平拋運(yùn)動(dòng),

豎直方向和水平方向上有歹=；〃凡L=v()t

由e—=ma得加速度為a——

dmd

聯(lián)立各式可得。=電學(xué)

L2

(3)若保持電壓不變，在C、O間加上與紙面垂直的磁場，發(fā)現(xiàn)電子沿直線前進(jìn)，說明電子所受靜電力和

洛倫茲力平衡eE=ev()B

又"聯(lián)立解得"青持

10.(2024天津高三期末統(tǒng)考)如圖所示，帶電金屬板4、8豎直平行正對放置，5板中心的小孔正好位于平面

直角坐標(biāo)系xQy的。點(diǎn)，歹軸沿豎直方向。在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿歹軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度

大小為1000V/m；比荷為1.0x105c/kg的帶正電的粒子尸從4板中心。處由靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰

好經(jīng)過點(diǎn)M(4m,2m),粒子P的重力不計(jì)。求:

⑴粒子P從。運(yùn)動(dòng)到M的時(shí)間t；

⑵金屬板/、8之間的電勢差UAB；

(3)若在粒子尸經(jīng)過。點(diǎn)的同時(shí)，在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中某點(diǎn)由靜止釋放另一帶電粒子。，使P、。恰

能在運(yùn)動(dòng)中相碰；假設(shè)。的質(zhì)量是P的2倍，帶電情況與P相同，粒子。的重力及尸、0之間的相互

作用均忽略不計(jì)，求粒子0釋放點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)x、y應(yīng)滿足的函數(shù)關(guān)系。

1

答案(1)2x10-4s(2)2x103v(3)尸.2a>o)

解析(1)設(shè)粒子尸的質(zhì)量為叭帶電荷量為g,由題意可知，粒子尸在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中做類平拋

運(yùn)動(dòng)。

由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得.

根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma

解得Z=2xl0-4So

(2)設(shè)粒子P從。點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí)的速度大小為vo，可知xM—vot

在金屬板/、5之間，由動(dòng)能定理有

qUAB=~^^vG

解得SB=2X103V。

(3)設(shè)0在右側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為“，。粒子從(x,y)點(diǎn)釋放后，豎直向上做初速度為0的勻加速

直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間，與粒子尸相遇。對于P粒子

有Xp—v^t\

對于。粒子夕0=；優(yōu)產(chǎn)，qE=2ma'

因?yàn)閮?yōu)<°,所以粒子。應(yīng)在第一象限內(nèi)釋放，且有

yP=y+yQ

聯(lián)立解得y=/2(40)。

【考向三：帶電體在電場和重力場中的運(yùn)動(dòng)】

10.(2023福建寧德高三校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為工

的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在。點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為加的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成。

角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞。點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g,不

考慮空氣阻力。下列說法正確的是（）

圖12

A.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為￡=”叱

q

B.小球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能的最小值為瓦111M=上"

2sin9

C.小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小

D.小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢能先減小后增大

答案A

解析小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成。角，對小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可知tan0=

紇解得"X,故A正確；

mgq

小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成6角，則Z點(diǎn)為小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)的等

效最高點(diǎn)，/點(diǎn)時(shí)小球的速度最小，動(dòng)能最小，由牛頓第二定律可知"-=竺吧，動(dòng)能瓦?血=雪謠in，

cos0L2

聯(lián)立解得小正=」叱，故B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最左邊與。點(diǎn)等高位置時(shí)，靜電

2cos6

力做負(fù)功最多，機(jī)械能最小，故C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，靜

電力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，所以電勢能先減小，后增大，再減小，故D錯(cuò)誤。

12.（多選）（2022遼寧高考）如圖所示，帶電荷量為6。（。＞0）的球1固定在傾角為30。光滑絕緣斜面上的a點(diǎn)，

其正上方L處固定一電荷量為一。的球2,斜面上距。點(diǎn)Z處的6點(diǎn)有質(zhì)量為〃z的帶電球3,球3與一

端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時(shí)彈簧的壓縮量為七球2、3間的靜電力大小

2

為詈。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的

說法正確的是（）

A.帶負(fù)電

B.運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的速度大小為夜

C.運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的加速度大小為2g

D.運(yùn)動(dòng)至刈中點(diǎn)時(shí)對斜面的壓力大小為地;mg

6

答案BCD

解析由題意可知三小球構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧

處于壓縮狀態(tài)，小球1和3之間的庫侖力一定是斥力，小球3帶正電，故A錯(cuò)誤；小球3運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)

時(shí)，彈簧的伸長量等于匕根據(jù)對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0,根據(jù)動(dòng)能

2

定理有加g￡sin9=1冽v2,解得故B正確；小球3在b點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球3的電荷量為q,有捍=

2L

—,設(shè)彈簧的彈力為尸，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有尸=左華一

2L2

左半sin30°—mgsin30°,解得尸=不陪，小球運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量等于鼻，根據(jù)對稱性可知F+

A^sin30°—mgsin300=ma,解得〃=2g,故C正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)至打中點(diǎn)時(shí)，彈簧彈力為0,此時(shí)小球2

qQ4cjO42

對小球3的力為尸23=k—=一臂=-X）=-Wg,斜面對小球的支持力為尸N=^gCOS30。一尸23=

3L323

）2

623「一4根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮榉慈鵪，故D正確。

—mg-^mg

66

13.（多選）某同學(xué)用如圖甲所示裝置研究帶電小球在重力場和電場中具有的勢能E（重力勢能、電勢能之和）情

況。兩個(gè)帶同種電荷的小球1、2放在豎直放置的絕緣圓筒中，1固定在圓筒底部，2從靠近1位置處

釋放，測出球2離球1的位置x和速度，利用能量守恒可以得到勢能圖像。圖乙中I圖線是小球2

的E—X圖像，n圖線是計(jì)算機(jī)擬合的圖線I的漸近線，實(shí)驗(yàn)中一切摩擦可忽略，小球的電荷量不會發(fā)生

變化，g=10m/s2,則小球2（）

圖13

A.上升過程速度一直變大

B.上升過程速度先變大后變小

C.質(zhì)量為0.5kg

D.從x=6.0cm處運(yùn)動(dòng)至x=20cm處電勢能減少0.3J

答案BCD

解析上升過程系統(tǒng)能量守恒，￡+瓦=后總，結(jié)合圖像可知，上升過程中勢能先變小后變大，因此，

小球2的動(dòng)能先變大后變小，速度也先變大后變小，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)庫侖定律尸=等可知，

r2-

bE

當(dāng)尸—00時(shí)，F(xiàn)—0,系統(tǒng)勢能的變化量主要取決于重力做功，AE=mgAx,即冽g=—，由此可知小球2

Ax

的重力等于圖中漸近線的斜率，結(jié)合圖像可知根8=絲=&衛(wèi)=5N,解得加=0.5kg,C正確；從工=

Ax0.1m

6.0cm處運(yùn)動(dòng)至x=20cm處的過程中，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒，

-0.4J,根據(jù)動(dòng)能定理可得用G+少電=應(yīng)，又因?yàn)樾?一加g?=-0.7J,解得少電=0.3J,從％=

6.0?11處運(yùn)動(dòng)至％=2()(?處的過程中，靜電力做的正功為

0.3J,電勢能減少0.3J,D正確。

14.如圖所示，/BCD表示豎直放在場強(qiáng)為￡=104v/m的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD

部分是半徑為R的半圓，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切，/為水平軌道上的一點(diǎn)，而且/8=R=0.2rn。

把一質(zhì)量%=100g、帶電荷量4=10-4c的小球，放在水平軌道上的4點(diǎn)，由靜止開始被釋放后，在

軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)。(g=10m/s2)求：

(1)它到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度是多大？

⑵它到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對軌道壓力是多大?

(3)小球所能獲得的最大動(dòng)能是多少？

答案(1)2m/s(2)3N(3)^J

解析(1)設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小是vc，軌道對小球的壓力大小為樂°,則對于小球由N-C的過程

中，應(yīng)用動(dòng)能定理得

qE-2R—mgR——mv^—0

4qER

解得vc=2gR=2m/so

⑵在C點(diǎn)沿圓軌道徑向，對小球應(yīng)用牛頓第二定律，有FNc—qE=m—

R

得F^c=5qE—2mg=3N

根據(jù)牛頓第三定律知，小球在C點(diǎn)對軌道的壓力大小為3No

(3)因?yàn)閙g=qE=1N

所以小球受到合力的方向垂直于2、C兩點(diǎn)的連線向下，8c弧的中點(diǎn)。為等效重力的最低點(diǎn)，在此處

小球具有最大速度，

從N到。由動(dòng)能定理得

qER(l+sin45°)—wg-7?(l—cos45°)=￡,km

所以耳?1=旨Jo

15.(2022廣東高考)密立根通過觀測油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎(jiǎng)。

圖是密立根油