大题精练04 带电粒子（带电体）在电场中的运动问题-备考2025年高考物理题型突破讲练

大题精练04 带电粒子（带电体）在电场中的运动问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2025·四川模拟） X、Y、Z为大小相同的导体小球，X、Y所带电荷量均为q，Z所带电荷量为-5q。X、Y均放置在光滑绝缘水平面上，Y固定在P点，X与绝缘轻弹簧端相连，弹簧另一端固定，此时X静止在平衡位置O点，如图所示，将较远处的Z移近，先与X接触，然后与Y接触，再移回较远处，在此过程中，一直保持不变的是（　　）
A．X的平衡位置 B．Z的电荷种类
C．Y对X的库仑力方向 D．X、Y系统的电势能
2．（2024高二上·宣威月考）如图所示，直角三角形ABC中∠B=30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是（　　）
A．A带正电，QA∶QB=1∶8 B．A带负电，QA∶QB=1∶8
C．A带正电，QA∶QB=1∶4 D．A带负电，QA∶QB=1∶4
3．（2024高二上·洮北期中）如图，两个相距l的固定点电荷A、B，所带电量均为+Q。另有一质量为m的点电荷C，以速度v绕AB连线中点O点做匀速圆周运动，且所在圆平面与AB连线垂直，AC的距离为l。已知静电力常量为k，电荷C的重力忽略不计，电荷C所带电量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·洮北期中）如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d。已知两球的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷。则下列说法不正确的是（　　）
A．两球之间的库仑力F=k
B．当时，斜面对小球A的支持力为
C．当时，细线上拉力为0
D．将小球B移到斜面底面左端C点，当时，斜面对小球A的支持力为0
5．（2024高三上·开福月考）如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（　　）
A． B． C． D．
6．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.2 库仑定律 同步练习）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图7所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较(　　)
A．推力F将变大 B．竖直墙面对小球A的弹力变大
C．地面对小球B的支持力不变 D．两小球之间的距离变大
二、运动学专项
7．（2024高二上·广东期末）如图所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两个平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏转量（）叫示波管的灵敏度，若要提高其灵敏度。可采用下列哪种办法（　　）
A．增大两极板间的电压 B．尽可能使板长l做得短些
C．尽可能使板间距离d减小些 D．使电子入射速度v0大些
8．（2024高二上·东西湖期中）如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极（XX'和YY'）、荧光屏组成。管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX'和YY'上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。如果在偏转电极XX'加恒定电压，在偏转电极YY'加恒定电压，U0>0。电子束经偏转电极后，在荧光屏上出现亮斑的区域是（　　）
A．I B．II C．III D．IV
9．（2024高二上·洮北期中）如图所示，半径为R，带电量为的均匀带电圆环固定在竖直面内，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m，带电量为q的小球（可视为质点）。小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R﹐已知静电力常量为k，重力加速度为g，则剪短细线瞬间小球的加速度大小为（　　）
A．g B． C． D．k
10．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）一正点电荷仅在电场力的作用下运动，其速率v与时间t图像如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动对应的时刻，则下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点电场强度关系为Ea=Eb
B．a、b两点电场强度关系为Ea>Eb
C．a、b两点电势关系为
D．带电粒子从a点运动到b点时，电场力做正功，电势能减少
11．（2024高二上·重庆市期中）如图甲所示，长为L的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交变电压，电子流沿中心线OO'从O点以初速度射入板间，所有电子都不会碰到极板，已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．两板间距
B．电子在t=0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
C．电子在时刻从O点射入时偏离中心线的距离离开电场
D．电子无论在哪一时刻从O点射入，离开电场时的速率一定为v0
三、功和能专项
12．（2024高二上·望城开学考）如图所示，一平行金属板AB与一线圈组成理想的LC振荡电路，E为电源，当开关S从1掷向2的同时，有一电子恰从极板中央飞入AB间，电子重力可忽略，射入方向与极板平行。则电子（　　）
A．可能从上极板边缘飞出，飞出时动能一定增大
B．可能从下极板边缘飞出，飞出时动能可能不变
C．可能从上极板边缘飞出，飞出时动能可能不变
D．可能从下极板边缘飞出，飞出时动能一定减小
13．（2024高三上·湖北月考）如图，将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定两负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，当小圆环运动至P2点时小圆环动能最大，已知，则（　　）
A．M、N两电荷电量之比为9：16
B．M、N两电荷电量之比为27：64
C．从P1点运动到P2点的过程中静电力先做正功再做负功
D．从P1点运动到P2点的过程中静电力先做负功再做正功
14．（2024高二下·益阳期末）如图所示，在电场强度E＝2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4cm，MB＝3cm，AB＝5cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q＝2×10－9C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为（　　）
A．1.6×10－7J B．1.2×10－7J
C．－1.6×10－7J D．－1.2×10－7J
15．（2024高二上·上海市期中）如图所示，有质子H、氘核H、氚核H和氦核He四种带电粒子，先后从加速电压是U1的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出，沿C、D间的中线进入偏转电压为U2的偏转电场，都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（　　）
A．质子H）的偏转位移y最大
B．氘核H）的偏转角θ最小
C．氦核He）射出偏转电场时的动能最大
D．质子H）射出偏转电场时的速度最大
16．（2024高三下·江门模拟） 如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为的小金属块（可视为质点），从A点以速度向右运动，最后停止在B点，已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．该过程中小金属块的电势能增大
B．A、B两点间的电势差为
C．若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距O点的距离为
D．若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度大于
四、电学专项
17．（2024高二上·顺义期中）静电透镜是利用静电场使电子束汇聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图所示.虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称.等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等.一个电子经过P点（其横坐标为-x0）时，速度与Ox轴平行.适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动.在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图可能是图中 (　　)
A． B．
C． D．
18．（2024高二上·佳木斯开学考）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（　　）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
19．（2024高二上·邯郸开学考）如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为）连接，电源负极接地，开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（　　）
A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向下运动
B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动
C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变
D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高
20．（2024高三上·长春净月高新技术产业开发模拟）空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取点为坐标原点建立轴，如图甲所示。现有一个质量为、电量为的试探电荷，在时刻以一定初速度从轴上的点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为、半径为。已知图中圆为试探电荷运动轨迹，为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势随时间的变化图像如图乙所示，其中。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向与轴正方向成
B．从点到点做功为
C．圆周运动的过程中变力的最大值为
D．圆周运动的过程中变力的最大值为
21．（2024高三下·鹰潭模拟） 空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为＋q的带电微粒，在t＝0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为微粒运动轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势P随时间t的变化图像如图乙所示，其中。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的方向与x轴正方向成
B．从a点到b点F做功为
C．微粒在a时所受变力F可能达最小值
D．圆周运动的过程中变力F的最大值为
五、电场中常见的运动类型
22．（2024高一下·黔西月考）示波器是一种常用的实验仪器，如图所示，它常被用来显示电信号随时间变化的情况。振动、光、温度等的变化可以通过传感器转化成电信号的变化，然后用示波器来研。示波器的基本原理是带电粒子在电场力的作用下加速和偏转。一个电荷量为，质量为的带电粒子，由静止经电压为的加速电场加速后，立即沿中心线垂直进入一个电压为的偏转电场，然后打在垂直于放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为，极板长，极板的右端与荧光屏之间的距离也为8cm。整个装置如图示（不计粒子的重力）求：
（1）粒子出加速电场时的速度v；
（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；
（3）P点到O2的距离。
23．（2024高一下·汨罗月考）如下图甲所示，匀强电场场强大小为E、方向竖直向上。场内存在一个沿竖直平面内半径大小为R的圆形区域，O点为圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是最右边的点．在A点有放射源可放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电荷量为q，不计重力．试求：
（1）电荷在电场中运动的加速度；
（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度；
（3）某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，∠POA＝θ，请写出该电荷经过P点时动能的表达式；
（4）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙所示，∠COB＝∠BOD＝30°.求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．
24．（2024高二上·广州期中）如图所示，光滑足够长水平面上方空间有水平向右的匀强电场，长度、质量的绝缘长木板放在水平面上，从长木板的左端静止释放一质量为、电量为的小物块（可视为质点），已知小物块与长木板之间的动摩擦因数，电场强度，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．小物块刚释放时的加速度大小是
B．小物块从长木板的左端滑到右端的时间是2s
C．小物块从长木板的左端滑到右端的过程电势能减少60J
D．小物块从长木板的左端滑到右端的过程摩擦力对长木板做的功是10J
25．（2024高二上·钦州期中）如图1所示，、是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为的交变电压，板的电势，板的电势随时间发生周期性变化，规律如图2所示。现有一电子从板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略。则下列说法正确的是（　　）
A．若电子在时刻进入，它将一直向板运动
B．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上
C．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上，
D．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上
26．（2024高二上·临湘开学考）如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场。在匀强电场中有一根长L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，重力加速度为g，下列说法正确（　　）
A．小球的带电荷量
B．小球动能的最小值为
C．小球在运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变
27．（2024高二上·临湘开学考）如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势，B板的电势随时间的变化规律如图所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。则（　　）
A．若电子是在时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C．若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
六、破鼎提升
28．（2024高二下·金牛月考）如图所示，在平面第一象限内，直线与直线之间存在磁感应强度为，方向垂直纸面向里的匀强磁场，轴下方有一直线与轴平行且与轴相距为，轴与直线之间包含轴存在沿轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线与直线之间存在磁感应强度也为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为的平行电子束，如图，沿轴负方向射入第一象限的匀强磁场，各电子的速度随入射位置不同大小各不相等，电子束的左边界与轴的距离也为，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入轴下方的电场，最后所有电子都垂直于边界离开磁场。其中电子质量为，重力可忽略不计，电量大小为，电场强度大小为。求：
（1）各电子入射速度的范围；
（2）速度最小的电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心的坐标；
（3）直线的方程。
29．（2024高三下·济南月考） 如图，Oxyz坐标系中，在空间x<0的区域Ⅰ内存在沿z轴负方向、磁感应强度大小的匀强磁场；在空间00区域Ⅲ内施加沿x轴负方向的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，其中、，同时在空间x≥0.2m且y<0区域Ⅳ内施加沿x轴负方向、磁感应强度大小未知的匀强磁场。从撤去电场时开始计算，当带电粒子第5次沿y轴负方向穿过xOz平面时恰好经过x轴上的P点（图中未画出）。已知，不计带电粒子重力，不考虑电磁场变化产生的影响，计算结果可保留根式，求
（1）粒子第一次穿过y轴时的速度；
（2）粒子经过x轴负半轴时的x坐标；
（3）磁感应强度的大小及P点的x坐标。
30．（2024高三下·潍坊月考） 如图所示的O—xyz坐标系中，的Ⅰ区域内有沿z轴正方向的匀强磁场，在的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电量为＋q、质量为m的粒子从y轴上的点P（0，2l，0）以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域，从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内，第二次经过x轴时粒子位于N点，且速度方向与x轴正方向夹角。已知Ⅰ区域磁场磁感应强度大小，不计粒子重力。
（1）求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向夹角α；
（2）求匀强电场的电场强度E；
（3）求粒子从P到N所用的时间；
（4）粒子到达N点时，在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小，求粒子离开N点经过时间，粒子的位置坐标。
31．（2024高一下·宜昌月考）如图甲所示，在整个第三象限内，有平行于y轴向上的匀强电场，电场强度为但大小未知。一质量为m，电荷量为q的正离子（不计重力）可从y轴负半轴的某位置平行于x轴负方向以速度射入第三象限，离子刚进入第二象限的时候在y轴正半轴距离坐标原点O为d的地方放一个负点电荷，电量Q未知，同时撤去，离子随即做匀速圆周运动，随后当离子经过y轴时，立即撤去Q，在第一、四象限加上如图乙所示的周期性变化的电场，取平行于y轴正方向为的正方向，其周期，与时间t的关系如图乙所示，已知静电力常量为k。
（1）求第三象限电场强度的大小；
（2）若正离子在y轴负半轴距坐标原点处沿x轴负方向以速度射入第三象限，为使离子在第二象限做匀速圆周运动，求固定的负点电荷的电量Q；
（3）以第（2）问为前提条件，求离子从y轴正半轴到x轴的时间(结果用d和表示)
七、直击高考
32．（2023·新课标卷）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
33．（2023·北京）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比。
34．（2023·山东）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
35．（2023·辽宁）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的 倍。金属 板外有一圆心为O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、 方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿 PO 方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为 ，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差 U。
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O’点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心 M。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】库仑定律；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】库仑定律：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上。
设X、Y两带电小球相距为r，开始时，X、Y间的库仑斥力大小为
X受到的库仑力方向水平向左，由于X静止在平衡位置O点，则弹簧的弹力大小为
方向水平向右，将Z与X接触时，根据电荷分配原理可知，此时
此时X、Y间的库仑力大小为
大小发生了变化，X受到的库仑力方向为水平向右，X的平衡位置发生了变化，X、Y系统的电势能发生了变化；当Z再与Y接触时，根据电荷分配原理可知，此时
整个过程中Z始终为负电荷保持不变。
故答案为：B。
【分析】根据库仑定律结合接触起电原理分析，分析可知X的平衡位置发生了变化，则X、Y系统的电势能发生了变化。
2．【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】该题考查点电荷的电场的叠加，解决本题的关键掌握库仑定律和点电荷场强的公式，以及知道场强的叠加遵循平行四边形定则。要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电。设A、C间的距离为L，则B、C间的距离为2L。
即
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】通过假设法，根据C点合场强的方向判断出A电荷的电性，根据点电荷的场强公式，通过距离点电荷的距离，求出电荷量之比。
3．【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】 本题考查了库仑力，解题的关键是灵活使用库仑定律结合力的合成进行解题。 由几何关系可知
A点电荷与C电荷间的引力与B与C电荷间的引力大小相等且两引力的合力提供向心力，则有
联立解得
且A点电荷与C电荷间为引力，则C点电荷带负电，故B正确。
故选B。
【分析】根据库仑定律可知A、B对C的引力，结合力的合成可计算出合力，联立即可解出电荷C点电荷量。
4．【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】
A．依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为
这里的d是两球之间的距离，故A正确，不符合题意；
BC．B对小球A受力分析，受到重力mg、斜面的支持力FN和库仑力F以及细线的拉力T。由于小球A 静止，所以这些力平衡。将重力分解为沿斜面向下的分力mgsinθ和垂直于斜面的分力mgcosθ。
当时，则有
对球受力分析，如图所示：
根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为
故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：
依据几何关系可知，T与F的夹角为120 ，当
时，即有
根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0，故D正确，不符合题意；
故选C。
【分析】根据库仑定律求解两球之间的库仑力。对小球A受力分析，根据平衡条件列式求解斜面对小球A的支持力和细线的拉力。将小球B移到斜面底面左端C点时，再次对小球A受力分析，根据平衡条件列式求解斜面对小球A的支持力。
5．【答案】D
【知识点】库仑定律；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】分别对PQ受力分析如图
对Q物体在沿着斜面方向有
可得
根据受力平衡，对P物体动摩擦因数最小时有
联立解得
故选D。
【分析】分别对PQ受力分析，根据受力平衡计算P受到的摩擦力的大小。
6．【答案】C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．
设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=mAgtanθ，将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小．B不符合题意．再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F=N1；N2=（mA+mB）g，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变．A不符合题意，C符合题意．由上分析得到库仑力 ，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．D周期．
故答案为：CD．
【分析】该题目的求解方法是，假设AB两球的连线与水平面的夹角的锐角为α，分别求出两个小球受的力与角α的关系，通过分析角α的变化分析力的变化。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度
运动时间
偏转量
所以示波管的灵敏度
通过公式可以看出，提高灵敏度可以采用的方法是：加长板长l，减小两板间距离d和减小入射速v0。故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】电子在匀强电场中发生偏转，根据已知的条件，写出偏转量的表达式，进而确定灵敏度的影响因素，根据公式进行分析。
8．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；示波器的使用
【解析】【解答】由题意知，偏转电极XX'间电场线由X'指向X，电子带负电，所以电场力与电场方向相反，所以电子会向方向偏转，偏转电极YY'间电场由Y指向Y'，同理电子会向Y方向偏转，所以综上所述，荧光屏上出现亮斑的区域是II；
故选B。
【分析】本题考查带电粒子在静电场中的偏转应用，其中示波器就是一个重要的应用，粒子往哪边偏取决于所受电场力的方向，所以分析好电场力方向就可以解决好此类问题
9．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力， 应注意体会该方法的使用 。库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析。小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示
圆环各个点对小球的库仑力的合力FQ，当细绳存在时，设绳子上的力为F，则
小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么
解得
在水平方向上，有
解得
当细绳剪断后，小球只受重力和库仑力，此时
所以
同时，依据点电荷电场强度公式，将环中电量分成若干份，结合矢量的合成法则，及三角知识，则有小球所处位置的电场强度为
所以
，
所以
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选择：D。
【分析】 对小球受力分析，根据力的平衡条件可解得电场强度，根据“微元法“与对称性可解得圆环上的电荷对小球的库仑力，进而求出合力，根据牛顿第二定律求解小球的瞬时加速度。
10．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电势；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．图像的斜率表示加速度，由图可知，随着时间变大，斜率变大，故a点的加速度小于b点的加速度，因为只受电场力，根据F=ma可知a点的电场力小于b点的电场力，根据F=Eq可知，故AB错误；
CD．正电荷在电场力作用下，速度增大，动能变大，由动能定理可知电场力做正功，电势能减小，根据可知从高电势向低电势运动，所以有，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 速率v与时间t图像的斜率表示加速度，根据图像得到加速度，根据牛顿第二定律求得电场力大小关系；根据F=Eq得到电场强度关系；根据动能定理得到电场力做功情况，根据电场做功情况得到电势能变化，根据得到电势关系。
11．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 本题考查带电粒子在交变电场中的运动，注意根据其在两个方向上的运动的等时性、交变电场的周期性，求解其在竖直方向上的分位移。A．电子在水平方向匀速运动，电场中的运动时间为
又
解得
两板间距满足
且
解得
故A正确；
B．由A项可知，电子在电场中运动的时间等于交变电压的周期，故电子在t=0时刻从O点射入时，沿电场方向先向上做匀加速，再向上做匀减速，电子在竖直方向速度一直向上，从靠近上极板附近射出，此时离开电场时偏离中心线距离最大，故B错误；
C．电子在时刻从O点射入时，沿电场方向，电子的运动分四段，第一阶段从静止向正方向加速运动，则根据匀变速直线运动的位移时间关系可得位移为
第二阶段向正方向减速运动，速度为零，则位移为
第三阶段从静止开始向负方向做加速运动，则位移为
第四阶段向负方向做减速运动，速度减为零，则位移为
则粒子的总位移为
又
解得
故C正确；
D．依题意，电子在电场中的运动时间为T，无论在哪一时刻从O点射入电场，正向电场和反向电场对电子的作用时间都为，设电子的出射速度为v，沿电场方向根据动量定理有
又
解得
即出离电场时沿电场方向的速度为零，但是电子有一个初速度， 所以离开电场时的速率一定为 v0，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据带电粒子在交变电场中的受力，可分析其在水平方向、竖直方向上的分运动，可得到极板间距的取值范围、电子出电场的速度；电子在不同时刻进入电场，竖直方向上的位移可以根据周期性计算。
12．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；电磁振荡
【解析】【解答】当开关S从1掷向2后，两板间将产生交变电场（设周期为T），根据两板间电压的周期性可知，若电子在板间的运动时间为的奇数倍，则电子在板间加速和减速的时间相等，根据对称性可知电子从两板间射出时的竖直分速度为零，此时电子的动能不变，且电子的竖直分位移方向向上。因为电子一定先向上加速，其竖直位移一定向上或等于零，所以电子不可能从两板间中轴线的下方射出。综上所述可知ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据LC震荡电路使两板之间产生交变电场，交变电场的周期和电子在板间运动时间的关系分析判断飞出位置和动能变化。
13．【答案】B
【知识点】库仑定律；电场力做功
【解析】【解答】AB．小圆环运动至点时小圆环动能最大，则小圆弧所受点电荷的静电力沿切线方向的合力为0，由于小圆环与两点电荷均带负电，可知，在点时两电荷对小圆环的静电力的合力的反向延长线过圆心，与此时速度方向垂直，根据几何关系有
由于根据库仑定律可得
解得
故A错误，B正确；
CD．当小圆环运动至P2点时小圆环动能最大，表明P2点为圆环圆周运动的等效物理最低点，可知，小圆环从点运动到点的过程中静电力一直做正功，导致小球速度越来越大，故CD错误。
故选B。
【分析】本题根据几何关系，结合电势能表达式分析求解。
14．【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由题意知，B点与M点是等电势，由匀强电场的电势差与电场强度的关系可知，A、B两点间的电势差为
正电荷从B点经M点移到A点，电场力做功为
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed，式中d是两点沿电场强度方向的距离，然后根据d的含义可求解A、B两点间的电势差，电场力做功的公式W= qU。
15．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．在加速电场中，根据动能定理有
解得
在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，垂直电场方向，有
沿电场方向，有
，，
联立可得
可知偏转位移与质量和电荷量无关，所以四种带电粒子的偏转位移y相同，故A错误；
B．沿电场方向
带电粒子的偏转角的正切值为
可知偏转角与质量和电荷量无关，所以四种带电粒子的偏转角θ相等，故B错误；
C．在偏转电场中，根据动能定理可得
带电粒子射出偏转电场时的动能为
由于氦核的电荷量最大，所以氦核射出偏转电场时的动能最大，故C正确；
D．带电粒子射出偏转电场时的速度为
由于题述四种带电粒子中质子H）的比荷最大，所以质子射出偏转电场时的速度最大，故D正确。
故选CD。
【分析】本题考查带电粒子的加速和偏转，利用动能定理、类平抛运动的规律求解。
根据动能定理求出带电粒子从B板射出时速度的大小，在偏转电场中将带电粒子的运动分解为垂直于电场方向和沿电场方向，在垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学公式求出带电粒子在偏转电场中的运动时间，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移、竖直方向分速度，然后根据几何关系求出偏向角；根据动能定理求出粒子射出电场的动能和速度。
16．【答案】C,D
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；点电荷的电场；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A、依题意，该过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小。故A错误；
B、由动能定理可得
A、B两点间的电势差为
联立，解得
故B错误；
C、若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其受力平衡，有
解得
故C正确；
D、若在A处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得
即
则小金属块由A向B运动过程做加速度增大的减速运动，v-t图像如图所示
在图中做出初速度为v0，末速度为0的匀减速匀速直线运动图线，根据v-t图像与时间轴所围面积表示位移及平均速度定义，可知小金属块由A向B运动过程的平均速度大于 。故D正确。
故答案为：CD。
【分析】确定金属块在运动过程的受力情况及各力的做功情况，电场力做正功，电势能减小，再结合动能定理确定AB间电势差。当金属块的速度达到最大时，金属块的加速度为零。根据平衡条件及库仑定律确定此时金属框与O点距离。根据牛顿第二定律确定金属框从A到B过程加速度的变化情况，再根据v-t图像确定金属块的平均速度大小。
17．【答案】D
【知识点】电场线；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由于等势线的电势沿x轴正向增加，等势线与电场线垂直，故可做出经过P点的电场线如图所示
电子所受的电场力与场强方向相反，故电子受到一个斜向右下方的电场力，故沿y负方向加速运动．电子通过y轴后受到的电场力斜向右上方，故沿y轴负方向减速运动；又由于在x轴方向始终加速，故在水平方向通过相同的位移时间变短，根据
故通过相同的水平位移竖直向速度变化量减小，由于的斜率代表竖直向速度vy随x轴变化的快慢，故D正确ABC错误。
故选D。
【分析】1.掌握等势线与电场线垂直和电势变化情况，分析并画出粒子经过P电的电场线。
2.能够结合受力情况分析物体在y方向的加速度和水平方向的加速度。
3.根据物体运动情况判定物体在某一方向的速度随水平位移变化的快慢。
18．【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】 本题主要考查了 φ-x图像的斜率的含义，电场力做功公式以及动能定理；知道负电荷所受电场力的方向与场强方向相反。带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV，电势能为-1eV，总能量为0.5eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2 ~ x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5eV，即运动到电势为－0.5V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV，继续向左运动，在电势为－0.5V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
【分析】 在 φ-x图像中，图像的斜率表示 电场强度的大小，斜率为零场强为零；斜率的正、负表示场强的方向，负电荷所受电场力与场强方向相反，结合动能定理和试探电荷的运动速度分析其运动状态，然后作答。
19．【答案】D
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，R的电压增大，电容器电压等于R两端电压，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，选项A错误；
B．由电容的决定式
知电容减小，而电容器的电压不变，由
知Q要减小，由于二极管的单向导电性，所以无法产生电流，则电容器的带电量不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，选项B错误；
C．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，容器的电压不变，由
知电容器板间场强不变，由
知P与下极板间的电势差变大，下极板电势不变，P点的电势会升高，选项C错误；
D．由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由
知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，选项D正确。
故选D。
【分析】根据平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动。
20．【答案】A,B,D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】 本题考查了带电微粒在匀强电场中匀速圆周运动的φ-t图像问题，理解图像并能够根据图像画出电场方向是解题的突破口。-x图像意义：反映电势随位置变化的图像，图像的斜率：斜率表示场强，斜率的正负可以确定电场强度的方向。A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为，电势最低值为，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势相同的点A，如图aA垂直于电场线
设电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系
解得
故A正确；
B．由上述分析可知
从a点到b点由动能定理
又
解得
故B正确；
CD．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为
速度为
电场强度为
圆周运动的过程中电势为时变力F达到最大值，有
解得
故D正确，C错误。
故选ABD。
【分析】根据图像判断带电微粒在电场中的运动情况，结合几何关系求出电场强度的方向与x轴正方向的夹角；由动能定理判断从a点到b点F做功；根据带电微粒在匀强电场中的匀速圆周运动沿半径方向的合力提供向心力判断F的最大值。
21．【答案】B,D
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A.由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为，电势最低值，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势相同的点A，如图垂直于电场线，设电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系
解得
A不符合题意；
B.由上述分析可知
从a点到b点由动能定理
又
解得
B符合题意；
C.圆周运动的过程中，电势为处位置等效于重力场中的最高点，F的值最小，C不符合题意；
D.由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为
故速度为
电场强度为
圆周运动的过程中电势为时变力F达到最大值，有
解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据电势的最大值和最小值以及a点的电势，做出等势线，再由电场线与等势线处处垂直的特点，由几何关系求出电场强度的方向与x轴所处夹角；由动能定理分析粒子从a点运动到b点的过程，求出从a点到b点F做功；分析粒子做匀速圆周运动的等效最高点和最低点的位置，得出变力F可达最小值的位置；根据带电微粒在匀强电场中的匀速圆周运动沿半径方向的合力提供向心力求解F的最大值。
22．【答案】（1）解：在加速电场运动过程中，由动能定理
代入数据得
（2）解：带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子在偏转电场的运动时间
带电粒子离开电场时的偏转量
联立解得
y=0.03m
（3）解：带电粒子从偏转电场中出来的竖直方向的速度为
速度与水平方向的夹角为
根据速度反向延长线恰好平分水平方向的位移有：
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1） 在加速电场运动过程中，由动能定理求解粒子出加速电场时的速度v
（2） 求出 带电粒子在偏转电场中的加速度以及运动时间，根据匀变速直线运动的位移时间关系求解 粒子出偏转电场时的偏移距离y 。
（3） 可以利用平抛运动相关规律或者相似三角形知识求解。
23．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得：a＝
（2）解：电荷由A到B做类平抛运动，其在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由运动学公式和牛顿第二定律可得
R＝v0t
R＝at2
a＝
联立三个式子可解得：v0＝
（3）解：电荷由A到P做类平抛运动，同理由Rsinθ＝v0t，R﹣Rcosθ＝at2，及a＝
可得电荷的初动能为
mv02＝＝＝
由动能定理可知经过P点时的动能：
Ek＝Eq（R﹣Rcosθ）+mv02＝EqR（5﹣3cosθ）
（4）解：由第（3）小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大．
EkD＝Eq（R﹣Rcosθ）+mv0D2＝EqR（5﹣3cos60°）＝ EqR
EkC＝Eq（R﹣Rcosθ）+mv0C2＝EqR（5﹣3cos120°）＝ EqR
所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为EqR≤Ek≤EqR
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电荷在电场中只受电场力作用，再根据电场力与场强的关系结合牛顿第二定律进行解答；
（2）电荷由A到B做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，再结合运动学公式和牛顿第二定律进行解答；
（3）由上分析可知，电荷由A到P做类平抛运动，根据几何关系确定电荷在水平和竖直方向的运动位移，再根据平抛运动规律确定电荷的初动能，再对电荷从A到P的运动过程运用动能定理进行解答；
（4）根据（3）中分析确定电荷达到接收屏上电荷的动能的变化情况，再根据（3） 中结论及题意进行解答。
24．【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．假设小物块与长木板相对滑动，小物块刚释放时的加速度是，长木板的加速度是，根据牛顿第二定律得
代入数据得即，所以假设成立，故A错误；
设小物块从长木板的左端滑到右端的时间为t，则
代入数据得，故B正确；
C．小物块从长木板的左端滑到右端的过程中的位移为
小物块从长木板的左端滑到右端，电场力对小物块做功，故电势能减少60J，C正确；
D．长木板的位移
小物块从长木板的左端滑到右端的过程中摩擦力对长木板做的功，D错误。
故选：BC
【分析】利用动力学、能量观点分析带点体的力电综合问题：
1.分析小物块的受力情况，根据牛顿第二定律分析小物块的加速度大小。
2.根据小物块和木板的位移关系，结合运动学公式分析求出小物块从 长木板的左端滑到右端的时间 。
3.分析小物块沿电场方向运动的距离，根据电场力做功与电势能的关系，分析电势能的变化情况。
4.分析小物块从长木板的左端滑到右端的过程，长木板相对地面的位移，结合分析该过程摩擦力对木板做的功。
25．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．因极板间加交变电场，故粒子的受力是周期性变化的，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况。根据位移情况判断电子能否打在B板上。若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，前半个周期电子受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期电子受到的电场力向下，向上做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向板运动，选项A正确，B错误；
C．若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，在内，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，电子受到的电场力向下，向上做减速运动，时刻速度减为零，在内，电子受到的电场力向下，向下做加速运动，在内，电子受到的电场力向上，向下做减速运动，在时刻速度减为零，完成一个周期运动，向板移动一定距离，周而复始，所以电子时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上，选项C正确；
D．若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，在内，电子向上做加速运动，在内，电子向上做减速运动，在时刻速度减为零，在内，电子反向加速，在内，电子反向减速，在时刻速度减为零，完成一个周期运动，回到出发点，周而复始，所以电子时而向板运动，时而向板运动，一定不会打在板上，选项D错误。带电粒子在交变电场中的运动时，要分析清楚不同阶段粒子的受力情况，根据牛顿第二定律，去分析粒子的运动情况，必要时可以画出粒子的F-t图和v-t图进行分析。
故选AC。
【分析】分析电子的受力情况，来确定电子的运动情况，如果电子一直向上运动，一定能到达B板；如果时而向B板运动，时而向A板运动，则通过比较两个方向的位移大小，分析能否到达B板。
26．【答案】B,D
【知识点】功能关系；共点力的平衡；竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．对小球进行受力分析如图所示
根据平衡条件可得
联立解得
故A错误；
B．由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，如图所示
在B点，小球受到的重力和电场力的合力提供小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有
根据牛顿第二定律有
在B点的动能为
故B正确；
CD．由于只有重力和电场力做功，只发生动能和势能的转化，总能量保持不变，即
=恒量
所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EpE最大，机械能最小，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】A选项.小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解 小球的带电荷量 ；
B选项.先判断动能最小的位置，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点B速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；
CD选项.由能量守恒定律来求：小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置。
该题为小球在电场和重力场这一复合场中运动的问题，抓住重力和电场力的合力为恒力，用“等效力”处理问题是解决本题的突破口。
27．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的速度时间图像。
A．由图可知，当电子在t=0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，故A正确；
B．若电子在时刻进入，则由图像知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正确；
C．若电子在时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回至A板，故C错误；
D．若电子是在时刻进入，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，故D错误。
故选AB。
【分析】本题关键是分析带电粒子在交变电场中的运动情况，确定出临界条件，结合运动学图像进行求解。
分析电子的受力情况，来确定电子的运动情况，如果电子一直向上运动，一定能到达B板；如果时而向B板运动，时而向A板运动，则通过比较两个方向的位移大小，分析能否到达B板。
28．【答案】（1）解：所有电子在第一象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点并沿轴方向进入轴下方的电场，故最大速度对应最大半径
根据洛伦兹力提供向心力，则有
可得
同理最小半径，可得最小速度为
故入射速度范围为≤v≤
（2）解：所有电子在电场中做类平抛运动
水平方向：
竖直方向：
解得
此后在磁场中的运动半径为
解得
电子射出时速度与竖直方向的夹角，
设电子此后在磁场中运动的圆心为，根据几何关系
得该电子此后在磁场中运动的圆心坐标为
（3）解：所有电子都垂直于边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在直线上，由以上分析，经过直线时，不妨设任何电子的方向的分速度为
则电子经过直线的合速度为
电子经过直线的坐标为
速度方向与水平方向的夹角的正切值为
根据几何关系，易得圆心位置为
因为电子垂直于直线出射，所以圆心也在直线上，可得直线为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子进入第一象限磁场做匀速圆周运动，且均能通过原点并沿轴方向进入轴下方的电场，根据缩放圆法确定粒子在磁场中运动的临界轨迹，根据几何关系确定临界轨迹对应的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律进行解答；
（2）粒子进入第三象限电场后，在电场中做类平抛运动，根据（1）中结论及类平抛运动规律确定粒子进入磁场的速度及粒子在x轴方向运动的位移，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，再结合带电粒子在磁场中运动规律及几何关系进行解答；
（3）所有电子都垂直于边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线上。将粒子经过CD的速度分解成沿x轴方向和y方向，粒子在第三象限电场中运动，只有竖直方向速度改变，结合（1）中分析确定任意位置粒子经过CD时沿x轴方向速度与合速度的关系，再结合几何关系确定经过CD的坐标及其对应的圆心的坐标，继而得出EF直线方程。
29．【答案】（1）解：带电粒子进入区域Ⅱ做类平抛运动，轨迹如图
沿x轴方向，有
，，
解得
，，
可得
，
即带电粒子到达y轴时，速度大小，方向与y轴正方向成=45°。
（2）解：带电粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，轨迹如图
根据
解得
粒子经过x轴负半轴时的x坐标为
（3）解：带电粒子再次进入区域Ⅱ做斜抛运动，根据对称性可知，到达A点时速度大小仍为，方向沿y轴正方向。此时撤去电场，设粒子在区域Ⅲ中的转动半径为，在区域Ⅳ中的转动半径为，沿x轴负方向观察可得，如图所示轨迹
根据几何关系可知
，
整理可得
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得
可得
粒子在x轴方向，在y>0的区域做初速为零的匀加速运动，加速度
在y<0区域，做四次匀速运动，每一次匀速运动的时间
在y>0区域运动的时间
做匀加速运动的位移
做匀速运动的位移
P点的x轴坐标
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 带电粒子进入区域Ⅱ做类平抛运动， 根据类平抛运动鼓励列式求解得出 粒子第一次穿过y轴时的速度；
（2） 带电粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动， 画出轨迹，根据洛伦兹力提供向心力得出半径再结合几何关系得出x坐标；
（3） 带电粒子再次进入区域Ⅱ做斜抛运动，根据对称性可知， 得出A点速度大小，撤去电场根据题意作图，根据几何关系得出的大小，从而得出粒子在区域Ⅲ中的转动半径与在区域Ⅳ中的转动半径关系，根据根据洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度大小关系， 粒子在x轴方向，在y>0的区域做初速为零的匀加速运动， 求出加速度大小；在 y<0区域，做四次匀速运动， 求出每次匀速运动的时间以及 在y>0区域运动的时间 ；再求出 做匀加速运动的位移 以及 做匀速运动的位移 ，再根据数学知识求出 P点的x轴坐标 。
30．【答案】（1）解：根据题意绘出粒子从P到N的运动轨迹如下
粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，有
根据几何关系有
解得
α =60°
（2）解：由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动有
vNx = vQx = v0cosα，
由动能定理有
解得
（3）解：粒子由P到Q过程，设时间为t1，有
粒子由Q到N过程，沿y轴方向先匀减速后匀加速，设时间分别为t2、t3，有
其中
t = t1＋t2＋t3
联立解得
（4）解：粒子运动在xOz平面内的投影为匀速圆周运动
粒子运动周期
解得
可得
z = 2r2 = 2l
粒子沿y轴方向做匀加速运动，可得
即粒子的位置坐标为。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在磁场中做圆周运动的半径，再根据几何关系确定粒子经过Q点时的速度方向；
（2）粒子在电场中只受到沿y轴正方向的电场力作用，在y轴方向先做减速运动，再做加速运动，在水平方向做匀速直线运动。根据运动的合成与分解确定粒子达到N的速度大小，再对粒子从Q到N过程运用动能定理进行解答；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动的规律确定粒子在磁场中运动的时间。粒子在电场中在y轴方向先做减速运动，再做加速运动，且粒子的加速度始终不变，再对竖直方向根据牛顿第二定律及运动学规律确定粒子在电场中运动的时间，再得出粒子从P到N所用的时间；
（4）将粒子到达N点的运动分解成沿y轴方向和x轴方向，则在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场后，粒子在xOz平面内的投影为匀速圆周运动，y轴方向在电场力的作用下做匀加速直线运动。在xOz平面内，根据带电粒子在磁场中运动规律确定粒子做匀速圆周运动的半径及周期，根据粒子与所给时间的关系，结合几何关系确定粒子在圆周上的位置，再结合QN的运动情况及几何关系确定粒子x和y坐标，再根据匀变速直线运动规律确定粒子的y坐标，再得出粒子的位置坐标。
31．【答案】（1）解：设为类平抛运动的速度偏向角，则
又根据几何关系，
则
（2）解：根据类平抛运动基本公式：
易知，则进入第二象限瞬间离子的速度
因为第二象限做匀速圆周运动，静电力充当向心力，则
（3）解：离子到y轴正半轴时距坐标原点3d
第1、4象限加速度
以向下为正方向，作出离子运动的图象：
①在：离子向上位移
②在：离子竖直方向的总位移为0，之后竖直方向一直沿着y轴负半轴运动
③在：
④在：
⑤在：
⑥在：
所以：，还剩下
又：
说明离子在期间穿过x轴，
从y轴正半轴到x轴的时间：
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，结合运动的合成与分解求解；
（2） 根据类平抛运动基本公式 求解运动的偏转角，从而求解进入第二象限瞬间离子的速度， 第二象限做匀速圆周运动，静电力充当向心力；
（3） 以向下为正方向，作出离子运动的图象 ，分析各个阶段运动情况，结合运动学公式求解总时间。
32．【答案】（1）由题意可知a油滴与b油滴的最大速度比为4：1，
设空气阻力与有地半径和运动速率的关系为，
当油滴达到最大速度时，，
即mg=kvr，油滴质量m与半径r之间的关系为，代入可得，即，
由于a油滴与b油滴的最大速度比为4：1，
则，
所以质量比.
（2）由题意可知a做减速运动，b做加速运动，可知a带负电，b带正电，达到平衡时，
对a：，
对b：，
由油滴前后速度的比值关系可知，，
联立解得.
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对a和b分别进行受力分析，达到最大速度时重力等于阻力，根据平衡条件和题中信息分析求解。
（2）加电压后根据两个油滴的运动情况，判断油滴所带电荷量的正负，再由平衡条件计算电荷量的比值。
33．【答案】（1）由题意可知，靠近上极板颗粒做类平抛运动打到下极板左端时恰好全部收集，
根据电势差与电场强度关系：，
牛顿第二定律：，
由类平抛运动特点：，
联立解得：
（2）a、竖直方向颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度可知：F=f，即： ，
由竖直方向和水平方向时间相等：，
联立解得：
b、已知颗粒的电荷量与半径的平方成正比：，
颗粒恰好100%被收集，同理由（2）a中，F=f可得：，竖直方向和水平方向时间相等：；
颗粒竖直方向运动距离为x，同理由（2）a中，F=f可得：，竖直方向和水平方向时间相等：，
式联立解得：；
式联立解得：，
联立解得：
只有靠近下极板的竖直方向的范围内的粒子被收集，故收集 颗粒的被收集率为：
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）靠近上极板颗粒做类平抛运动打到下极板左端时恰好全部收集，由牛顿第二定律，类平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向匀加速直线运动求解；
（2）a、竖直方向颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，由二力平衡结合竖直水平两方向时间相等联立求解；
b、同理分别求解两类粒子的二力平衡关系和水平与竖直方向时间关系联立求解。
34．【答案】（1）依题意做出粒子的运动轨迹如图所示：
设粒子第一次进入磁场时的速度为，根据动能定理可得：，
粒子第一次和第二次进入磁场的速度不变，设圆周轨迹半径为，
根据洛伦兹力提供向心力可得：
根据几何关系可知，粒子轨迹半径：
解得：；
（2）（i）根据题意做出粒子运动轨迹如图所示：
设圆周轨迹半径为，根据几何关系可得：
解得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
根据几何关系可得：，
解得：θ=37°
粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：
竖直方向做匀变速直线运动，有：
联立解得：E′=36E；
对粒子第一次在电场中的运动，根据动能定理可得：
解得：，方向向上；
（ii）设粒子离开Q点速度大小为，
根据动能定理可得：
解得：
粒子从Q点进入磁场，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
若粒子是从P点第三次进入电场，如图所示：
根据几何关系可得：
解得：
则
根据图中的几何关系可得：
解得：
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据动能定理求解粒子第一次进入磁场时的速度大小，并且根据粒子第二次进入电场运动的特点得出粒子第二次进入磁场时的速度与第一次的速度相等，根据几何关系得出粒子在磁场运动的轨迹半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式求出磁感应强度大小；（2）（i）若改变电场强度大小，做出运动图像，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解在粒子P点时的速度大小，之后粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解结合运动学公式求解电场强度大小和初速度大小；（ii）由动能定理求出粒子从Q点进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的轨迹半径；再假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，根据几何关系求解半径，比较两种情况下得到的半径是否相同进行分析。
35．【答案】（1）设板间距为d，则板长为 ，带电粒子在板间做类平抛运动，
两板之间的电场强度为：，
由牛顿第二定律：
可得：
设粒子在电场中的运动时间为t，则由平抛运动规律可得，
水平方向：
竖直方向：
联立解得：
（2）设粒子射出电场时与水平方向的夹角为 a，
则有：，
故：，
粒子射出电场的速度为：，
粒子沿直线匀速运动进入磁场，在磁场中，
由牛顿第二定律：，
可得：，
又因为圆形磁场的半径为
可得：，
设粒子入磁场和出磁场的速度方向的夹角为θ，由圆形磁场粒子偏转规律，径向射入径向射出，磁偏角等于圆心角，
由几何关系可得：
解得：
（3）由（2）中粒子在磁场中的运动轨迹可知，当磁场以沿半径方向射入时粒子圆周运动的弧对应的弦长为偏转磁场的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长，
则相对应的粒子的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据已知条件计算电场强度，应用牛顿第二定律计算粒子的加速度，根据类平抛运动计算水平位移和偏转位移，再由二者之间的关系求得偏转电压U；
（2）再计算类平抛运动粒子出电场时的速度大小和方向，根据带电粒子在圆形磁场中的规律，计算粒子的圆周云的半径与偏转磁场半径的关系，由圆形磁场径向射入径向射出，圆心角等于偏转角，由几何关系求得偏转磁场中的偏转角；
（3）由粒子在磁场中的运动轨迹可知，当磁场以沿半径方向射入时粒子圆周运动的弧对应的弦长为偏转磁场的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长， 定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后磁场区域的圆心 M。
1 / 1大题精练04 带电粒子（带电体）在电场中的运动问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、动力学专项
1．（2025·四川模拟） X、Y、Z为大小相同的导体小球，X、Y所带电荷量均为q，Z所带电荷量为-5q。X、Y均放置在光滑绝缘水平面上，Y固定在P点，X与绝缘轻弹簧端相连，弹簧另一端固定，此时X静止在平衡位置O点，如图所示，将较远处的Z移近，先与X接触，然后与Y接触，再移回较远处，在此过程中，一直保持不变的是（　　）
A．X的平衡位置 B．Z的电荷种类
C．Y对X的库仑力方向 D．X、Y系统的电势能
【答案】B
【知识点】库仑定律；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】库仑定律：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上。
设X、Y两带电小球相距为r，开始时，X、Y间的库仑斥力大小为
X受到的库仑力方向水平向左，由于X静止在平衡位置O点，则弹簧的弹力大小为
方向水平向右，将Z与X接触时，根据电荷分配原理可知，此时
此时X、Y间的库仑力大小为
大小发生了变化，X受到的库仑力方向为水平向右，X的平衡位置发生了变化，X、Y系统的电势能发生了变化；当Z再与Y接触时，根据电荷分配原理可知，此时
整个过程中Z始终为负电荷保持不变。
故答案为：B。
【分析】根据库仑定律结合接触起电原理分析，分析可知X的平衡位置发生了变化，则X、Y系统的电势能发生了变化。
2．（2024高二上·宣威月考）如图所示，直角三角形ABC中∠B=30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是（　　）
A．A带正电，QA∶QB=1∶8 B．A带负电，QA∶QB=1∶8
C．A带正电，QA∶QB=1∶4 D．A带负电，QA∶QB=1∶4
【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】该题考查点电荷的电场的叠加，解决本题的关键掌握库仑定律和点电荷场强的公式，以及知道场强的叠加遵循平行四边形定则。要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电。设A、C间的距离为L，则B、C间的距离为2L。
即
解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】通过假设法，根据C点合场强的方向判断出A电荷的电性，根据点电荷的场强公式，通过距离点电荷的距离，求出电荷量之比。
3．（2024高二上·洮北期中）如图，两个相距l的固定点电荷A、B，所带电量均为+Q。另有一质量为m的点电荷C，以速度v绕AB连线中点O点做匀速圆周运动，且所在圆平面与AB连线垂直，AC的距离为l。已知静电力常量为k，电荷C的重力忽略不计，电荷C所带电量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】 本题考查了库仑力，解题的关键是灵活使用库仑定律结合力的合成进行解题。 由几何关系可知
A点电荷与C电荷间的引力与B与C电荷间的引力大小相等且两引力的合力提供向心力，则有
联立解得
且A点电荷与C电荷间为引力，则C点电荷带负电，故B正确。
故选B。
【分析】根据库仑定律可知A、B对C的引力，结合力的合成可计算出合力，联立即可解出电荷C点电荷量。
4．（2024高二上·洮北期中）如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d。已知两球的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷。则下列说法不正确的是（　　）
A．两球之间的库仑力F=k
B．当时，斜面对小球A的支持力为
C．当时，细线上拉力为0
D．将小球B移到斜面底面左端C点，当时，斜面对小球A的支持力为0
【答案】C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】
A．依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为
这里的d是两球之间的距离，故A正确，不符合题意；
BC．B对小球A受力分析，受到重力mg、斜面的支持力FN和库仑力F以及细线的拉力T。由于小球A 静止，所以这些力平衡。将重力分解为沿斜面向下的分力mgsinθ和垂直于斜面的分力mgcosθ。
当时，则有
对球受力分析，如图所示：
根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为
故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：
依据几何关系可知，T与F的夹角为120 ，当
时，即有
根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0，故D正确，不符合题意；
故选C。
【分析】根据库仑定律求解两球之间的库仑力。对小球A受力分析，根据平衡条件列式求解斜面对小球A的支持力和细线的拉力。将小球B移到斜面底面左端C点时，再次对小球A受力分析，根据平衡条件列式求解斜面对小球A的支持力。
5．（2024高三上·开福月考）如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】库仑定律；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】分别对PQ受力分析如图
对Q物体在沿着斜面方向有
可得
根据受力平衡，对P物体动摩擦因数最小时有
联立解得
故选D。
【分析】分别对PQ受力分析，根据受力平衡计算P受到的摩擦力的大小。
6．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.2 库仑定律 同步练习）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图7所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较(　　)
A．推力F将变大 B．竖直墙面对小球A的弹力变大
C．地面对小球B的支持力不变 D．两小球之间的距离变大
【答案】C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．
设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=mAgtanθ，将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小．B不符合题意．再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F=N1；N2=（mA+mB）g，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变．A不符合题意，C符合题意．由上分析得到库仑力 ，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．D周期．
故答案为：CD．
【分析】该题目的求解方法是，假设AB两球的连线与水平面的夹角的锐角为α，分别求出两个小球受的力与角α的关系，通过分析角α的变化分析力的变化。
二、运动学专项
7．（2024高二上·广东期末）如图所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两个平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏转量（）叫示波管的灵敏度，若要提高其灵敏度。可采用下列哪种办法（　　）
A．增大两极板间的电压 B．尽可能使板长l做得短些
C．尽可能使板间距离d减小些 D．使电子入射速度v0大些
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度
运动时间
偏转量
所以示波管的灵敏度
通过公式可以看出，提高灵敏度可以采用的方法是：加长板长l，减小两板间距离d和减小入射速v0。故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】电子在匀强电场中发生偏转，根据已知的条件，写出偏转量的表达式，进而确定灵敏度的影响因素，根据公式进行分析。
8．（2024高二上·东西湖期中）如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极（XX'和YY'）、荧光屏组成。管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX'和YY'上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。如果在偏转电极XX'加恒定电压，在偏转电极YY'加恒定电压，U0>0。电子束经偏转电极后，在荧光屏上出现亮斑的区域是（　　）
A．I B．II C．III D．IV
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；示波器的使用
【解析】【解答】由题意知，偏转电极XX'间电场线由X'指向X，电子带负电，所以电场力与电场方向相反，所以电子会向方向偏转，偏转电极YY'间电场由Y指向Y'，同理电子会向Y方向偏转，所以综上所述，荧光屏上出现亮斑的区域是II；
故选B。
【分析】本题考查带电粒子在静电场中的偏转应用，其中示波器就是一个重要的应用，粒子往哪边偏取决于所受电场力的方向，所以分析好电场力方向就可以解决好此类问题
9．（2024高二上·洮北期中）如图所示，半径为R，带电量为的均匀带电圆环固定在竖直面内，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m，带电量为q的小球（可视为质点）。小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R﹐已知静电力常量为k，重力加速度为g，则剪短细线瞬间小球的加速度大小为（　　）
A．g B． C． D．k
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环对小球的库仑力， 应注意体会该方法的使用 。库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析。小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示
圆环各个点对小球的库仑力的合力FQ，当细绳存在时，设绳子上的力为F，则
小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么
解得
在水平方向上，有
解得
当细绳剪断后，小球只受重力和库仑力，此时
所以
同时，依据点电荷电场强度公式，将环中电量分成若干份，结合矢量的合成法则，及三角知识，则有小球所处位置的电场强度为
所以
，
所以
综上所述，故D正确，ABC错误；
故选择：D。
【分析】 对小球受力分析，根据力的平衡条件可解得电场强度，根据“微元法“与对称性可解得圆环上的电荷对小球的库仑力，进而求出合力，根据牛顿第二定律求解小球的瞬时加速度。
10．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）一正点电荷仅在电场力的作用下运动，其速率v与时间t图像如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动对应的时刻，则下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点电场强度关系为Ea=Eb
B．a、b两点电场强度关系为Ea>Eb
C．a、b两点电势关系为
D．带电粒子从a点运动到b点时，电场力做正功，电势能减少
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场强度；电势；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．图像的斜率表示加速度，由图可知，随着时间变大，斜率变大，故a点的加速度小于b点的加速度，因为只受电场力，根据F=ma可知a点的电场力小于b点的电场力，根据F=Eq可知，故AB错误；
CD．正电荷在电场力作用下，速度增大，动能变大，由动能定理可知电场力做正功，电势能减小，根据可知从高电势向低电势运动，所以有，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】 速率v与时间t图像的斜率表示加速度，根据图像得到加速度，根据牛顿第二定律求得电场力大小关系；根据F=Eq得到电场强度关系；根据动能定理得到电场力做功情况，根据电场做功情况得到电势能变化，根据得到电势关系。
11．（2024高二上·重庆市期中）如图甲所示，长为L的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交变电压，电子流沿中心线OO'从O点以初速度射入板间，所有电子都不会碰到极板，已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．两板间距
B．电子在t=0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
C．电子在时刻从O点射入时偏离中心线的距离离开电场
D．电子无论在哪一时刻从O点射入，离开电场时的速率一定为v0
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 本题考查带电粒子在交变电场中的运动，注意根据其在两个方向上的运动的等时性、交变电场的周期性，求解其在竖直方向上的分位移。A．电子在水平方向匀速运动，电场中的运动时间为
又
解得
两板间距满足
且
解得
故A正确；
B．由A项可知，电子在电场中运动的时间等于交变电压的周期，故电子在t=0时刻从O点射入时，沿电场方向先向上做匀加速，再向上做匀减速，电子在竖直方向速度一直向上，从靠近上极板附近射出，此时离开电场时偏离中心线距离最大，故B错误；
C．电子在时刻从O点射入时，沿电场方向，电子的运动分四段，第一阶段从静止向正方向加速运动，则根据匀变速直线运动的位移时间关系可得位移为
第二阶段向正方向减速运动，速度为零，则位移为
第三阶段从静止开始向负方向做加速运动，则位移为
第四阶段向负方向做减速运动，速度减为零，则位移为
则粒子的总位移为
又
解得
故C正确；
D．依题意，电子在电场中的运动时间为T，无论在哪一时刻从O点射入电场，正向电场和反向电场对电子的作用时间都为，设电子的出射速度为v，沿电场方向根据动量定理有
又
解得
即出离电场时沿电场方向的速度为零，但是电子有一个初速度， 所以离开电场时的速率一定为 v0，故D正确。
故选ACD。
【分析】根据带电粒子在交变电场中的受力，可分析其在水平方向、竖直方向上的分运动，可得到极板间距的取值范围、电子出电场的速度；电子在不同时刻进入电场，竖直方向上的位移可以根据周期性计算。
三、功和能专项
12．（2024高二上·望城开学考）如图所示，一平行金属板AB与一线圈组成理想的LC振荡电路，E为电源，当开关S从1掷向2的同时，有一电子恰从极板中央飞入AB间，电子重力可忽略，射入方向与极板平行。则电子（　　）
A．可能从上极板边缘飞出，飞出时动能一定增大
B．可能从下极板边缘飞出，飞出时动能可能不变
C．可能从上极板边缘飞出，飞出时动能可能不变
D．可能从下极板边缘飞出，飞出时动能一定减小
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；电磁振荡
【解析】【解答】当开关S从1掷向2后，两板间将产生交变电场（设周期为T），根据两板间电压的周期性可知，若电子在板间的运动时间为的奇数倍，则电子在板间加速和减速的时间相等，根据对称性可知电子从两板间射出时的竖直分速度为零，此时电子的动能不变，且电子的竖直分位移方向向上。因为电子一定先向上加速，其竖直位移一定向上或等于零，所以电子不可能从两板间中轴线的下方射出。综上所述可知ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据LC震荡电路使两板之间产生交变电场，交变电场的周期和电子在板间运动时间的关系分析判断飞出位置和动能变化。
13．（2024高三上·湖北月考）如图，将不计重力、电荷量为q的带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定两负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，当小圆环运动至P2点时小圆环动能最大，已知，则（　　）
A．M、N两电荷电量之比为9：16
B．M、N两电荷电量之比为27：64
C．从P1点运动到P2点的过程中静电力先做正功再做负功
D．从P1点运动到P2点的过程中静电力先做负功再做正功
【答案】B
【知识点】库仑定律；电场力做功
【解析】【解答】AB．小圆环运动至点时小圆环动能最大，则小圆弧所受点电荷的静电力沿切线方向的合力为0，由于小圆环与两点电荷均带负电，可知，在点时两电荷对小圆环的静电力的合力的反向延长线过圆心，与此时速度方向垂直，根据几何关系有
由于根据库仑定律可得
解得
故A错误，B正确；
CD．当小圆环运动至P2点时小圆环动能最大，表明P2点为圆环圆周运动的等效物理最低点，可知，小圆环从点运动到点的过程中静电力一直做正功，导致小球速度越来越大，故CD错误。
故选B。
【分析】本题根据几何关系，结合电势能表达式分析求解。
14．（2024高二下·益阳期末）如图所示，在电场强度E＝2×103V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4cm，MB＝3cm，AB＝5cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q＝2×10－9C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为（　　）
A．1.6×10－7J B．1.2×10－7J
C．－1.6×10－7J D．－1.2×10－7J
【答案】C
【知识点】电场及电场力；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】由题意知，B点与M点是等电势，由匀强电场的电势差与电场强度的关系可知，A、B两点间的电势差为
正电荷从B点经M点移到A点，电场力做功为
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed，式中d是两点沿电场强度方向的距离，然后根据d的含义可求解A、B两点间的电势差，电场力做功的公式W= qU。
15．（2024高二上·上海市期中）如图所示，有质子H、氘核H、氚核H和氦核He四种带电粒子，先后从加速电压是U1的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出，沿C、D间的中线进入偏转电压为U2的偏转电场，都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（　　）
A．质子H）的偏转位移y最大
B．氘核H）的偏转角θ最小
C．氦核He）射出偏转电场时的动能最大
D．质子H）射出偏转电场时的速度最大
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．在加速电场中，根据动能定理有
解得
在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，垂直电场方向，有
沿电场方向，有
，，
联立可得
可知偏转位移与质量和电荷量无关，所以四种带电粒子的偏转位移y相同，故A错误；
B．沿电场方向
带电粒子的偏转角的正切值为
可知偏转角与质量和电荷量无关，所以四种带电粒子的偏转角θ相等，故B错误；
C．在偏转电场中，根据动能定理可得
带电粒子射出偏转电场时的动能为
由于氦核的电荷量最大，所以氦核射出偏转电场时的动能最大，故C正确；
D．带电粒子射出偏转电场时的速度为
由于题述四种带电粒子中质子H）的比荷最大，所以质子射出偏转电场时的速度最大，故D正确。
故选CD。
【分析】本题考查带电粒子的加速和偏转，利用动能定理、类平抛运动的规律求解。
根据动能定理求出带电粒子从B板射出时速度的大小，在偏转电场中将带电粒子的运动分解为垂直于电场方向和沿电场方向，在垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学公式求出带电粒子在偏转电场中的运动时间，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移、竖直方向分速度，然后根据几何关系求出偏向角；根据动能定理求出粒子射出电场的动能和速度。
16．（2024高三下·江门模拟） 如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为的小金属块（可视为质点），从A点以速度向右运动，最后停止在B点，已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．该过程中小金属块的电势能增大
B．A、B两点间的电势差为
C．若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距O点的距离为
D．若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度大于
【答案】C,D
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；点电荷的电场；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A、依题意，该过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小。故A错误；
B、由动能定理可得
A、B两点间的电势差为
联立，解得
故B错误；
C、若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其受力平衡，有
解得
故C正确；
D、若在A处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得
即
则小金属块由A向B运动过程做加速度增大的减速运动，v-t图像如图所示
在图中做出初速度为v0，末速度为0的匀减速匀速直线运动图线，根据v-t图像与时间轴所围面积表示位移及平均速度定义，可知小金属块由A向B运动过程的平均速度大于 。故D正确。
故答案为：CD。
【分析】确定金属块在运动过程的受力情况及各力的做功情况，电场力做正功，电势能减小，再结合动能定理确定AB间电势差。当金属块的速度达到最大时，金属块的加速度为零。根据平衡条件及库仑定律确定此时金属框与O点距离。根据牛顿第二定律确定金属框从A到B过程加速度的变化情况，再根据v-t图像确定金属块的平均速度大小。
四、电学专项
17．（2024高二上·顺义期中）静电透镜是利用静电场使电子束汇聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图所示.虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称.等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等.一个电子经过P点（其横坐标为-x0）时，速度与Ox轴平行.适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动.在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图可能是图中 (　　)
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电场线；等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】由于等势线的电势沿x轴正向增加，等势线与电场线垂直，故可做出经过P点的电场线如图所示
电子所受的电场力与场强方向相反，故电子受到一个斜向右下方的电场力，故沿y负方向加速运动．电子通过y轴后受到的电场力斜向右上方，故沿y轴负方向减速运动；又由于在x轴方向始终加速，故在水平方向通过相同的位移时间变短，根据
故通过相同的水平位移竖直向速度变化量减小，由于的斜率代表竖直向速度vy随x轴变化的快慢，故D正确ABC错误。
故选D。
【分析】1.掌握等势线与电场线垂直和电势变化情况，分析并画出粒子经过P电的电场线。
2.能够结合受力情况分析物体在y方向的加速度和水平方向的加速度。
3.根据物体运动情况判定物体在某一方向的速度随水平位移变化的快慢。
18．（2024高二上·佳木斯开学考）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电电势的φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷都为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将（　　）
A．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动
【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】 本题主要考查了 φ-x图像的斜率的含义，电场力做功公式以及动能定理；知道负电荷所受电场力的方向与场强方向相反。带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV，电势能为-1eV，总能量为0.5eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2 ~ x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5eV，即运动到电势为－0.5V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV，继续向左运动，在电势为－0.5V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
【分析】 在 φ-x图像中，图像的斜率表示 电场强度的大小，斜率为零场强为零；斜率的正、负表示场强的方向，负电荷所受电场力与场强方向相反，结合动能定理和试探电荷的运动速度分析其运动状态，然后作答。
19．（2024高二上·邯郸开学考）如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为）连接，电源负极接地，开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（　　）
A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向下运动
B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动
C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变
D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高
【答案】D
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，R的电压增大，电容器电压等于R两端电压，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，选项A错误；
B．由电容的决定式
知电容减小，而电容器的电压不变，由
知Q要减小，由于二极管的单向导电性，所以无法产生电流，则电容器的带电量不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，选项B错误；
C．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，容器的电压不变，由
知电容器板间场强不变，由
知P与下极板间的电势差变大，下极板电势不变，P点的电势会升高，选项C错误；
D．由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由
知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，选项D正确。
故选D。
【分析】根据平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动。
20．（2024高三上·长春净月高新技术产业开发模拟）空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取点为坐标原点建立轴，如图甲所示。现有一个质量为、电量为的试探电荷，在时刻以一定初速度从轴上的点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为、半径为。已知图中圆为试探电荷运动轨迹，为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势随时间的变化图像如图乙所示，其中。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向与轴正方向成
B．从点到点做功为
C．圆周运动的过程中变力的最大值为
D．圆周运动的过程中变力的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】 本题考查了带电微粒在匀强电场中匀速圆周运动的φ-t图像问题，理解图像并能够根据图像画出电场方向是解题的突破口。-x图像意义：反映电势随位置变化的图像，图像的斜率：斜率表示场强，斜率的正负可以确定电场强度的方向。A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为，电势最低值为，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势相同的点A，如图aA垂直于电场线
设电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系
解得
故A正确；
B．由上述分析可知
从a点到b点由动能定理
又
解得
故B正确；
CD．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为
速度为
电场强度为
圆周运动的过程中电势为时变力F达到最大值，有
解得
故D正确，C错误。
故选ABD。
【分析】根据图像判断带电微粒在电场中的运动情况，结合几何关系求出电场强度的方向与x轴正方向的夹角；由动能定理判断从a点到b点F做功；根据带电微粒在匀强电场中的匀速圆周运动沿半径方向的合力提供向心力判断F的最大值。
21．（2024高三下·鹰潭模拟） 空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为＋q的带电微粒，在t＝0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为微粒运动轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势P随时间t的变化图像如图乙所示，其中。下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的方向与x轴正方向成
B．从a点到b点F做功为
C．微粒在a时所受变力F可能达最小值
D．圆周运动的过程中变力F的最大值为
【答案】B,D
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A.由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为，电势最低值，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势相同的点A，如图垂直于电场线，设电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系
解得
A不符合题意；
B.由上述分析可知
从a点到b点由动能定理
又
解得
B符合题意；
C.圆周运动的过程中，电势为处位置等效于重力场中的最高点，F的值最小，C不符合题意；
D.由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为
故速度为
电场强度为
圆周运动的过程中电势为时变力F达到最大值，有
解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据电势的最大值和最小值以及a点的电势，做出等势线，再由电场线与等势线处处垂直的特点，由几何关系求出电场强度的方向与x轴所处夹角；由动能定理分析粒子从a点运动到b点的过程，求出从a点到b点F做功；分析粒子做匀速圆周运动的等效最高点和最低点的位置，得出变力F可达最小值的位置；根据带电微粒在匀强电场中的匀速圆周运动沿半径方向的合力提供向心力求解F的最大值。
五、电场中常见的运动类型
22．（2024高一下·黔西月考）示波器是一种常用的实验仪器，如图所示，它常被用来显示电信号随时间变化的情况。振动、光、温度等的变化可以通过传感器转化成电信号的变化，然后用示波器来研。示波器的基本原理是带电粒子在电场力的作用下加速和偏转。一个电荷量为，质量为的带电粒子，由静止经电压为的加速电场加速后，立即沿中心线垂直进入一个电压为的偏转电场，然后打在垂直于放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为，极板长，极板的右端与荧光屏之间的距离也为8cm。整个装置如图示（不计粒子的重力）求：
（1）粒子出加速电场时的速度v；
（2）粒子出偏转电场时的偏移距离y；
（3）P点到O2的距离。
【答案】（1）解：在加速电场运动过程中，由动能定理
代入数据得
（2）解：带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子在偏转电场的运动时间
带电粒子离开电场时的偏转量
联立解得
y=0.03m
（3）解：带电粒子从偏转电场中出来的竖直方向的速度为
速度与水平方向的夹角为
根据速度反向延长线恰好平分水平方向的位移有：
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1） 在加速电场运动过程中，由动能定理求解粒子出加速电场时的速度v
（2） 求出 带电粒子在偏转电场中的加速度以及运动时间，根据匀变速直线运动的位移时间关系求解 粒子出偏转电场时的偏移距离y 。
（3） 可以利用平抛运动相关规律或者相似三角形知识求解。
23．（2024高一下·汨罗月考）如下图甲所示，匀强电场场强大小为E、方向竖直向上。场内存在一个沿竖直平面内半径大小为R的圆形区域，O点为圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是最右边的点．在A点有放射源可放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电荷量为q，不计重力．试求：
（1）电荷在电场中运动的加速度；
（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度；
（3）某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，∠POA＝θ，请写出该电荷经过P点时动能的表达式；
（4）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙所示，∠COB＝∠BOD＝30°.求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得：a＝
（2）解：电荷由A到B做类平抛运动，其在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由运动学公式和牛顿第二定律可得
R＝v0t
R＝at2
a＝
联立三个式子可解得：v0＝
（3）解：电荷由A到P做类平抛运动，同理由Rsinθ＝v0t，R﹣Rcosθ＝at2，及a＝
可得电荷的初动能为
mv02＝＝＝
由动能定理可知经过P点时的动能：
Ek＝Eq（R﹣Rcosθ）+mv02＝EqR（5﹣3cosθ）
（4）解：由第（3）小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大．
EkD＝Eq（R﹣Rcosθ）+mv0D2＝EqR（5﹣3cos60°）＝ EqR
EkC＝Eq（R﹣Rcosθ）+mv0C2＝EqR（5﹣3cos120°）＝ EqR
所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为EqR≤Ek≤EqR
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）电荷在电场中只受电场力作用，再根据电场力与场强的关系结合牛顿第二定律进行解答；
（2）电荷由A到B做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，再结合运动学公式和牛顿第二定律进行解答；
（3）由上分析可知，电荷由A到P做类平抛运动，根据几何关系确定电荷在水平和竖直方向的运动位移，再根据平抛运动规律确定电荷的初动能，再对电荷从A到P的运动过程运用动能定理进行解答；
（4）根据（3）中分析确定电荷达到接收屏上电荷的动能的变化情况，再根据（3） 中结论及题意进行解答。
24．（2024高二上·广州期中）如图所示，光滑足够长水平面上方空间有水平向右的匀强电场，长度、质量的绝缘长木板放在水平面上，从长木板的左端静止释放一质量为、电量为的小物块（可视为质点），已知小物块与长木板之间的动摩擦因数，电场强度，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．小物块刚释放时的加速度大小是
B．小物块从长木板的左端滑到右端的时间是2s
C．小物块从长木板的左端滑到右端的过程电势能减少60J
D．小物块从长木板的左端滑到右端的过程摩擦力对长木板做的功是10J
【答案】B,C
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．假设小物块与长木板相对滑动，小物块刚释放时的加速度是，长木板的加速度是，根据牛顿第二定律得
代入数据得即，所以假设成立，故A错误；
设小物块从长木板的左端滑到右端的时间为t，则
代入数据得，故B正确；
C．小物块从长木板的左端滑到右端的过程中的位移为
小物块从长木板的左端滑到右端，电场力对小物块做功，故电势能减少60J，C正确；
D．长木板的位移
小物块从长木板的左端滑到右端的过程中摩擦力对长木板做的功，D错误。
故选：BC
【分析】利用动力学、能量观点分析带点体的力电综合问题：
1.分析小物块的受力情况，根据牛顿第二定律分析小物块的加速度大小。
2.根据小物块和木板的位移关系，结合运动学公式分析求出小物块从 长木板的左端滑到右端的时间 。
3.分析小物块沿电场方向运动的距离，根据电场力做功与电势能的关系，分析电势能的变化情况。
4.分析小物块从长木板的左端滑到右端的过程，长木板相对地面的位移，结合分析该过程摩擦力对木板做的功。
25．（2024高二上·钦州期中）如图1所示，、是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为的交变电压，板的电势，板的电势随时间发生周期性变化，规律如图2所示。现有一电子从板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略。则下列说法正确的是（　　）
A．若电子在时刻进入，它将一直向板运动
B．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上
C．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上，
D．若电子在时刻进入，它可能时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．因极板间加交变电场，故粒子的受力是周期性变化的，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况。根据位移情况判断电子能否打在B板上。若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，前半个周期电子受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期电子受到的电场力向下，向上做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向板运动，选项A正确，B错误；
C．若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，在内，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，电子受到的电场力向下，向上做减速运动，时刻速度减为零，在内，电子受到的电场力向下，向下做加速运动，在内，电子受到的电场力向上，向下做减速运动，在时刻速度减为零，完成一个周期运动，向板移动一定距离，周而复始，所以电子时而向板运动，时而向板运动，最后打在板上，选项C正确；
D．若电子在时刻进入，对一个周期内的运动分析，在内，电子向上做加速运动，在内，电子向上做减速运动，在时刻速度减为零，在内，电子反向加速，在内，电子反向减速，在时刻速度减为零，完成一个周期运动，回到出发点，周而复始，所以电子时而向板运动，时而向板运动，一定不会打在板上，选项D错误。带电粒子在交变电场中的运动时，要分析清楚不同阶段粒子的受力情况，根据牛顿第二定律，去分析粒子的运动情况，必要时可以画出粒子的F-t图和v-t图进行分析。
故选AC。
【分析】分析电子的受力情况，来确定电子的运动情况，如果电子一直向上运动，一定能到达B板；如果时而向B板运动，时而向A板运动，则通过比较两个方向的位移大小，分析能否到达B板。
26．（2024高二上·临湘开学考）如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场。在匀强电场中有一根长L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，重力加速度为g，下列说法正确（　　）
A．小球的带电荷量
B．小球动能的最小值为
C．小球在运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变
【答案】B,D
【知识点】功能关系；共点力的平衡；竖直平面的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．对小球进行受力分析如图所示
根据平衡条件可得
联立解得
故A错误；
B．由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，如图所示
在B点，小球受到的重力和电场力的合力提供小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有
根据牛顿第二定律有
在B点的动能为
故B正确；
CD．由于只有重力和电场力做功，只发生动能和势能的转化，总能量保持不变，即
=恒量
所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EpE最大，机械能最小，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】A选项.小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解 小球的带电荷量 ；
B选项.先判断动能最小的位置，小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点B速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；
CD选项.由能量守恒定律来求：小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置。
该题为小球在电场和重力场这一复合场中运动的问题，抓住重力和电场力的合力为恒力，用“等效力”处理问题是解决本题的突破口。
27．（2024高二上·临湘开学考）如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势，B板的电势随时间的变化规律如图所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。则（　　）
A．若电子是在时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C．若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的速度时间图像。
A．由图可知，当电子在t=0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，故A正确；
B．若电子在时刻进入，则由图像知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正确；
C．若电子在时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回至A板，故C错误；
D．若电子是在时刻进入，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，故D错误。
故选AB。
【分析】本题关键是分析带电粒子在交变电场中的运动情况，确定出临界条件，结合运动学图像进行求解。
分析电子的受力情况，来确定电子的运动情况，如果电子一直向上运动，一定能到达B板；如果时而向B板运动，时而向A板运动，则通过比较两个方向的位移大小，分析能否到达B板。
六、破鼎提升
28．（2024高二下·金牛月考）如图所示，在平面第一象限内，直线与直线之间存在磁感应强度为，方向垂直纸面向里的匀强磁场，轴下方有一直线与轴平行且与轴相距为，轴与直线之间包含轴存在沿轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线与直线之间存在磁感应强度也为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为的平行电子束，如图，沿轴负方向射入第一象限的匀强磁场，各电子的速度随入射位置不同大小各不相等，电子束的左边界与轴的距离也为，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入轴下方的电场，最后所有电子都垂直于边界离开磁场。其中电子质量为，重力可忽略不计，电量大小为，电场强度大小为。求：
（1）各电子入射速度的范围；
（2）速度最小的电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心的坐标；
（3）直线的方程。
【答案】（1）解：所有电子在第一象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点并沿轴方向进入轴下方的电场，故最大速度对应最大半径
根据洛伦兹力提供向心力，则有
可得
同理最小半径，可得最小速度为
故入射速度范围为≤v≤
（2）解：所有电子在电场中做类平抛运动
水平方向：
竖直方向：
解得
此后在磁场中的运动半径为
解得
电子射出时速度与竖直方向的夹角，
设电子此后在磁场中运动的圆心为，根据几何关系
得该电子此后在磁场中运动的圆心坐标为
（3）解：所有电子都垂直于边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在直线上，由以上分析，经过直线时，不妨设任何电子的方向的分速度为
则电子经过直线的合速度为
电子经过直线的坐标为
速度方向与水平方向的夹角的正切值为
根据几何关系，易得圆心位置为
因为电子垂直于直线出射，所以圆心也在直线上，可得直线为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子进入第一象限磁场做匀速圆周运动，且均能通过原点并沿轴方向进入轴下方的电场，根据缩放圆法确定粒子在磁场中运动的临界轨迹，根据几何关系确定临界轨迹对应的运动半径，再结合洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律进行解答；
（2）粒子进入第三象限电场后，在电场中做类平抛运动，根据（1）中结论及类平抛运动规律确定粒子进入磁场的速度及粒子在x轴方向运动的位移，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，再结合带电粒子在磁场中运动规律及几何关系进行解答；
（3）所有电子都垂直于边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线上。将粒子经过CD的速度分解成沿x轴方向和y方向，粒子在第三象限电场中运动，只有竖直方向速度改变，结合（1）中分析确定任意位置粒子经过CD时沿x轴方向速度与合速度的关系，再结合几何关系确定经过CD的坐标及其对应的圆心的坐标，继而得出EF直线方程。
29．（2024高三下·济南月考） 如图，Oxyz坐标系中，在空间x<0的区域Ⅰ内存在沿z轴负方向、磁感应强度大小的匀强磁场；在空间00区域Ⅲ内施加沿x轴负方向的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，其中、，同时在空间x≥0.2m且y<0区域Ⅳ内施加沿x轴负方向、磁感应强度大小未知的匀强磁场。从撤去电场时开始计算，当带电粒子第5次沿y轴负方向穿过xOz平面时恰好经过x轴上的P点（图中未画出）。已知，不计带电粒子重力，不考虑电磁场变化产生的影响，计算结果可保留根式，求
（1）粒子第一次穿过y轴时的速度；
（2）粒子经过x轴负半轴时的x坐标；
（3）磁感应强度的大小及P点的x坐标。
【答案】（1）解：带电粒子进入区域Ⅱ做类平抛运动，轨迹如图
沿x轴方向，有
，，
解得
，，
可得
，
即带电粒子到达y轴时，速度大小，方向与y轴正方向成=45°。
（2）解：带电粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，轨迹如图
根据
解得
粒子经过x轴负半轴时的x坐标为
（3）解：带电粒子再次进入区域Ⅱ做斜抛运动，根据对称性可知，到达A点时速度大小仍为，方向沿y轴正方向。此时撤去电场，设粒子在区域Ⅲ中的转动半径为，在区域Ⅳ中的转动半径为，沿x轴负方向观察可得，如图所示轨迹
根据几何关系可知
，
整理可得
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得
可得
粒子在x轴方向，在y>0的区域做初速为零的匀加速运动，加速度
在y<0区域，做四次匀速运动，每一次匀速运动的时间
在y>0区域运动的时间
做匀加速运动的位移
做匀速运动的位移
P点的x轴坐标
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1） 带电粒子进入区域Ⅱ做类平抛运动， 根据类平抛运动鼓励列式求解得出 粒子第一次穿过y轴时的速度；
（2） 带电粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动， 画出轨迹，根据洛伦兹力提供向心力得出半径再结合几何关系得出x坐标；
（3） 带电粒子再次进入区域Ⅱ做斜抛运动，根据对称性可知， 得出A点速度大小，撤去电场根据题意作图，根据几何关系得出的大小，从而得出粒子在区域Ⅲ中的转动半径与在区域Ⅳ中的转动半径关系，根据根据洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度大小关系， 粒子在x轴方向，在y>0的区域做初速为零的匀加速运动， 求出加速度大小；在 y<0区域，做四次匀速运动， 求出每次匀速运动的时间以及 在y>0区域运动的时间 ；再求出 做匀加速运动的位移 以及 做匀速运动的位移 ，再根据数学知识求出 P点的x轴坐标 。
30．（2024高三下·潍坊月考） 如图所示的O—xyz坐标系中，的Ⅰ区域内有沿z轴正方向的匀强磁场，在的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电量为＋q、质量为m的粒子从y轴上的点P（0，2l，0）以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域，从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内，第二次经过x轴时粒子位于N点，且速度方向与x轴正方向夹角。已知Ⅰ区域磁场磁感应强度大小，不计粒子重力。
（1）求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向夹角α；
（2）求匀强电场的电场强度E；
（3）求粒子从P到N所用的时间；
（4）粒子到达N点时，在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小，求粒子离开N点经过时间，粒子的位置坐标。
【答案】（1）解：根据题意绘出粒子从P到N的运动轨迹如下
粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，有
根据几何关系有
解得
α =60°
（2）解：由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动有
vNx = vQx = v0cosα，
由动能定理有
解得
（3）解：粒子由P到Q过程，设时间为t1，有
粒子由Q到N过程，沿y轴方向先匀减速后匀加速，设时间分别为t2、t3，有
其中
t = t1＋t2＋t3
联立解得
（4）解：粒子运动在xOz平面内的投影为匀速圆周运动
粒子运动周期
解得
可得
z = 2r2 = 2l
粒子沿y轴方向做匀加速运动，可得
即粒子的位置坐标为。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在磁场中做圆周运动的半径，再根据几何关系确定粒子经过Q点时的速度方向；
（2）粒子在电场中只受到沿y轴正方向的电场力作用，在y轴方向先做减速运动，再做加速运动，在水平方向做匀速直线运动。根据运动的合成与分解确定粒子达到N的速度大小，再对粒子从Q到N过程运用动能定理进行解答；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动的规律确定粒子在磁场中运动的时间。粒子在电场中在y轴方向先做减速运动，再做加速运动，且粒子的加速度始终不变，再对竖直方向根据牛顿第二定律及运动学规律确定粒子在电场中运动的时间，再得出粒子从P到N所用的时间；
（4）将粒子到达N点的运动分解成沿y轴方向和x轴方向，则在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场后，粒子在xOz平面内的投影为匀速圆周运动，y轴方向在电场力的作用下做匀加速直线运动。在xOz平面内，根据带电粒子在磁场中运动规律确定粒子做匀速圆周运动的半径及周期，根据粒子与所给时间的关系，结合几何关系确定粒子在圆周上的位置，再结合QN的运动情况及几何关系确定粒子x和y坐标，再根据匀变速直线运动规律确定粒子的y坐标，再得出粒子的位置坐标。
31．（2024高一下·宜昌月考）如图甲所示，在整个第三象限内，有平行于y轴向上的匀强电场，电场强度为但大小未知。一质量为m，电荷量为q的正离子（不计重力）可从y轴负半轴的某位置平行于x轴负方向以速度射入第三象限，离子刚进入第二象限的时候在y轴正半轴距离坐标原点O为d的地方放一个负点电荷，电量Q未知，同时撤去，离子随即做匀速圆周运动，随后当离子经过y轴时，立即撤去Q，在第一、四象限加上如图乙所示的周期性变化的电场，取平行于y轴正方向为的正方向，其周期，与时间t的关系如图乙所示，已知静电力常量为k。
（1）求第三象限电场强度的大小；
（2）若正离子在y轴负半轴距坐标原点处沿x轴负方向以速度射入第三象限，为使离子在第二象限做匀速圆周运动，求固定的负点电荷的电量Q；
（3）以第（2）问为前提条件，求离子从y轴正半轴到x轴的时间(结果用d和表示)
【答案】（1）解：设为类平抛运动的速度偏向角，则
又根据几何关系，
则
（2）解：根据类平抛运动基本公式：
易知，则进入第二象限瞬间离子的速度
因为第二象限做匀速圆周运动，静电力充当向心力，则
（3）解：离子到y轴正半轴时距坐标原点3d
第1、4象限加速度
以向下为正方向，作出离子运动的图象：
①在：离子向上位移
②在：离子竖直方向的总位移为0，之后竖直方向一直沿着y轴负半轴运动
③在：
④在：
⑤在：
⑥在：
所以：，还剩下
又：
说明离子在期间穿过x轴，
从y轴正半轴到x轴的时间：
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，结合运动的合成与分解求解；
（2） 根据类平抛运动基本公式 求解运动的偏转角，从而求解进入第二象限瞬间离子的速度， 第二象限做匀速圆周运动，静电力充当向心力；
（3） 以向下为正方向，作出离子运动的图象 ，分析各个阶段运动情况，结合运动学公式求解总时间。
七、直击高考
32．（2023·新课标卷）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
【答案】（1）由题意可知a油滴与b油滴的最大速度比为4：1，
设空气阻力与有地半径和运动速率的关系为，
当油滴达到最大速度时，，
即mg=kvr，油滴质量m与半径r之间的关系为，代入可得，即，
由于a油滴与b油滴的最大速度比为4：1，
则，
所以质量比.
（2）由题意可知a做减速运动，b做加速运动，可知a带负电，b带正电，达到平衡时，
对a：，
对b：，
由油滴前后速度的比值关系可知，，
联立解得.
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）对a和b分别进行受力分析，达到最大速度时重力等于阻力，根据平衡条件和题中信息分析求解。
（2）加电压后根据两个油滴的运动情况，判断油滴所带电荷量的正负，再由平衡条件计算电荷量的比值。
33．（2023·北京）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比。
【答案】（1）由题意可知，靠近上极板颗粒做类平抛运动打到下极板左端时恰好全部收集，
根据电势差与电场强度关系：，
牛顿第二定律：，
由类平抛运动特点：，
联立解得：
（2）a、竖直方向颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度可知：F=f，即： ，
由竖直方向和水平方向时间相等：，
联立解得：
b、已知颗粒的电荷量与半径的平方成正比：，
颗粒恰好100%被收集，同理由（2）a中，F=f可得：，竖直方向和水平方向时间相等：；
颗粒竖直方向运动距离为x，同理由（2）a中，F=f可得：，竖直方向和水平方向时间相等：，
式联立解得：；
式联立解得：，
联立解得：
只有靠近下极板的竖直方向的范围内的粒子被收集，故收集 颗粒的被收集率为：
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）靠近上极板颗粒做类平抛运动打到下极板左端时恰好全部收集，由牛顿第二定律，类平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向匀加速直线运动求解；
（2）a、竖直方向颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，由二力平衡结合竖直水平两方向时间相等联立求解；
b、同理分别求解两类粒子的二力平衡关系和水平与竖直方向时间关系联立求解。
34．（2023·山东）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）依题意做出粒子的运动轨迹如图所示：
设粒子第一次进入磁场时的速度为，根据动能定理可得：，
粒子第一次和第二次进入磁场的速度不变，设圆周轨迹半径为，
根据洛伦兹力提供向心力可得：
根据几何关系可知，粒子轨迹半径：
解得：；
（2）（i）根据题意做出粒子运动轨迹如图所示：
设圆周轨迹半径为，根据几何关系可得：
解得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
根据几何关系可得：，
解得：θ=37°
粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：
竖直方向做匀变速直线运动，有：
联立解得：E′=36E；
对粒子第一次在电场中的运动，根据动能定理可得：
解得：，方向向上；
（ii）设粒子离开Q点速度大小为，
根据动能定理可得：
解得：
粒子从Q点进入磁场，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
若粒子是从P点第三次进入电场，如图所示：
根据几何关系可得：
解得：
则
根据图中的几何关系可得：
解得：
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据动能定理求解粒子第一次进入磁场时的速度大小，并且根据粒子第二次进入电场运动的特点得出粒子第二次进入磁场时的速度与第一次的速度相等，根据几何关系得出粒子在磁场运动的轨迹半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式求出磁感应强度大小；（2）（i）若改变电场强度大小，做出运动图像，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解在粒子P点时的速度大小，之后粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解结合运动学公式求解电场强度大小和初速度大小；（ii）由动能定理求出粒子从Q点进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的轨迹半径；再假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，根据几何关系求解半径，比较两种情况下得到的半径是否相同进行分析。
35．（2023·辽宁）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的 倍。金属 板外有一圆心为O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、 方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿 PO 方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为 ，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差 U。
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O’点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心 M。
【答案】（1）设板间距为d，则板长为 ，带电粒子在板间做类平抛运动，
两板之间的电场强度为：，
由牛顿第二定律：
可得：
设粒子在电场中的运动时间为t，则由平抛运动规律可得，
水平方向：
竖直方向：
联立解得：
（2）设粒子射出电场时与水平方向的夹角为 a，
则有：，
故：，
粒子射出电场的速度为：，
粒子沿直线匀速运动进入磁场，在磁场中，
由牛顿第二定律：，
可得：，
又因为圆形磁场的半径为
可得：，
设粒子入磁场和出磁场的速度方向的夹角为θ，由圆形磁场粒子偏转规律，径向射入径向射出，磁偏角等于圆心角，
由几何关系可得：
解得：
（3）由（2）中粒子在磁场中的运动轨迹可知，当磁场以沿半径方向射入时粒子圆周运动的弧对应的弦长为偏转磁场的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长，
则相对应的粒子的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据已知条件计算电场强度，应用牛顿第二定律计算粒子的加速度，根据类平抛运动计算水平位移和偏转位移，再由二者之间的关系求得偏转电压U；
（2）再计算类平抛运动粒子出电场时的速度大小和方向，根据带电粒子在圆形磁场中的规律，计算粒子的圆周云的半径与偏转磁场半径的关系，由圆形磁场径向射入径向射出，圆心角等于偏转角，由几何关系求得偏转磁场中的偏转角；
（3）由粒子在磁场中的运动轨迹可知，当磁场以沿半径方向射入时粒子圆周运动的弧对应的弦长为偏转磁场的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长， 定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后磁场区域的圆心 M。
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