微专题二 电容器 带电粒子在电场中的运动
高考热点·突破
热点一 电容器
例1 (2025·泉州模拟)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则( )
A.电容器电容变大 B.材料竖直方向尺度减小
C.极板间电场强度变大 D.极板间电场强度不变
训练1 为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完,有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置,电容器C的两极板夹在输液管两侧,实物图和电路原理如图所示。闭合开关,当药液液面降低时,两极板之间介质由液体改变为气体,蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音,电路中电表均为理想电表。根据以上说明,下列选项分析正确的是( )
A.液面下降后,电容器两端电压变小
B.液面下降后,电容器所带电量增大
C.液面下降时蜂鸣器电流由b流向a
D.输液管较粗时,电容器的电容会变大
热点二 带电粒子在电场中的运动
例2 (多选)(2025·汕头一模)我国空间站天和核心舱配备了4台霍尔推进器。如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,经电场加速后以极高速度喷出,在相反的方向上对航天器产生推力。假设核心舱的质量为M,电离后的离子初速度为0,加速电压为U,单台推进器单位时间喷出的离子数量为n,离子质量为m,电荷量为e,忽略离子间的相互作用力,下列说法正确的是( )
A.离子喷出加速电场时的速度为
B.单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为ne
C.离子在电场中加速的过程中,动能和电势能都增大
D.推进器全部同向开启时,核心舱的加速度为
[解题技法] 带电粒子在电场中做直线运动的解题思路
(1)动力学观点:涉及加速度a和运动时间t时使用。
(2)功能观点:不涉及加速度a和运动时间t,大多涉及速度或动能。
(3)动量观点:涉及多粒子运动问题,如离子推进器等。
例3 (2025·陕西联考)如图所示,质量相等的带电粒子A、B,带电荷量之比qA∶qB=1∶3,它们以相等的速度v0从同一点出发,沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在D、C点,忽略粒子重力的影响,则( )
A.A和B运动的加速度大小之比为3∶1
B.A和B在电场中运动的时间之比为3∶1
C.A的动量变化量比B的动量变化量小
D.A的电势能变化量比B的电势能变化量大
[解题技法] 匀强电场中的偏转问题的解题思路
(1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场做类平抛运动,用运动分解的方法化曲线运动为两个相互垂直方向的直线运动。
(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。
例4 (多选)(2025·自贡模拟)利用电场来控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图甲所示,真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如图乙所示的周期性变化的电压。在t=0时刻,一质量为m、电量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场,并在t=2T时刻恰好沿板边缘射出,不计电子重力。下列说法正确的是( )
A.电子沿平行于板的方向做变加速运动
B.电子从板间射出时的速度大小为v0
C.若电子在时刻射入两板间,将沿平行于板的方向从两板正中间射出
D.若电子在时刻射入两板间,射出极板时离上板的距离为
[解题技法] 带电粒子在交变电场中运动的解题技巧
训练2 (2025·丽江模拟)如图所示,矩形区域ABCD的竖直边AB长为L,水平边BC长为2L,P点为对角线BD的中点,对角线BD以上的区域存在着方向竖直向下的匀强电场。一带电粒子的质量为m、电荷量为+q,以某一初速度从Q点出发经P点进入匀强电场,最后从C点以水平向右、大小为v的速度离开匀强电场。若不计粒子所受重力,则下列说法正确的是( )
A.粒子从P点运动到C点的时间为
B.初速度与水平方向的夹角θ=45°
C.粒子在匀强电场中的加速度大小为
D.匀强电场的电场强度大小为
运用“等效思维”,化繁为简
典例 (2025·湛江模拟)如图所示,有一半径为R的圆轨道,其所在平面有水平向左的匀强电场,电场强度大小E=,一质量为m、电荷量为q(q<0)的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动,小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,A、B为轨道水平直径的两端,C是轨道最低点,小球经过B点时对轨道的压力为11mg,已知重力加速度大小为g。求:
(1)带电小球在B点的速度大小;
(2)带电小球在C点时对轨道压力的大小;
(3)此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
[尝试解答]
[情境与思维分析] 本例设置了在竖直方向的重力场与水平方向的电场共存情形下,带电小球在竖直面内的圆形轨道内侧做圆周运动的情境。若按常规的解题思路,解题过程较为复杂,若用“等效思维”处理此题可起到事半功倍的效果。具体操作如下:把重力和电场力的合力F合等效为一个力,即F合=mg',g'为“等效重力”产生的“等效重力加速度”,此时就出现了“等效最高点”和“等效最低点”,即沿合力F合方向过圆心的直线与圆轨道的两个交点。此时可以套用重力场中竖直面内的圆周运动的解题思路和结论解决问题,使复杂问题得以简化。
训练 (多选)如图所示,三维空间坐标系的y轴竖直向上,y轴上-L处记作P点,空间存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)。长度为L的绝缘细线一端固定在O点,另一端连接质量为m、电荷量大小为q带正电的小球(可视为质点)。已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为,下列说法正确的是( )
A.若小球从P点由静止释放,则小球运动的最大动能为mgL
B.若小球从P点由静止释放,则细线中的拉力最大为3mg
C.若小球过P点做匀速圆周运动,则小球运动的速率为
D.若在P点给小球沿x轴正方向的初速度,则小球能绕O点做完整的圆周运动
高考真题·体验
1.(2025·黑吉辽蒙卷)如图,某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的,逐渐增大施加于两极板压力F的过程中,F较小时弹性结构易被压缩,极板间距d容易减小;F较大时弹性结构闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是( )
2.(2025·江苏卷)如图所示,平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中,电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动,使两板间距离增大为原来的2倍,再将该电荷由a移动到b的过程中,电场力做功为( )
A. B.W
C.2W D.4W
3.(2024·辽宁卷)在水平方向的匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中( )
A.动能减小,电势能增大
B.动能增大,电势能增大
C.动能减小,电势能减小
D.动能增大,电势能减小
4.(2024·河北卷)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)小球在A、B两点的速度大小。
微专题二 电容器 带电粒子在电场中的运动
例1 B 解析 由于极板上所带电荷量变少,且两极板间电压不变,根据C=可知,电容器电容变小,根据C=可知,d增大,即材料竖直方向尺度减小,A项错误,B项正确;因U不变,d增大,根据E=可知,极板间电场强度变小,C、D两项错误。
训练1 C 解析 开关闭合稳定时,电容器两端电压等于电源电动势,即液面下降稳定后,电容器两端电压不变,A项错误;根据电容C=,液面下降,极板之间的介电常数εr减小,则电容减小,极板之间电压不变,结合C=,则电容器所带电量减少,B项错误;根据图示可知,电容器右侧极板带负电,结合上述,液面下降时,极板所带电荷量减少,即右侧极板失去电子,电子从a向b运动,则蜂鸣器电流由b流向a,C项正确;结合上述可知,输液管较粗时,极板之间间距增大,则电容器的电容变小,D项错误。
例2 ABD 解析 离子在电场中加速,电场对离子做正功有eU=mv2,解得离子喷出加速电场时的速度v=,A项正确;单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为I===ne,B项正确;离子在电场中加速的过程中,电场对离子做正功,离子动能增加,电势能减小,C项错误;推进器全部同向开启时,设单个推进器给核心舱的作用力大小为F,对离子,根据动量定理有m0v=Ft,其中m0=nmt,对核心舱,有4F=Ma,联立解得核心舱的加速度为a=,D项正确。
例3 C 解析 根据牛顿第二定律有qE=ma,解得a=,由于qA∶qB=1∶3,解得A和B运动的加速度大小之比为1∶3,A项错误;粒子在电场中做类平抛运动,竖直方向上有h=·t2,解得t=,由于qA∶qB=1∶3,解得A和B在电场中运动的时间之比为∶1,B项错误;根据动量定理有qEt=Δp,由于qA∶qB=1∶3,A和B在电场中运动的时间之比为∶1,A的动量变化量比B的动量变化量小,C项正确;根据电场力做功与电势能的关系有qEh=-ΔEp,则有|ΔEp|=qEh,解得A和B电势能变化量大小之比为1∶3,即A的电势能变化量大小比B的电势能变化量小,D项错误。
例4 BC 解析 电子沿平行于板的方向不受力的作用,做匀速直线运动,A项错误;由题图乙可知,在t=0时刻进入电场的电子,沿电场方向的分运动,在0~内向上做匀加速运动,在~T向上做匀减速运动,根据对称性可知,在t=T时刻电子的竖直分速度为0;根据周期性可知,在t=2T时刻射出电场时的竖直分速度为0,则电子从板间射出时的速度大小为v0,B项正确;若电子在时刻射入两板间,沿电场方向的分运动,在~内向上做匀加速运动,在~向上做匀减速运动,在~T内向下做匀加速运动,在T~内向下做匀减速运动,根据对称性可知,在一个周期内,即在~内电子沿电场方向的位移为0,t=时刻竖直分速度为0;由于电子在电场中运动的时间为2T,根据周期性可知,电子在两个周期内沿电场方向的位移为0,t=时刻竖直分速度为0;则将沿平行于板的方向从两板正中间射出,C项正确;在t=0时刻进入的电子刚好在t=2T时刻恰好沿板边缘射出,设电子的加速度大小为a,则有=4×a,若电子在时刻射入两板间,则电子在~内向上运动的距离为y1=2×a=d,电子在~内向下运动的距离为y2=2×a=d,电子在一个周期内向上运动的距离为Δy1=y1-y2=d,根据周期性可知电子在两个周期内向上运动的距离为Δy=2Δy1=d,电子射出极板时离上板的距离为Δy'=d-Δy=d,D项错误。
训练2 B 解析 粒子从Q点到P点做匀速直线运动,从P点到C点做类斜抛运动,C点是最高点,则水平方向有x=vxt1,又x==L,vx=v,粒子从P点运动到C点的时间t1=,A项错误;竖直方向有y=a,又y==,vy=at1,解得粒子在电场中的加速度大小a=,C项错误;初速度与水平方向的夹角为θ,则有tan θ==1,解得θ=45°,B项正确;由牛顿第二定律可得qE=ma,又a=,解得匀强电场的电场强度大小E=,D项错误。
情境思维双驱
典例 答案 (1)3 (2)8mg (3)mgR
解析 (1)由题意知N=11mg,Eq=2mg,对B点受力分析可得
N-Eq=m,
解得vB=3。
(2)C到B点由动能定理
EqR-mgR=m-m,
解得vC=,
对C点受力分析,由牛顿第二定律得N2-mg=m,
解得N2=8mg,
根据牛顿第三定律可知,小球在C点时对轨道的压力大小为8mg。
(3)小球能在竖直面内做完整的圆周运动,在等效最高点D点(如图所示)时速度最小,在D点重力和电场力的合力方向指向圆心,此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,则有tan θ==2,
小球从C→D由动能定理
-mgR·-EqR·=m-m,
带电小球在圆轨道上运动的最小动能EkD=mgR。
训练 BC 解析 设小球所受重力和电场力的合力的大小为F,方向与y轴负方向的夹角为θ,则有F==,tan θ==,小球从P点由静止释放,小球到动能最大的过程有FL(1-cos θ)=m-0,解得Ek=m=mgL,A项错误;动能最大时细线中的拉力最大,有FT-F=m,解得细线中的拉力FT=3mg,B项正确;若小球做匀速圆周运动,则说明小球做圆周运动的平面一定与合外力F垂直,小球过P点做圆锥摆运动,有Ftan θ=m,解得v'=,C项正确;小球刚好能经过等效最高点时F=m,解得vmin=,假设小球从P点能运动到等效最高点,则有m-FL(1+cos θ)=mv2,解得v=高考真题体验
1.D 解析 由电容器电容的决定式C=,结合题意可知增大两极板的压力,两极板的间距d减小,则电容器的电容增大,又由于电容器充电后与电源断开,则电容器所带的电荷量不变,由公式U=可知,电容器两极板间的电压减小,A、B两项错误;由题意可知F较大时,d难以减小,即两极板间距减小得越来越慢,电容器电容增大得越来越慢,则两极板间的电压减小得越来越慢,C项错误,D项正确。
2.A 解析 两金属板与电源相连,则两板间电势差U不变,设两板间距离为d,a、b两点沿电场方向的距离为x,两板移动前将点电荷从a移动到b,电场力做功W=q·U,当两板间距离增大到原来的2倍时,再将该电荷从a移动到b,电场力做功W'=q·U=W,A项正确。
3.D 解析 根据题意,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,可知电场力和重力的合力沿着虚线方向,又电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知电场力方向水平向右,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的运动方向相同,则电场力对小球做正功,小球的动能增大,电势能减小,D项正确。
4.答案 (1) (2)vA=,vB=
解析 (1)在匀强电场中,根据公式可得场强为E=。
(2)在A点细线对小球的拉力为0,根据牛顿第二定律得
Eq-mg=m,
A到B过程根据动能定理得qU-mgL=m-m,
联立解得vA=,vB=。(共43张PPT)
微专题二
专题三 电场和磁场
电容器 带电粒子在电场中的运动
热点一 电容器
例1 (2025·泉州模拟)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )
A.电容器电容变大
B.材料竖直方向尺度减小
C.极板间电场强度变大
D.极板间电场强度不变
由于极板上所带电荷量变少，且两极板间电压不变，根据C=可知，电容器电容变小，根据C=可知，d增大，即材料竖直方向尺度减小，A项错误，B项正确；因U不变，d增大，根据E=可 知，极板间电场强度变小，C、D两项错误。
解析
训练1 为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，电容器C的两极板夹在输液管两侧，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是( )
A.液面下降后，电容器两端电压变小
B.液面下降后，电容器所带电量增大
C.液面下降时蜂鸣器电流由b流向a
D.输液管较粗时，电容器的电容会变大
开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，A项错误；根据电容C=，液面下降，极板之间的介电常数εr减小，则电容减小，极板之间电压不变，结合C=，则电容器所带电量减少，B项错误；根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，C项正确；结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器的电容变小，D项错误。
解析
热点二 带电粒子在电场中的运动
例2 (多选)(2025·汕头一模)我国空间站
天和核心舱配备了4台霍尔推进器。如图
所示，进入电离室的气体被电离成正离
子，经电场加速后以极高速度喷出，在相
反的方向上对航天器产生推力。假设核心
舱的质量为M，电离后的离子初速度为0，加速电压为U，单台推进器单位时间喷出的离子数量为n，离子质量为m，电荷量为e，忽略离子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A.离子喷出加速电场时的速度为
B.单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为ne
C.离子在电场中加速的过程中，动能和电势能都增大
D.推进器全部同向开启时，核心舱的加速度为
离子在电场中加速，电场对离子做正功有eU=mv2，解得离子喷出加速电场时的速度v=，A项正确；单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为I===ne，B项正确；离子在电场中加速的过程中，电场对离子做正功，离子动能增加，电势能减小，C项错 误；推进器全部同向开启时，设单个推进器给核心舱的作用力大小为F，对离子，根据动量定理有m0v=Ft，其中m0=nmt，对核心舱，有4F=Ma，联立解得核心舱的加速度为a=，D项正确。
解析
[解题技法] 带电粒子在电场中做直线运动的解题思路
(1)动力学观点：涉及加速度a和运动时间t时使用。
(2)功能观点：不涉及加速度a和运动时间t，大多涉及速度或动能。
(3)动量观点：涉及多粒子运动问题，如离子推进器等。
例3 (2025·陕西联考)如图所示，质量相等的带电粒子A、B，带电荷量之比qA∶qB=1∶3，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在D、C点，忽略粒子重力的影响，则( )
A.A和B运动的加速度大小之比为3∶1
B.A和B在电场中运动的时间之比为3∶1
C.A的动量变化量比B的动量变化量小
D.A的电势能变化量比B的电势能变化量大
根据牛顿第二定律有qE=ma，解得a=，由于qA∶qB=1∶3，解得A和B运动的加速度大小之比为1∶3，A项错误；粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上有h=t2，解得t=，由于qA∶qB=1∶3，解得A和B在电场中运动的时间之比为∶1，B项错误；根据动量定理有qEt=Δp，由于qA∶qB=1∶3，A和B在电场中运动的时间之比为∶1，A的动量变化量比B的动量变化量小，C项正确；根据电场力做功与电势能的关系有qEh=-ΔEp，则有|ΔEp|=qEh，解得A和B电势能变化量大小之比为1∶3，即A的电势能变化量大小比B的电势能变化量小，D项错误。
解析
[解题技法] 匀强电场中的偏转问题的解题思路
(1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场做类平抛运动，用运动分解的方法化曲线运动为两个相互垂直方向的直线运动。
(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。
例4 (多选)(2025·自贡模拟)利用电场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图甲所示，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如图乙所示的周期性变化的电 压。在t=0时刻，一质量为m、电量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t=2T时刻恰好沿板边缘射出，不计电子重力。下列说法正确的是( )
A.电子沿平行于板的方向做变加速运动
B.电子从板间射出时的速度大小为v0
C.若电子在时刻射入两板间，将沿平行于板的方向从两板正中间射出
D.若电子在
电子沿平行于板的方向不受力的作用，做匀速直线运动，A项错误；由题图乙可知，在t=0时刻进入电场的电子，沿电场方向的分运动，在0~内向上做匀加速运动，在~T向上做匀减速运动，根据对称性可知，在t=T时刻电子的竖直分速度为0；根据周期性可知，在t=2T时刻射出电场时的竖直分速度为0，则电子从板间射出时的速度大小为v0，B项正确；若电子在时刻射入两板间，沿电场方向的分运动，在~内向上做匀加速运动，在~向上做匀减
解析
速运动，在~T内向下做匀加速运动，在T~内向下做匀减速运动，根据对称性可知，在一个周期内，即在~内电子沿电场方向的位移为0，t=时刻竖直分速度为0；由于电子在电场中运动的时间为2T，根据周期性可知，电子在两个周期内沿电场方向的位移为0,t=时刻竖直分速度为0；则将沿平行于板的方向从两板正中间射出，C项正确；在t=0时刻进入的电子刚好在t=2T时刻恰好沿板边缘射出，设电子的加速度大小为a，则有=4×a，
解析
若电子在时刻射入两板间，则电子在~内向上运动的距离为y1=2×a=d，电子在~内向下运动的距离为y2=2× a=d，电子在一个周期内向上运动的距离为Δy1=y1-y2=d, 根据周期性可知电子在两个周期内向上运动的距离为Δy=2Δy1=d，电子射出极板时离上板的距离为Δy'=d-Δy=d，D项错误。
解析
[解题技法] 带电粒子在交变电场中运动的解题技巧
训练2 (2025·丽江模拟)如图所示，矩形区域ABCD的竖直边AB长为L，水平边BC长为2L，P点为对角线BD的中点，对角线BD以上的区域存在着方向竖直向下的匀强电场。一带电粒子的质量为m、电荷量为+q，以某一初速度从Q点出发经P点进入匀强电场，最后从C点以水平向右、大小为v的速度离开匀强电场。若不计粒子所受重力，则下列说法正确的是( )
A.粒子从P点运动到C点的时间为
B.初速度与水平方向的夹角θ=45°
C.粒子在匀强电场中的加速度大小为
D.匀强电场的电场强度大小为
粒子从Q点到P点做匀速直线运动，从P点到C点做类斜抛运动，C点是最高点，则水平方向有x=vxt1，又x==L，vx=v，粒子从P点运动到C点的时间t1=，A项错误; 竖直方向有y=a，又y==，vy=at1,解得粒子在电场中的加速度大小a=，C项错误；初速度与水平方向的夹角为θ，则有tan θ==1，解得θ=45°，B项正确；由牛顿第二定律可得qE=ma，又a=，解得匀强电场的电场强度大小E=，D项错误。
解析
运用“等效思维”，化繁为简
典例 (2025·湛江模拟)如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面有水平向左的匀强电场，电场强度大小E=
，一质量为m、电荷量为q(q<0)的小球沿轨
道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面
内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的
两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道
的压力为11mg，已知重力加速度大小为g。求：
(1)带电小球在B点的速度大小；
由题意知N=11mg，Eq=2mg，对B点受力分析可得
N-Eq=m，
解得vB=3。
解析
(2)带电小球在C点时对轨道压力的大小；
C到B点由动能定理EqR-mgR=m-m，
解得vC=，
对C点受力分析，由牛顿第二定律得N2-mg=m，
解得N2=8mg，
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为8mg。
解析
(3)此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点(如图所示)时速度最小，在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，
则有tan θ==2，
小球从C→D由动能定理
-mgR·-EqR·=m-m，
带电小球在圆轨道上运动的最小动能EkD=mgR。
解析
[情境与思维分析] 本例设置了在竖直方向的重力场与水平方向的电场共存情形下，带电小球在竖直面内的圆形轨道内侧做圆周运动的情境。若按常规的解题思路，解题过程较为复杂，若用“等效思维”处理此题可起到事半功倍的效果。具体操作如下：把重力和电场力的合力F合等效为一个力，即F合=mg'，g'为“等效重力”产生的“等效重力加速度”，此时就出现了“等效最高点”和“等效最低点”，即沿合力F合方向过圆心的直线与圆轨道的两个交点。此时可以套用重力场中竖直面内的圆周运动的解题思路和结论解决问题，使复杂问题得以简化。
训练 (多选)如图所示，三维空间坐标系的y轴竖直向上，y轴上-L处记作P点，空间存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)。长度为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端连接质量为m、电荷量大小为q带正电的小球(可视为质点)。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为，下列说法正确的是( )
A.若小球从P点由静止释放，则小球运动的最大动能为mgL
B.若小球从P点由静止释放，则细线中的拉力最大为3mg
C.若小球过P点做匀速圆周运动，则小球运动的速率为
D.若在P点给小球沿x轴正方向的初速度，则小球能绕O点做完整的圆周运动
设小球所受重力和电场力的合力的大小为F，方向与y轴负方向的夹角为θ，则有F==，tan θ==，小球从P点由静止释放，小球到动能最大的过程有FL(1-cos θ)=m-0，解得Ek=m=mgL，A项错误；动能最大时细线中的拉力最大，有FT-F=m，解得细线中的拉力FT=3mg，B项正确；若小球做匀 速圆周运动，则说明小球做圆周运动的平面一定与合外力F垂直，
解析
小球过P点做圆锥摆运动，有Ftan θ=m，解得v'=，C项正确; 小球刚好能经过等效最高点时F=m，解得vmin=，假设小球从P点能运动到等效最高点，则有m-FL(1+cos θ)=mv2 ,解得v=解析
1.(2025·黑吉辽蒙卷)如图，某压力传感
器中平行板电容器内的绝 缘弹性结构是
模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板
压力F的过程中，F较小时弹性结构易被
压缩,极板间距d容易减小;F较大时弹性结构闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是( )
由电容器电容的决定式C=，结合题意可知增大两极板的压 力，两极板的间距d减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电荷量不变，由公式U=可 知，电容器两极板间的电压减小，A、B两项错误；由题意可知F较大时，d难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电 容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C项错误，D项正确。
解析
2.(2025·江苏卷)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向 上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为( )
A. B.W
C.2W D.4W
两金属板与电源相连，则两板间电势差U不变，设两板间距离
为d，a、b两点沿电场方向的距离为x，两板移动前将点电荷从a移动到b，电场力做功W=q·U，当两板间距离增大到原来的2倍 时，再将该电荷从a移动到b，电场力做功W'=q·U=W，A项正确。
解析
3.(2024·辽宁卷)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中( )
A.动能减小，电势能增大
B.动能增大，电势能增大
C.动能减小，电势能减小
D.动能增大，电势能减小
根据题意，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小，D项正确。
解析
4.(2024·河北卷)如图，竖直向上的匀强电场 中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g。求：
(1)电场强度E的大小；
在匀强电场中，根据公式可得场强为E=。
解析
(2)小球在A、B两点的速度大小。
在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
Eq-mg=m，
A到B过程根据动能定理得qU-mgL=m-m，
联立解得vA=，vB=。
解析专题精练9 电容器 带电粒子在电场中的运动
保分基础练
1.(2025·陕晋宁青模拟)如图所示,某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗,在这种疗法中,静止的质子被电场强度大小E=2×105 V/m的匀强电场沿直线加速到v=1×107 m/s,然后轰击肿瘤,杀死细胞。已知质子的质量m=1.6×10-27 kg,电荷量e=1.6×10-19 C,则整个加速过程中质子的位移大小为( )
A.2 m B.2.5 m C.4 m D.5 m
2.(2025·西安模拟)如图为著名的密立根油滴实验装置:水平放置的两平行绝缘金属板间距d=0.2 m,两极板间电压U=20 V。在上极板的中间开一小孔,使质量m=3.2×10-16 kg的微小带电油滴从这个小孔落到极板中,观察到油滴缓慢降落,最终悬浮在距上极板h=0.1 m的P位置,规定下极板的电势为零,g取10 m/s2,则油滴在P点的电势能为( )
A.1.6×10-16 J B.-1.6×10-16 J
C.3.2×10-16 J D.-3.2×10-16 J
3.(2025·咸阳二模)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,下列判断正确的是( )
A.如果A球带电,则A球一定带正电
B.如果A球带电,则A球的电势能一定减小
C.如果B球带电,则B球一定带负电
D.如果B球带电,则B球的电势能一定减小
4.(多选)(2025·湛江模拟)如图所示,平行板电容器与直流电源连接,上极板接地,一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态,现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离,则( )
A.若S闭合,该油滴将向下运动
B.若S闭合,P点的电势减小
C.若S断开,该油滴将向上运动
D.若S断开,P点的电势不变
5.(2024·辽宁卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图甲所示,将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中,并与恒压电源,电流表等构成如图乙所示的电路,闭合开关S后,若降低溶液浓度,则( )
A.电容器的电容减小
B.电容器所带的电荷量增大
C.电容器两极板之间的电势差增大
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
6.(2025·福州模拟)我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示,放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,经电场加速后以某一速度喷出,从而产生推力。某次实验中,加速电压为U,氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m,忽略离子的初速度及离子间的相互作用,则离子推进器产生的推力为( )
A.I B.I
C.I D.I
7.(多选)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间间距为d,在两板间加上如图乙所示的最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带正电粒子。t=0时刻,金属板P、Q所加电压竖直向下,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力。下列说法正确的是( )
A.粒子的电荷量为
B.在t=0时刻释放的粒子离开电场时速度等于v0
C.在t=T时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场
D.在t=T时刻释放的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场
8.(2025·哈尔滨二模)如图所示,空间存在大小为E、方向竖直向下的匀强电场,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射出,已知MN与水平方向成30°角,粒子的重力可以忽略。则粒子到达MN连线上的某点时( )
A.所用的时间为
B.速度大小为2v0
C.与P点的距离为
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
增分提能练
9.(多选)(2025·安徽联考)如图所示,与水平地面成37°角的光滑绝缘斜面固定在水平地面上,在斜面所处空间的竖直平面内存在一平行于斜面向上的匀强电场。一质量为m、电荷量绝对值为q的小滑块(可视为点电荷),从斜面上A点由静止开始沿斜面下滑,当下滑距离为d时到达B点,此时的速度为。整个过程中不计一切摩擦阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,则带电小滑块由A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是( )
A.小滑块带负电
B.该匀强电场的电场强度为
C.电势能的增加量为0.2mgd
D.机械能的减少量为0.4mgd
10.(2025·重庆模拟)空间有一水平向右的匀强电场,一质量为m、带电量为q的正电小球用一绝缘轻绳悬挂于O点。若将小球拉到最低点,并给小球垂直纸面向里的初速度v0,发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动,其圆心P与悬挂点O的连线与竖直方向成37°角,如图所示。已知重力加速度为g,小球可视为质点,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)电场强度的大小;
(2)绝缘轻绳的长度;
(3)小球从倾斜圆轨道的最低点A到最高点B的过程中,小球机械能的变化量。
11.(2025·广州模拟)如图所示,一光滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连接,直轨道MN段粗糙,其余部分光滑,MN段存在方向水平向右的匀强电场,N点右侧的P点处静止放置一绝缘物块b,一带正电的物块a从曲面上距水平面高为h处由静止释放,滑出电场后与物块b发生弹性碰撞。碰撞后,立即在P点放入与物块b完全相同的静止物块。已知h=1.0 m,直轨道MN段长L=1.0 m,物块a与MN之间的动摩擦因数μ=0.4,物块a的质量m=1 kg,物块b的质量M=2 kg,场强E=2×106 N/C,物块a的电荷量q=6×10-6 C,重力加速度g取10 m/s2,物块a、b均可视为质点,运动过程中物块a的电荷量始终保持不变。
(1)求物块a与物块b第一次碰撞前瞬间物块a的速度大小;
(2)求物块a与物块b第一次碰撞后,物块b的速度大小;
(3)求物块a在电场中运动的总路程。
专题精练9 电容器 带电粒子在电场中的运动
1.B 解析 根据动能定理有eEx=mv2,解得整个加速过程中质子的位移大小x== m=2.5 m,B项正确。
2.D 解析 油滴缓慢下落受力平衡,得qE=mg,P点的电势为φ=E(d-h),由题意可知油滴带负电,所以油滴在P点的电势能为Ep=-qφ,联立解得Ep=-mg(d-h)=-3.2×10-16 J,D项正确。
3.B 解析 平抛时的初速度相同,在水平方向通过的位移相同,故下落时间相同,A在上方,B在下方,由h=at2 可知,A下落的加速度大于B的加速度;如果A球带电,则A的加速度大于B,故A受到向下的电场力,则A球一定带负电,电场力做正功,电势能一定减小,A项错误,B项正确;同理可得,如果B球带电,则B带正电,电场力对B做负功,电势能一定增加,C、D两项错误。
4.AD 解析 若开关S闭合,电容器两端电压不变,根据E=,将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离,则板间场强减小,油滴受到向上的电场力减小,油滴将向下运动;由于上极板接地,上极板电势为零,上极板到P点电势差为U上P=Ed上P,由于E变小,d上P不变,则U上P减小,根据U上P=φ上-φP,P点的电势增加,A项正确,B项错误;若开关S断开,电容器所带电荷量Q不变,根据E====,板间场强不变,油滴受力保持不变,则油滴保持静止;根据U上P=Ed上P,U上P不变,则P点的电势保持不变,C项错误,D项正确。
5.B 解析 降低溶液浓度,不导电溶液的相对介电常数εr增大,根据电容器的决定式C=,可知电容器的电容增大,A项错误;闭合开关S后,电容器两端电压不变,根据Q=CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大,B项正确,C项错误;电容器所带的电荷量增大,则给电容器充电,结合题图可知电路中电流方向为N→M,D项错误。
6.D 解析 以正离子为研究对象,由动能定理得qU=mv2,Δt时间内通过的总电荷量为Q=IΔt,喷出的正离子总质量为M=m=m,由动量定理可知正离子所受的平均冲量Δt=Mv,联立以上式子可得=I,根据牛顿第三定律可知,发动机产生的平均推力=I,D项正确。
7.BD 解析 粒子进入电场后,水平方向做匀速直线运动。t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间为,此时间正好是交变电场的一个周期,则粒子在竖直方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动。经过一个周期,粒子的竖直方向的分速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0,B项正确;由以上分析可知,粒子在竖直方向上,0~时间内的位移为,则有d=a=,解得q=,A项错误;结合前面分析可知,t=时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动,然后向下减速运动,再向上加速,向上减速,由对称可知,此时竖直方向上的位移为零,故粒子从P板右侧边缘离开电场,C项错误,D项正确。
8.A 解析 粒子在电场中做类平抛运动,当到达MN连线上某点时,位移与水平方向的夹角为30°,根据牛顿第二定律可得a=,垂直电场方向的位移为x=v0t,平行电场方向的位移为y=at2,根据几何关系有tan 30°=,联立解得t=,A项正确;水平速度为vx=v0,竖直方向速度为vy=at=v0,到达MN连线上某点速度为v==v0,B项错误;水平位移为x=v0t=,根据几何关系可得粒子到达MN连线上的点与P点的距离,即合位移为l==,C项错误;速度方向与竖直方向的夹角正切值为tan θ==,夹角不等于30°,D项错误。
9.BD 解析 滑块从A点到B点过程,根据动能定理可得mgdsin 37°+W电=m-0,解得电场力做功为W电=-0.4mgd,根据功能关系可知,电势能的增加量为0.4mgd,C项错误;由于电场力做负功,则滑块受到的电场力沿斜面向上,与场强方向相同,小滑块带正电,A项错误;根据功能关系可知,滑块的机械能变化量等于电场力对滑块做的功,则滑块机械能的减少量为0.4mgd,D项正确;根据W电=-qEd=-0.4mgd,该匀强电场的电场强度为E=,B项正确。
10.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)由题意可知,小球做圆锥摆运动,则运动平面与重力和电场力的合力垂直,因此重力和电场力的合力沿OP方向,故qE=mgtan 37°,
解得E=。
(2)小球做匀速圆周运动的合力指向圆心,大小为
F合=tan 37°,
根据向心力公式有F合=,
联立解得R=,
又由几何关系可得绝缘轻绳的长度L==。
(3)从A点到B点的过程中,电场力对小球做的功为
W=qE·2Rcos 37°=,
由功能关系可得小球机械能的变化量ΔE=。
11.答案 (1)6 m/s (2)4 m/s (3) m
解析 (1)物块a从静止释放到与物块b碰撞前瞬间,根据动能定理有mgh+qEL-μmgL=m,
解得v0=6 m/s。
(2)物块a与物块b发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv0=mva1+Mvb1,
根据机械能守恒定律有m=m+M,
解得va1=-2 m/s,vb1=4 m/s。
(3)物块a与物块b碰撞后,物块a第1次经过N点运动到最左端过程中,根据能量守恒定律
m=qEx1+μmgx1,
解得x1= m<1 m,
物块a从最左端运动到第2次经过N点的过程,根据动能定理有qEx1-μmgx1=m,
解得va2= m/s,
再次发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有
mva2=mva3+Mvb2,
根据机械能守恒定律有
m=m+M,
解得va3=- m/s,vb2= m/s,
物块a第2次经过N点运动到最左端过程中,根据能量守恒定律m=qEx2+μmgx2,
解得x2= m,
物块a在电场中运动的总路程为s=L+2x1+2x2= m。(共34张PPT)
专题精练9 电容器 带电粒子在电场中的运动
1.(2025·陕晋宁青模拟)如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，静止的质子被电场强度大小E=2×105 V/m的匀强电场沿直线加速到v=1×107 m/s，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量m=1.6×10-27 kg，电荷量e=1.6×10-19 C，则整个加速过程中质子的位移大小为( )
A.2 m B.2.5 m C.4 m D.5 m
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根据动能定理有eEx=mv2，解得整个加速过程中质子的位移大小x== m=2.5 m，B项正确。
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2.(2025·西安模拟)如图为著名的密立
根油滴实验装置：水平放置的两平行
绝缘金属板间距d=0.2 m，两极板间电
压U=20 V。在上极板的中间开一小孔，
使质量m=3.2×10-16 kg的微小带电油滴
从这个小孔落到极板中，观察到油滴缓慢降落，最终悬浮在距上极板h=0.1 m的P位置，规定下极板的电势为零，g取10 m/s2，则油滴在P点的电势能为( )
A.1.6×10-16 J B.-1.6×10-16 J
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油滴缓慢下落受力平衡，得qE=mg，P点的电势为φ=E(d-h)，由题意可知油滴带负电，所以油滴在P点的电势能为Ep=-qφ，联立解得Ep=-mg(d-h)=-3.2×10-16 J，D项正确。
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3.(2025·咸阳二模)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A.如果A球带电，则A球一定带正电
B.如果A球带电，则A球的电势能一定减小
C.如果B球带电，则B球一定带负电
D.如果B球带电，则B球的电势能一定减小
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平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，B在下方，由h=at2 可知，A下落的加速度大于B的加速度；如果A球带电，则A的加速度大于B，故A受到向下的电场力，则A球一定带负电，电场力做正功，电势能一定减小，A项错误，B项正确；同理可得，如果B球带电，则B带正电，电场力对B做负功，电势能一定增加，C、D两项错误。
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4.(多选)(2025·湛江模拟)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则( )
A.若S闭合，该油滴将向下运动
B.若S闭合，P点的电势减小
C.若S断开，该油滴将向上运动
D.若S断开，P点的电势不变
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Ed上P，U上P不变，则P点的电势保持不变，C项错误，D项正确。
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5.(2024·辽宁卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图甲所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图乙所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则( )
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B.电容器所带的电荷量增大
C.电容器两极板之间的电势差增大
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降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C=，可知电容器的电容增大，A项错误；闭合开关S后,电容器两端电压不变，根据Q=CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，B项正确，C项错误；电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，D项错误。
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6.(2025·福州模拟)我国是世界上第三
个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。
霍尔推进器的工作原理简化如图所示，
放电通道的两极间存在一加速电场。
工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外
喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略
离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为( )
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以正离子为研究对象，由动能定理得qU=mv2，Δt时间内通过的
总电荷量为Q=IΔt，喷出的正离子总质量为M=m=m，由动量
定理可知正离子所受的平均冲量Δt=Mv，联立以上式子可得=
I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力=I,
D项正确。
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7.(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间间距为d，在两板间加上如图乙所示的最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带正电粒子。t=0时刻，金属板P、Q所加电压竖直向下，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。下列说法正确的是( )
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A.粒子的电荷量为
B.在t=0时刻释放的粒子离开电场时速度等于v0
C.在t=T时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场
D.在t=T时刻释放的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场
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粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动。t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间为，此时间正好是交变电场的一个周期,则粒子在竖直方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动。经过一个周期，粒子的竖直方向的分速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，B项正确；由以上分析可知，粒子在竖直方向上，0~，则有d=a=，
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解得q=，A项错误；结合前面分析可知，t=时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向上的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，C项错误，D项正确。
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8.(2025·哈尔滨二模)如图所示，空间存在大小为E、方向竖直向下的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射出，已知MN与水平方向成30°角，粒子的重力可以忽略。则粒子到达MN连线上的某点时( )
A.所用的时间为
B.速度大小为2v0
C.与P点的距离为
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为30°，根据牛顿第二定律可得a=，垂直电场方向的位移为x=v0t，平行电场方向的位移为y=at2，根据几何关系有tan 30°=，联立解得t=，A项正确；水平速度为vx=v0，竖直方向速度为vy=at=v0，到达MN连线上某点速度为v=
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=v0，B项错误；水平位移为x=v0t=，根据几何关系可得粒子到达MN连线上的点与P点的距离，即合位移为l==,
C项错误；速度方向与竖直方向的夹角正切值为tan θ==，夹角不等于30°，D项错误。
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9.(多选)(2025·安徽联考)如图所示，与水平地
面成37°角的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，
在斜面所处空间的竖直平面内存在一平行于斜
面向上的匀强电场。一质量为m、电荷量绝对
值为q的小滑块(可视为点电荷)，从斜面上A点
由静止开始沿斜面下滑，当下滑距离为d时到达B点，此时的速度为。整个过程中不计一切摩擦阻力，sin 37° =0.6，cos 37°=0.8，
增分提能练
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重力加速度为g，则带电小滑块由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A.小滑块带负电
B.该匀强电场的电场强度为
C.电势能的增加量为0.2mgd
D.机械能的减少量为0.4mgd
滑块从A点到B点过程，根据动能定理可得mgdsin 37°+W电=m
-0，解得电场力做功为W电=-0.4mgd，根据功能关系可知，电势能的增加量为0.4mgd，C项错误；由于电场力做负功，则滑块受到的电场力沿斜面向上，与场强方向相同，小滑块带正电，A项错误；根据功能关系可知，滑块的机械能变化量等于电场力对滑块做的
功，则滑块机械能的减少量为0.4mgd，D项正确；根据W电=-qEd=
-0.4mgd，该匀强电场的电场强度为E=，B项正确。
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10.(2025·重庆模拟)空间有一水平向右的匀强电场，
一质量为m、带电量为q的正电小球用一绝缘轻绳悬
挂于O点。若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸
面向里的初速度v0，发现小球恰好沿一倾斜平面做
匀速圆周运动，其圆心P与悬挂点O的连线与竖直
方向成37°角，如图所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
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由题意可知，小球做圆锥摆运动，则运动平面与重力和电场力的合力垂直，因此重力和电场力的合力沿OP方向，故
qE=mgtan 37°，
解得E=。
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(1)电场强度的大小；
小球做匀速圆周运动的合力指向圆心，大小为F合=tan 37°，
根据向心力公式有F合=，
联立解得R=，
又由几何关系可得绝缘轻绳的长度L==。
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(2)绝缘轻绳的长度；
从A点到B点的过程中，电场力对小球做的功为
W=qE·2Rcos 37°=，
由功能关系可得小球机械能的变化量ΔE=。
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(3)小球从倾斜圆轨道的最低点A到最高点B的过程中，小球机械能的变化量。
11.(2025·广州模拟)如图所示，一光
滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连
接，直轨道MN段粗糙，其余部分光
滑，MN段存在方向水平向右的匀强电
场，N点右侧的P点处静止放置一绝缘物块b，一带正电的物块a从曲面上距水平面高为h处由静止释放，滑出电场后与物块b发生弹性碰撞。碰撞后，立即在P点放入与物块b完全相同的静止物块。已知h=
1.0 m，直轨道MN段长L=1.0 m，物块a与MN之间的动摩擦因数μ=0.4,物块a的质量m=1 kg，物块b的质量M=2 kg，场强E=2×106 N/C，物块a的电荷量q=6×10-6 C，重力加速度g取10 m/s2，物块a、b均可视为质点，运动过程中物块a的电荷量始终保持不变。
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物块a从静止释放到与物块b碰撞前瞬间，根据动能定理有mgh+qEL-μmgL=m，
解得v0=6 m/s。
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(1)求物块a与物块b第一次碰撞前瞬间物块a的速度大小；
物块a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv0=mva1+Mvb1，
根据机械能守恒定律有m=m+M，
解得va1=-2 m/s，vb1=4 m/s。
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(2)求物块a与物块b第一次碰撞后，物块b的速度大小；
物块a与物块b碰撞后，物块a第1次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律
m=qEx1+μmgx1，
解得x1= m<1 m，
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(3)求物块a在电场中运动的总路程。
物块a从最左端运动到第2次经过N点的过程，根据动能定理有qEx1-μmgx1=m，
解得va2= m/s，
再次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mva2=mva3+Mvb2，
根据机械能守恒定律有m=m+M，
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解得va3=- m/s，vb2= m/s，
物块a第2次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律m=qEx2+μmgx2，
解得x2= m，
物块a在电场中运动的总路程为s=L+2x1+2x2= m。
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