思维进阶课十 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
[学习目标] 1．会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。
2．掌握交变电场的特点，会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。
“等效法”在电场中的应用
1．“等效重力场”
研究处在匀强电场和重力场中带电物体的运动问题时，可以将重力场与电场合二为一，用一个“等效场”来代替，即“等效重力场”。
2．“等效重力”及“等效重力加速度”
(1)“等效重力”：将重力与静电力进行合成，如图所示，则G效＝F合。
(2)“等效重力加速度”：g效＝，F合的方向即为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
3．两种等效重力场模型的对比分析
模型一 模型二
静电力与重力在同一直线上且qE>mg 静电力与重力不在同一直线上
等效重力加速度g′＝－g，方向竖直向上 等效重力加速度g′＝，设等效重力加速度方向与竖直方向夹角为α，tan α＝
[典例1] (多选)(2022·全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点，则射出后，( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
[听课记录]
[典例2] (2025·湖南株洲高三质检)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。
(1)求小球所受到的静电力的大小；
(2)小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小？
[听课记录]
带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场类型
产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的粒子运动
(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究，用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
3．分析思路
(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。
(3)动量观点：应用动量定理分析。
带电粒子在交变电场中的直线运动问题
[典例3] (多选)如图(a)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，两板间电势差随时间的变化规律如图(b)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，则下列说法正确的是( )
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在t＝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t＝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t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
[听课记录]
[变式] 在[典例3]中，若已知电子质量为m、电荷量大小为e，电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B板，则：
(1)A、B两板间的距离为________。
(2)电子在两板间的最大速度为________。
带电粒子在交变电场中的偏转运动问题
[典例4] 如图(a)所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。
(1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
(2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。
①定性画出垂直板方向的速度vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。
②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。
③若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？
(3)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？
[听课记录]
画速度—时间图像时，注意以下几点：
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的“面积”为正，在横轴下方所围成的“面积”为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。
思维进阶课十 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
进阶1
典例1 BD [由题意可知，小球所受静电力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，静电力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C项错误；小球在静电力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服静电力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D项正确。]
典例2 解析：(1)小球在C点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的静电力大小F＝mg tan 60°＝mg。
(2)小球要到达B点，必须能到达D点，在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小。设小球到达D点时速度为v，此时轨道对小球的压力恰为零，则有＝m
解得v＝
对小球由轨道上A点运动到D点的过程有
－mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝
解得v0＝2。
答案：(1)mg (2)2
进阶2
典例3 AB [根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。
由图丁可知，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；若电子在t＝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；若电子在t＝时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回A板从小孔飞出，故C错误；t＝时刻电子一靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，故D错误。]
变式 解析：(1)电子在t＝时刻由静止释放恰好打在B板上，则电子先加速后减速，在t＝T时刻到达B板且速度为零，设两板的间距为d，加速度大小为a＝，则有d＝2×a，解得d＝。
(2)由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为vm＝a·＝。
答案：(1) (2)
典例4 解析：(1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝。
(2)①
②由对称性可知，粒子可能在t1＝nT(n＝1，2，3，…)，即vy＝0时从B板右边缘水平射出，
L＝v0t1＝nv0T(n＝1，2，3，…)
d＝2n·a(n＝1，2，3，…)
由牛顿第二定律有a＝，
联立得d＝(n＝1，2，3，…)。
③根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在…时，恰好打到B板，则有d＝(2n＋1)×·(n＝0，1，2，…)
解得d＝(n＝0，1，2，…)。
(3)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，向下做匀加速直线运动，在～时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未打到B板上，然后在～T时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件d>2×a
由牛顿第二定律可得a＝
联立解得d>
粒子在电场中的运动时间为t2＝nT(n＝1，2，3，…)
则板长为L＝v0t2＝nv0T(n＝1，2，3，…)。
答案：(1) (2)①见解析图 ②见解析
③d＝(n＝0，1，2，…)
(3)L＝nv0T(n＝1，2，3，…) d>
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第八章 静电场
思维进阶课十 带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
[学习目标] 1．会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。
2．掌握交变电场的特点，会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。
进阶1 “等效法”在电场中的应用
1．“等效重力场”
研究处在匀强电场和重力场中带电物体的运动问题时，可以将重力场与电场合二为一，用一个“等效场”来代替，即“等效重力场”。
2．“等效重力”及“等效重力加速度”
(1)“等效重力”：将重力与静电力进行合成，如图所示，则G效＝F合。
(2)“等效重力加速度”：g效＝，F合的方向即为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
3．两种等效重力场模型的对比分析
模型一 模型二
静电力与重力在同一直线上且qE>mg 静电力与重力不在同一直线上
模型一 模型二
等效重力加速度g′＝－g，方向竖直向上 等效重力加速度g′＝，设等效重力加速度方向与竖直方向夹角为α，tan α＝
[典例1] (多选)(2022·全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点，则射出后，( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
√
√
BD [由题意可知，小球所受静电力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，静电力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C项错误；小球在静电力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服静电力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D项正确。]
[典例2] (2025·湖南株洲高三质检)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。
(1)求小球所受到的静电力的大小；
(2)小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小？
[解析] (1)小球在C点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的静电力大小F＝mg tan 60°＝mg。
(2)小球要到达B点，必须能到达D点，在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小。设小球到达D点时速度为v，此时轨道对小球的压力恰为零，则有＝m
解得v＝
对小球由轨道上A点运动到D点的过程有
－mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝
解得v0＝2。
[答案] (1)mg (2)2
进阶2 带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场类型
产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的粒子运动
(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究，用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
3．分析思路
(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。
(3)动量观点：应用动量定理分析。
角度1 带电粒子在交变电场中的直线运动问题
[典例3] (多选)如图(a)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，两板间电势差随时间的变化规律如图(b)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，则下列说法正确的是( )
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在t＝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t＝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t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
√
√
AB [根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。
由图丁可知，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；若电子在t＝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；若电子在t＝时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回A板从小孔飞出，故C错误；t＝时刻电子一靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，故D错误。]
[变式] 在[典例3]中，若已知电子质量为m、电荷量大小为e，电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B板，则：
(1)A、B两板间的距离为________。
(2)电子在两板间的最大速度为________。
[解析] (1)电子在t＝时刻由静止释放恰好打在B板上，则电子先加速后减速，在t＝T时刻到达B板且速度为零，设两板的间距为d，加速度大小为a＝，则有d＝2×a，解得d＝。
(2)由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为vm＝a·＝。
角度2 带电粒子在交变电场中的偏转运动问题
[典例4] 如图(a)所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。
(1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
(2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。
①定性画出垂直板方向的速度vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。
②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。
③若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？
(3)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？
[解析] (1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝。
(2)①
②由对称性可知，粒子可能在t1＝nT(n＝1，2，3，…)，即vy＝0时从B板右边缘水平射出，
L＝v0t1＝nv0T(n＝1，2，3，…)
d＝2n·a(n＝1，2，3，…)
由牛顿第二定律有a＝，
联立得d＝(n＝1，2，3，…)。
③根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，，…时，恰好打到B板，则有d＝(2n＋1)×·(n＝0，1，2，…)
解得d＝(n＝0，1，2，…)。
(3)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，向下做匀加速直线运动，在～时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未打到B板上，然后在～T时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件d>2×a
由牛顿第二定律可得a＝
联立解得d>
粒子在电场中的运动时间为t2＝nT(n＝1，2，3，…)
则板长为L＝v0t2＝nv0T(n＝1，2，3，…)。
[答案] (1) (2)①见解析图 ②见解析
③d＝(n＝0，1，2，…)
(3)L＝nv0T(n＝1，2，3，…) d>
归纳总结 画速度—时间图像时，注意以下几点：
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的“面积”为正，在横轴下方所围成的“面积”为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。
思维进阶特训(十)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
1．如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A点由静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让
小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动
过程中( )
A．E点的动能最小
B．B点的电势能最大
C．C点的机械能最大
D．F点的机械能最小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C [从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，可知小球在F点速度最小，动能最小，故A错误；由平衡条件可知，静电力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C点机械能最大，在G点机械能最小，故C正确，B、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(多选)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为0
D．0～3 s内，静电力做的总功为0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
CD [设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内粒子的加速度大小为a2，由a＝可知，a2＝2a1，若粒子带正电，可见粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，0～3 s内静电力做的总功为零，同理，若粒子带负电也是如此，综上所述，可知C、D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(2022·湖北卷)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带
电荷量和半径可以为( )
A．q，r B．2q，r
C．2q，2r D．4q，2r
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D [初始状态下，油滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即q＝πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足q′＝πr3·ρg，可得q′＝，A、B错误；当电势差调整为2U时，若油滴的半径变为2r时，则满足q′＝π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．(多选)如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和多个横截面积相同的金属圆筒组成，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子电荷量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．在t＝时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
B．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
C．电子运动到第n个圆筒时动能为(n－1)eU
D．第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为∶
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
BD [因为t＝＝T＋，t＝时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，A错误；由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，B正确；电子每经过一个间隙，静电力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为neU，C错误；根据动能定理得eU＝，2eU＝，3eU＝，…，neU＝，(n＋1)eU＝，第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为Ln∶Ln＋1＝vn∶vn＋1，解得Ln∶Ln＋1＝∶，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D [电压是题图甲时，0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
6．如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，电场线与水平方向的夹角为θ，有一质量为m的带电小球用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线OA恰好呈水平状态。若用外力F使小球绕O点做半径为L的匀速圆周运动，在沿圆弧(图中虚线)从A点运动到O点正下方的B点的过程中(重力加速度为g)，小球电荷
量保持不变，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．小球带负电，电荷量值为
B．小球带正电，电荷量值为
C．电势能增加mgL＋
D．外力F做负功
√
题号
1
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2
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8
7
C [当小球静止时，细线OA恰好呈水平状态，小球受重力mg、静电力
F电、细线拉力FT作用，如图，小球受静电力方向与电场强度方向相同，所以小球带正电，竖直方向上qE sin θ＝mg，解得q＝，故A、B错误；从A点运动到O点正下方的B点的过程中，小球电势能的增加量等于克服静电力做的功ΔEp＝－WF电＝qEL cos θ＋qEL sin θ＝mgL＋，故C正确；从A点做匀速圆周运动到O点正下方的B点，由动能定理可知WG＋WF电＋WF＝0，解得外力F做的功WF＝，
所以外力F做正功，故D错误。]
题号
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3
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2
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8
7
7．(2024·辽宁大连高三期中)如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，O点为圆轨道的圆心，半径OA与竖直方向的夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E＝。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝1 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱
离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离和小球从
此位置释放后运动到B点时对轨道的压力(计算结果均
保留三位有效数字)。
题号
1
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6
8
7
[解析] 设重力与静电力的合力方向与竖直方向成α角，如图所示
由tan α＝解得α＝37°
合力大小为F＝＝mg
过O点作与竖直方向夹角为α＝37°的直线(虚线)，
与圆轨道分别交于D点和Q点，则小球在D点速度最大，Q点速度最小。 在Q点对轨道压力为零时，小球的释放位置离A点最近。对小球在Q点应用牛顿第二定律得F＝
题号
1
3
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2
4
6
8
7
设小球的释放位置到A点的最小距离为x，在小球从释放点到Q点的过程中，由动能定理得
mg(x sin θ－R cos θ－R cos α)－qQ(x cos θ＋R sin θ＋R sin α)＝
解得x＝ m≈8.79 m
对小球从B点到Q点的过程应用动能定理得
－FR(1＋cos α)＝
题号
1
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6
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7
设小球在B点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝
解得FN＝mg＝67.5 N
由牛顿第三定律得，小球运动到B点时对轨道的压力大小为67.5 N，方向竖直向下。
题号
1
3
5
2
4
6
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7
[答案] 8.79 m 67.5 N，方向竖直向下
8．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：
题号
1
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7
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。
题号
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7
[解析] (1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝ ①
设电容器间偏转电场的电场强度大小为E，则有：
E＝ ②
设电子经时间t′通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则：
沿中心轴线方向有：t′＝ ③
题号
1
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4
6
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7
垂直中心轴线方向有：a＝ ④
联立①②③④得y＝at′2＝＝ ⑤
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：
vy＝at′ ⑥
tan θ＝ ⑦
题号
1
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2
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6
8
7
则电子在荧光屏上偏离O点的距离为
Y＝y＋L tan θ＝ ⑧
由题图乙知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，
解得Y＝13.5 cm。
题号
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6
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7
(2)由题知电子偏转量y的最大值为，根据y＝可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。
代入⑧式得：Ymax＝ ⑨
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：
2Ymax＝3L＝30 cm。
题号
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7
[答案] (1)13.5 cm (2)30 cm
谢 谢 ！思维进阶特训(十)
1．如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A点由静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中( )
A．E点的动能最小
B．B点的电势能最大
C．C点的机械能最大
D．F点的机械能最小
2．(多选)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为0
D．0～3 s内，静电力做的总功为0
3．(2022·湖北卷)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( )
A．q，r B．2q，r
C．2q，2r D．4q，2r
4．(多选)如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和多个横截面积相同的金属圆筒组成，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子电荷量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则( )
A．在t＝时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
B．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
C．电子运动到第n个圆筒时动能为(n－1)eU
D．第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为∶
5．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
6．如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，电场线与水平方向的夹角为θ，有一质量为m的带电小球用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线OA恰好呈水平状态。若用外力F使小球绕O点做半径为L的匀速圆周运动，在沿圆弧(图中虚线)从A点运动到O点正下方的B点的过程中(重力加速度为g)，小球电荷量保持不变，下列说法正确的是( )
A．小球带负电，电荷量值为
B．小球带正电，电荷量值为
C．电势能增加mgL＋
D．外力F做负功
7．(2024·辽宁大连高三期中)如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，O点为圆轨道的圆心，半径OA与竖直方向的夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E＝。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝1 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离和小球从此位置释放后运动到B点时对轨道的压力(计算结果均保留三位有效数字)。
8．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。
思维进阶特训(十)
1．C [从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，可知小球在F点速度最小，动能最小，故A错误；由平衡条件可知，静电力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C点机械能最大，在G点机械能最小，故C正确，B、D错误。]
2．CD [设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内粒子的加速度大小为a2，由a＝可知，a2＝2a1，若粒子带正电，可见粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，0～3 s内静电力做的总功为零，同理，若粒子带负电也是如此，综上所述，可知C、D正确。]
3．D [初始状态下，油滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即q＝πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足q′＝πr3·ρg，可得q′＝，A、B错误；当电势差调整为2U时，若油滴的半径变为2r时，则满足q′＝π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C错误，D正确。]
4．BD [因为t＝＝T＋，t＝时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，A错误；由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，B正确；电子每经过一个间隙，静电力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为neU，C错误；根据动能定理得eU＝，2eU＝，3eU＝，…，neU＝，(n＋1)eU＝，第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为Ln∶Ln＋1＝vn∶vn＋1，解得Ln∶Ln＋1＝∶，D正确。]
5．D [电压是题图甲时，0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确。]
6．C [当小球静止时，细线OA恰好呈水平状态，小球受重力mg、静电力F电、细线拉力FT作用，如图，小球受静电力方向与电场强度方向相同，所以小球带正电，竖直方向上qE sin θ＝mg，解得q＝，故A、B错误；从A点运动到O点正下方的B点的过程中，小球电势能的增加量等于克服静电力做的功ΔEp＝－WF电＝qEL cos θ＋qEL sin θ＝mgL＋，故C正确；从A点做匀速圆周运动到O点正下方的B点，由动能定理可知WG＋WF电＋WF＝0，解得外力F做的功WF＝，所以外力F做正功，故D错误。]
7．解析：设重力与静电力的合力方向与竖直方向成α角，如图所示
由tan α＝解得α＝37°
合力大小为F＝＝mg
过O点作与竖直方向夹角为α＝37°的直线(虚线)，与圆轨道分别交于D点和Q点，则小球在D点速度最大，Q点速度最小。 在Q点对轨道压力为零时，小球的释放位置离A点最近。对小球在Q点应用牛顿第二定律得F＝
设小球的释放位置到A点的最小距离为x，在小球从释放点到Q点的过程中，由动能定理得
mg(x sin θ－R cos θ－R cos α)－qQ(x cos θ＋R sin θ＋R sin α)＝
解得x＝ m≈8.79 m
对小球从B点到Q点的过程应用动能定理得
－FR(1＋cos α)＝
设小球在B点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝
解得FN＝mg＝67.5 N
由牛顿第三定律得，小球运动到B点时对轨道的压力大小为67.5 N，方向竖直向下。
答案：8.79 m 67.5 N，方向竖直向下
8．解析：(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝①
设电容器间偏转电场的电场强度大小为E，则有：
E＝ ②
设电子经时间t′通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则：
沿中心轴线方向有：t′＝ ③
垂直中心轴线方向有：a＝ ④
联立①②③④得y＝at′2＝＝ ⑤
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：
vy＝at′ ⑥
tan θ＝ ⑦
则电子在荧光屏上偏离O点的距离为
Y＝y＋L tan θ＝ ⑧
由题图乙知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，
解得Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子偏转量y的最大值为，根据y＝可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。
代入⑧式得：Ymax＝ ⑨
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：
2Ymax＝3L＝30 cm。
答案：(1)13.5 cm (2)30 cm
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