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2025高考物理一轮总复习第9章静电场专题强化11带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题提能训练
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这是一份2025高考物理一轮总复习第9章静电场专题强化11带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题提能训练，共9页。试卷主要包含了3×10－6 kg，26 m或R≥0等内容，欢迎下载使用。
题组一 带电粒子在交变电场中的运动
1. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( CD )
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零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
[解析] 设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，假设粒子第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，粒子的速度为零，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确。
2. (多选)如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。若分别在A、B两板间加下列选项所示的四种周期性变化的电压(各选项仅展示了一个周期内的电压)，则其中一定能使电子打到B板的是( CD )
[解析] 加A项所示电压时，电子最初受到向右的静电力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故A错误；加B项所示电压时，电子向B板先匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故B错误；加C项所示电压时，电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，故C正确；加D项所示电压时，电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故D正确。
题组二 用等效法处理带电体在电场和重力场中的运动
3．(多选)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则( BD )
A．小球带正电
B．静电力大于重力
C．小球运动到最低点时速度最大
D．小球运动过程最小速度至少为v＝eq \r(\f(qE－mgl,m))
[解析] 因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝meq \f(v2,l)，即v＝eq \r(\f(qE－mgl,m))，故D正确。
4．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( AB )
A．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mgtan θ,q)
B．小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2cs θ)
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
[解析] 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据等效重力提供向心力，有eq \f(mg,cs θ)＝meq \f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cs θ)，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。
题组三 应用力学三大观点解决力、电综合问题
5．(多选)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104 m/s，推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则( AD )
A．氙离子的加速电压约为175 V
B．氙离子的加速电压约为700 V
C．氙离子向外喷射形成的电流约为37 A
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6 kg
[解析] 氙离子经电场加速，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0，可得加速电压为U＝eq \f(v2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,m))))≈175 V，故A正确，B错误；在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔt＝Δmv－0，进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有eq \f(Δm,Δt)＝ηeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm0,Δt)))，联立解得eq \f(Δm0,Δt)＝eq \f(F,ηv)≈5.3×10－6 kg，故D正确；在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，则有ΔQ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm,m)))q，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，联立解得I＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,v)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,m)))≈3.7 A，故C错误。故选AD。
6．(多选)如图甲所示，在绝缘光滑斜面上方的MM′和PP′范围内有沿斜面向上的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示，一质量为m、带电荷量为q(q>0)的可视为点电荷小物块从斜面上的A点以初速度v0沿斜面向上运动，到达B点时速度恰好为零。已知斜面倾角为θ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g，则以下判断正确的是( AC )
A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于mgsin θ
B．小物块在运动过程中的中间时刻速度大于eq \f(v0,2)
C．A、B两点间的电势差为eq \f(m2glsin θ－v\\al(2,0),2q)
D．此过程中小物块机械能增加量为mglsin θ
[解析] 小物块所受的电场力沿斜面向上，重力分力沿斜面向下，由题图乙知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，小物块做减速运动，可知电场力一直小于重力沿斜面向下的分力mgsin θ，故A正确；因为小物块所受的电场力逐渐增大，重力沿斜面向下的分力不变，且电场力小于重力沿斜面向下的分力，所以小物块所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，因此小物块做加速度逐渐减小的减速运动，作出其速度—时间图像如图所示，若小物块做初速度为v0的匀减速直线运动中间时刻的瞬时速度等于eq \f(v0,2)，则从图中可知，小物块在运动过程中的中间时刻速度大小小于eq \f(v0,2)，故B错误；根据动能定理得qUAB－mglsin θ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得A、B点间的电势差为UAB＝eq \f(m2glsin θ－v\\al(2,0),2q)，故C正确；因为电场力小于重力沿斜向下的分力，所以此过程中小物块机械能增加量小于mglsin θ，故D错误。
能力综合练
7．(2024·江西上饶月考)如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( C )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
[解析] 粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2＋a×eq \f(T,2)×eq \f(T,2)＝eq \f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq \f(T,2)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2＝eq \f(1,8)aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确。
8. (2024·江苏扬州月考)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠BAC＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电荷量均为q(q>0)，以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为( D )
A.eq \f(Ek,qR) B．eq \f(2Ek,qR)
C.eq \f(\r(3)Ek,3qR) D．eq \f(2\r(3)Ek,3qR)
[解析] 粒子从A点到B点应用动能定理有qUAB＝2Ek－Ek＝Ek，从A点到C点应用动能定理有qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek，所以UAC＝2UAB，则B点与O点电势相等。作出等势面和电场线如图所示，则粒子从A点到B点应用动能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qEeq \f(\r(3)R,2)＝Ek，解得E＝eq \f(2\r(3)Ek,3qR)，选项D正确，A、B、C错误。
9．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v0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－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(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f＝krv，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。
①半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
②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10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
[答案] (1)U1＝eq \f(2d2mv\\al(2,0),qL2)
(2)①U2＝eq \f(d2kRv0,qL) ②25%
[解析] (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t
竖直方向d＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律qE＝ma
又E＝eq \f(U1,d)
解得U1＝eq \f(2d2mv\\al(2,0),qL2)。
(2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度F电＝f，
即eq \f(qU2,d)＝kRv
且eq \f(d,v)＝eq \f(L,v0)
解得U2＝eq \f(d2kRv0,qL)。
②10 μm带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有f＝kRvmax
f＝eq \f(qU2,d)
在竖直方向颗粒匀速下落d＝vmaxt
2．5 μm的颗粒带电荷量为q′＝eq \f(q,16)
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有f′＝eq \f(1,4)kRvmax′
f′＝eq \f(q′U2,d)
设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落d′＝vmax′t
解得d′＝eq \f(d,4)
2．5 μm的颗粒被收集的百分比eq \f(d′,d)×100%＝25%。
10．如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq \f(1,4)圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为eq \r(gR)，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为eq \r(2)mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
[答案] (1)eq \f(1,2)mgR (2)v0＝eq \r(3gR)
(3)y2＝6Rx
[解析] (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mgR。
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋qE·eq \r(2)R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,O)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vO＝eq \r(3gR)。
(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有qEcs 45°＝max
竖直方向有qEsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝eq \f(1,2)gt2，y＝vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程y2＝6Rx。
11．(2024·黑龙江哈尔滨联考)空间中存在水平向右的匀强电场，一个可视为质点带正电的小球从绝缘光滑斜面顶端，以初速度v0＝2eq \r(2) m/s匀速下滑，斜面倾角θ＝45°，从斜面底端离开斜面后，小球经过一段时间，恰好以竖直方向的速度v进入eq \f(3,4)光滑圆轨道，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求：
(1)小球进入圆轨道时速度v为多大？
(2)求轨道半径R满足什么条件，小球在圆轨道运动时不与轨道脱离？(结果保留两位有效数字)
[答案] (1)4 m/s
(2)0[解析] (1)小球在光滑斜面匀速下滑，根据受力平衡可得qE＝mgtan θ＝mg
小球离开斜面到进入圆轨道过程，水平方向有
0－v0cs θ＝axt，ax＝eq \f(qE,m)＝g
竖直方向有v－v0·sin θ＝gt
联立解得v＝4 m/s。
(2)小球受到的重力和电场力的合力大小为
F合＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \r(2)mg
方向斜向下偏右，与水平方向的夹角为45°，如图所示
情况一：小球刚好运动到等效最高点A，小球从C到A过程，根据动能定理可得
－F合R(1＋cs 45°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mv2
在A点，根据牛顿第二定律可得
eq \r(2)mg＝meq \f(v\\al(2,A),R)
联立解得R＝eq \f(83\r(2)－2,70) m≈0.26 m。
情况二：小球从C到B过程，根据动能定理可得
－F合Rcs 45°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mv2
且vB＝0
联立解得R＝0.80 m
故小球在圆轨道运动时不与轨道脱离，轨道半径应满足：
0
题组一 带电粒子在交变电场中的运动
1. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( CD )
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零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
[解析] 设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，假设粒子第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，粒子的速度为零，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确。
2. (多选)如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。若分别在A、B两板间加下列选项所示的四种周期性变化的电压(各选项仅展示了一个周期内的电压)，则其中一定能使电子打到B板的是( CD )
[解析] 加A项所示电压时，电子最初受到向右的静电力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故A错误；加B项所示电压时，电子向B板先匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故B错误；加C项所示电压时，电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，故C正确；加D项所示电压时，电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故D正确。
题组二 用等效法处理带电体在电场和重力场中的运动
3．(多选)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则( BD )
A．小球带正电
B．静电力大于重力
C．小球运动到最低点时速度最大
D．小球运动过程最小速度至少为v＝eq \r(\f(qE－mgl,m))
[解析] 因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝meq \f(v2,l)，即v＝eq \r(\f(qE－mgl,m))，故D正确。
4．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( AB )
A．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mgtan θ,q)
B．小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2cs θ)
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
[解析] 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据等效重力提供向心力，有eq \f(mg,cs θ)＝meq \f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cs θ)，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。
题组三 应用力学三大观点解决力、电综合问题
5．(多选)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104 m/s，推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则( AD )
A．氙离子的加速电压约为175 V
B．氙离子的加速电压约为700 V
C．氙离子向外喷射形成的电流约为37 A
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6 kg
[解析] 氙离子经电场加速，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0，可得加速电压为U＝eq \f(v2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,m))))≈175 V，故A正确，B错误；在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔt＝Δmv－0，进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有eq \f(Δm,Δt)＝ηeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm0,Δt)))，联立解得eq \f(Δm0,Δt)＝eq \f(F,ηv)≈5.3×10－6 kg，故D正确；在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，则有ΔQ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm,m)))q，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，联立解得I＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,v)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,m)))≈3.7 A，故C错误。故选AD。
6．(多选)如图甲所示，在绝缘光滑斜面上方的MM′和PP′范围内有沿斜面向上的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示，一质量为m、带电荷量为q(q>0)的可视为点电荷小物块从斜面上的A点以初速度v0沿斜面向上运动，到达B点时速度恰好为零。已知斜面倾角为θ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g，则以下判断正确的是( AC )
A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于mgsin θ
B．小物块在运动过程中的中间时刻速度大于eq \f(v0,2)
C．A、B两点间的电势差为eq \f(m2glsin θ－v\\al(2,0),2q)
D．此过程中小物块机械能增加量为mglsin θ
[解析] 小物块所受的电场力沿斜面向上，重力分力沿斜面向下，由题图乙知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，小物块做减速运动，可知电场力一直小于重力沿斜面向下的分力mgsin θ，故A正确；因为小物块所受的电场力逐渐增大，重力沿斜面向下的分力不变，且电场力小于重力沿斜面向下的分力，所以小物块所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，因此小物块做加速度逐渐减小的减速运动，作出其速度—时间图像如图所示，若小物块做初速度为v0的匀减速直线运动中间时刻的瞬时速度等于eq \f(v0,2)，则从图中可知，小物块在运动过程中的中间时刻速度大小小于eq \f(v0,2)，故B错误；根据动能定理得qUAB－mglsin θ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得A、B点间的电势差为UAB＝eq \f(m2glsin θ－v\\al(2,0),2q)，故C正确；因为电场力小于重力沿斜向下的分力，所以此过程中小物块机械能增加量小于mglsin θ，故D错误。
能力综合练
7．(2024·江西上饶月考)如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( C )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
[解析] 粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2＋a×eq \f(T,2)×eq \f(T,2)＝eq \f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq \f(T,2)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2＝eq \f(1,8)aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确。
8. (2024·江苏扬州月考)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠BAC＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电荷量均为q(q>0)，以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为( D )
A.eq \f(Ek,qR) B．eq \f(2Ek,qR)
C.eq \f(\r(3)Ek,3qR) D．eq \f(2\r(3)Ek,3qR)
[解析] 粒子从A点到B点应用动能定理有qUAB＝2Ek－Ek＝Ek，从A点到C点应用动能定理有qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek，所以UAC＝2UAB，则B点与O点电势相等。作出等势面和电场线如图所示，则粒子从A点到B点应用动能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qEeq \f(\r(3)R,2)＝Ek，解得E＝eq \f(2\r(3)Ek,3qR)，选项D正确，A、B、C错误。
9．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v0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－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(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f＝krv，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。
①半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
②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10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
[答案] (1)U1＝eq \f(2d2mv\\al(2,0),qL2)
(2)①U2＝eq \f(d2kRv0,qL) ②25%
[解析] (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t
竖直方向d＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律qE＝ma
又E＝eq \f(U1,d)
解得U1＝eq \f(2d2mv\\al(2,0),qL2)。
(2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度F电＝f，
即eq \f(qU2,d)＝kRv
且eq \f(d,v)＝eq \f(L,v0)
解得U2＝eq \f(d2kRv0,qL)。
②10 μm带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有f＝kRvmax
f＝eq \f(qU2,d)
在竖直方向颗粒匀速下落d＝vmaxt
2．5 μm的颗粒带电荷量为q′＝eq \f(q,16)
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有f′＝eq \f(1,4)kRvmax′
f′＝eq \f(q′U2,d)
设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落d′＝vmax′t
解得d′＝eq \f(d,4)
2．5 μm的颗粒被收集的百分比eq \f(d′,d)×100%＝25%。
10．如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq \f(1,4)圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为eq \r(gR)，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为eq \r(2)mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
[答案] (1)eq \f(1,2)mgR (2)v0＝eq \r(3gR)
(3)y2＝6Rx
[解析] (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)mgR。
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋qE·eq \r(2)R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,O)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vO＝eq \r(3gR)。
(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有qEcs 45°＝max
竖直方向有qEsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝eq \f(1,2)gt2，y＝vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程y2＝6Rx。
11．(2024·黑龙江哈尔滨联考)空间中存在水平向右的匀强电场，一个可视为质点带正电的小球从绝缘光滑斜面顶端，以初速度v0＝2eq \r(2) m/s匀速下滑，斜面倾角θ＝45°，从斜面底端离开斜面后，小球经过一段时间，恰好以竖直方向的速度v进入eq \f(3,4)光滑圆轨道，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求：
(1)小球进入圆轨道时速度v为多大？
(2)求轨道半径R满足什么条件，小球在圆轨道运动时不与轨道脱离？(结果保留两位有效数字)
[答案] (1)4 m/s
(2)0
小球离开斜面到进入圆轨道过程，水平方向有
0－v0cs θ＝axt，ax＝eq \f(qE,m)＝g
竖直方向有v－v0·sin θ＝gt
联立解得v＝4 m/s。
(2)小球受到的重力和电场力的合力大小为
F合＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \r(2)mg
方向斜向下偏右，与水平方向的夹角为45°，如图所示
情况一：小球刚好运动到等效最高点A，小球从C到A过程，根据动能定理可得
－F合R(1＋cs 45°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mv2
在A点，根据牛顿第二定律可得
eq \r(2)mg＝meq \f(v\\al(2,A),R)
联立解得R＝eq \f(83\r(2)－2,70) m≈0.26 m。
情况二：小球从C到B过程，根据动能定理可得
－F合Rcs 45°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mv2
且vB＝0
联立解得R＝0.80 m
故小球在圆轨道运动时不与轨道脱离，轨道半径应满足：
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