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所属成套资源：【热点模型】备战2024年高考物理二轮复习热点模型精讲
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专题11 电偏转模型中的分解与能量---【热点模型】2024年高考物理二轮复习热点模型
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这是一份专题11 电偏转模型中的分解与能量---【热点模型】2024年高考物理二轮复习热点模型，文件包含专题11电偏转模型中的分解与能量原卷版docx、专题11电偏转模型中的分解与能量解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共81页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题11 电偏转模型中的分解与能量
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc172" 模型一 带电粒子(体)在电场中的偏转 PAGEREF _Tc172 \h 1
\l "_Tc9208" 模型二 带电粒子在交变电场中的运动 PAGEREF _Tc9208 \h 1
\l "_Tc17835" 模型三“等效重力法”在电场中的应用 PAGEREF _Tc17835 \h 2
模型一 带电粒子(体)在电场中的偏转
1．偏转的一般规律
2．两个重要推论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角、偏移距离总是相同的。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
3．一般解题方法
模型二 带电粒子在交变电场中的运动
1．两条分析思路
一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律)。
2．两个运动特征
分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。
3.交变电压与v-t图像
例：如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是( )
A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
B．若t＝eq \f(T,8) 时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
C．若t＝eq \f(T,4) 时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边
D．若t＝eq \f(3,8)T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边
【答案】 C
【解析】 在t＝eq \f(T,2)时刻之前释放电子，静电力水平向左，电子在静电力的作用下向A板做匀加速直线运动，A、B错误；若t＝eq \f(1,4)T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在eq \f(1,2)T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v-t图像，v-t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，在从开始出发到2T时刻v-t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，C正确；若t＝eq \f(3T,8)时刻释放电子，易分析得在从开始出发到2T时刻v-t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，D错误。
模型三“等效重力法”在电场中的应用
1．等效重力法
把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
2．物理最高点与几何最高点
【模型演练1】（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度
D．粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【详解】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选C。
【模型演练2】．（2023·安徽淮北·统考一模）如图甲所示，长为、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板中点的一粒子源，能持续水平向右发射初速度为、电荷量为、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是（ ）
A．能从板间射出的粒子的动能均相同
B．粒子在电场中运动的最短时间为
C．时刻进入的粒子，从点的下方射出
D．时刻进入的粒子，从点的上方射出
【答案】A
【详解】B．由图可知场强
则粒子在电场中的加速度
则粒子在电场中运动的最短时间满足
解得
故B错误；
A．能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为
则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为，故A正确；
C．时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零…..如此反复，则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，故C错误；
D．时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，运动的位移
此时粒子已经到达下极板，即粒子不能从右侧射出，故D错误。
故选A。
【模型演练3】．（2022·全国·统考高考真题）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Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р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
【答案】BD
【详解】A．如图所示
故等效重力的方向与水平成。
当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上
在竖直方向上
由于
，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
【模型演练4】（2024上·福建泉州·高三统考期末）如图甲，竖直平面中有平行于该平面的匀强电场，长为的绝缘轻绳一端固定于点，另一端连接质量为、带电量为的小球，小球绕点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动。图中为水平直径，为竖直直径。从A点开始，小球动能与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为，则（ ）
A．为电场的一条等势线B．该匀强电场的场强大小为
C．轻绳的最大拉力大小为D．轻绳在两点拉力的差值为
【答案】BC
【详解】AB．由图像知为等效最低点，为等效最高点，根据动能定理可知
解得
重力和电场力的合力在等效最低点与等效最高点连线上，运动距离为2l，则合力大小为mg，根据余弦定理可知
解得
根据几何关系可知，电场强度方向和重力方向夹角为，方向斜向上，如图所示
由于为匀强电场，则可知不是电场的等势线，故A错误，B正确；
C．在等效最低点拉力最大，可得
解得
故C正确；
D．在等效最高点拉力最小，可得
解得
则轻绳在等效最底点和最高点拉力的差值为
故轻绳在两点拉力的差值为，故D错误。
故选BC。
【系统建模】等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路
(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。
(2)将a＝eq \f(F合,m)视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。
(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。
一、单选题
1．（2024上·河南周口·高三统考阶段练习）质子（质量数和电荷数均为1）和粒子（质量数为4、电荷数为2）垂直进入某一平行板间的匀强电场中，又都从另一侧离开电场。若两粒子在通过平行板时动能的增量相同，不计粒子重力，则下列判断正确的是（ ）
A．质子和粒子射入时的初动量之比为2：1
B．质子和粒子射入时的初动能之比为1：2
C．质子和粒子射入时的初速度之比为1：1
D．质子和粒子在平行板间的运动时间之比为1：4
【答案】C
【详解】A．粒子在匀强电场中，垂直于电场方向做匀速运动
竖直方向上
由动能定理知电场力对粒子做的功等于粒子动能增量，则
故动量为
故初动量之比为
故A错误；
B．由动能增量可知粒子的初动能
故初动能之比
故B错误；
C．由两粒子初动量可知，初速度之比
故C正确；
D．由于两粒子初速度相等，则质子和粒子在平行板间的运动时间之比为
故D错误。
故选C。
2．（2023上·河南南阳·高三统考期中）在水平向右的匀强电场中，质量为m的带正电小球以初速度v0竖直向上抛出，经过时间t末小球的速度达到最小值v，则（ ）
A．小球在最高点的速度大小为
B．小球所受合外力的大小为
C．时间t内合力对小球做功为
D．时间t内合外力对小球的冲量大小为
【答案】B
【详解】B．设重力与电场力的合力F与竖直方向的夹角为，将初速度正交分解为与F共线和垂直两个方向，分速度分别为
，
垂直合力方向的分速度即最小速度，速度最小时
整理得
故B正确；
A．小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
，
有运动学公式
，
联立得，最高点速度为
故A错误；
C．根据动能定理，时间t内合力对小球做功为
故C错误；
D．为重力冲量，小球受重力和电场力作用，则合外力对小球的冲量大小不等于，故D错误。
故选B。
3．（2024·广西·统考一模）如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（ ）
A．从M点到Q点动能减小
B．在M点和N点的电势能相等
C．从M点到Q点电场力做负功
D．动能最大处的电势低于动能最小处的电势
【答案】D
【详解】C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误；
B．作出等势面如图：
沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；
A．小圆环受到的电场力
受力如图：
则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误；
D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。
故选D。
二、多选题
4．（2024上·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为m，带电量为+q的小球从。点由静止开始恰能沿直线p运动，且到达p点时的速度大小为v，重力加速度为g（规定。点的电势为零），下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小B．p点的电势
C．p点的电势能D．小球机械能的变化量为
【答案】BD
【详解】A．小球沿直线运动OP，合力沿OP方向，如图所示
则有
解得
故A错误；
BC．设，根据动能定理得
解得电场力做功
根据
解得
根据
且，解得
则P点的电势能为
故B正确，C错误；
D．小球机械能的变化量等于电场力做的功，为
故D正确。
故选BD。
5．（2024上·四川内江·高三四川省内江市第一中学校考阶段练习）如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，电场范围足够大，电场强度。质量为2m带电量为的小球，由a点从静止开始向右运动到距水平面高度为R的位置时，其动能的增量可能为（已知重力加速度大小为g，不考虑小球与地面碰撞后的运动）（ ）
A．0.5mgRB．mgRC．2mgRD．3mgR
【答案】BC
【详解】小球受到的电场力为
当小球第一次到达C点时，根据动能定理得
解得
则
从C点开始，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做初速度为零的匀加速运动，设小球再次运动到距水平面高度为R的位置时，所用时间为t，根据运动学公式得
在t时间内小球沿电场方向运动的位移为
对小球，从a点到再次运动到距水平面高度为R的位置，根据动能定理得
解得
故选BC。
6．（2024上·广西·高三校联考专题练习）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，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0且周期性变化的电压，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电粒子，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，则（ ）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
【答案】AD
【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝，此时间正好是交变电压的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；
B．在竖直方向，t＝0时刻进入电场的粒子在时间内的位移为，则
解得
q＝
故B错误；
C．在t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为
＝2×a（T）2－2×a（）2＝
故静电力做功为
W＝×d＝U0q＝m
电势能减少了m，故C错误；
D．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，然后再向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。
故选AD。
7．（2024·全国·模拟预测）如图甲所示，xOy平面内存在着平行于y轴方向的匀强电场，电场强度随时间的变化如图乙所示。时刻，一带电粒子从y轴上的P点以大小为的初速度沿x轴正方向进入电场。已知O、P两点之间的距离为L，粒子在时刻从Q点以与x轴正方向成的角度第一次穿过x轴，时刻粒子所在位置的y坐标也为L，粒子在电场中运动时仅受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A．Q点的坐标为
B．图乙中
C．时刻，粒子的速度大小为
D．时刻，粒子的位置坐标为
【答案】ACD
【详解】A．粒子沿x轴方向上做速度为的匀速直线运动，沿y轴方向上在，，时间内分别做匀变速直线运动，在，时间内加速度大小
在时间内加速度大小
粒子在时刻从Q点以与x轴正方向成的角度第一次穿过x轴，可得此时粒子沿y轴方向的速度大小
方向向下，由
可得
故Q点的坐标为，A项正确；
B．设时刻粒子沿y轴方向的速度大小为，方向向上，由时刻粒子所在位置的y坐标也为L，可得
即
又
可得
即
B项错误；
C．时刻，粒子的速度大小
C项正确；
D．时刻，粒子沿y轴方向的速度
故粒子在时间内沿y轴方向的位移大小
时刻，粒子的y坐标为
时刻，粒子的x坐标为
D项正确。
故选ACD。
8．（2024·湖南邵阳·统考一模）如图所示，有一匀强电场平行于平面，一个质量为m的带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于该粒子在OA这一过程的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C．这段运动过程中粒子的最小动能为
D．电场力方向与轴正方向之间夹角的正切值为
【答案】BD
【详解】A．由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；
B．带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；
D．设加速度方向与y轴正方向之间的夹角为，如图所示
则在沿着y轴方向上
沿着x轴方向上
并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即
联立解得
故D正确；
C．当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为，将初速v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得
则最小动能为
故C错误；
故选BD。
9．（2024上·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考期末）真空中的某装置如图所示，竖直放置平行金属板A、B和水平放置的平行金属板C、D上均加有电压，M为荧光屏。现有质子（）、氘核（）和粒子（）均从A板上的O点由静止开始被加速，经过一段时间后，均打在荧光屏上。中子从O点水平射出，将打在荧光屏上的点，不计粒子所受重力，不考虑平行金属板外的电场，下列说法正确的是（ ）
A．质子、氘核和粒子均打在荧光屏上的同一位置
B．质子、氘核和粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
C．质子、氘核和粒子打在荧光屏上时的速度方向相同
D．平行金属板C、D间的电场力对质子、氘核和粒子做的功之比为1∶1∶2
【答案】ACD
【详解】A．设加速电场电压为，偏转电场电压为，偏转电场间距为，偏转极板长度为，则在加速电场
解得
偏转电场
因为
代入得
由题知，加速电场电压，偏转电场电压，极板长度，极板间距不变，则可知，质子、氘核和粒子均打在荧光屏上的同一位置。A正确；
B．在加速电场
解得
由于3个粒子比荷不一样，故速度不一样，由
知，质子、氘核和粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不相同。B错误；
C．粒子的速度偏转角
由题知，加速电场电压，偏转电场电压，极板长度，极板间距不变，质子、氘核和粒子打在荧光屏上时的速度方向相同。C正确；
D．设电场力对质子、氘核和粒子做的功为、、，则电场力做功为
代入得
则，故D正确；
10．（2024·四川绵阳·统考二模）如图所示，在真空中两水平平行板P、Q正对，电容为C，板长为L，板间距为d，充电后与电源（未画出）始终相连，一带正电的粒子从左侧中央以水平初速度v0正对屏上的O点射入，在板间做直线运动；现保持P板不动，将Q板向上平移d，稳定后，将该粒子仍从左侧同一位置以相同初速度射入，粒子打在屏上M点（未标出）。已知粒子质量为m，电荷量为q，平行板右端到屏距离也为L，重力加速度为g。则（ ）
A．P板电势高于Q板
B．Q板平移前平行板电容器所带电荷量为
C．点O、M间距离为
D．点M与O重合
【答案】BD
【详解】A．带正电的粒子在电容器中受到重力和电场力平衡，故电场力向上，上极板带负电，则P板电势低于Q板，故A错误；
B．Q板平移前由平衡可知
其中有
电容器的定义式
联立解得
故B正确；
CD．Q板平移后，板间电场强度
根据牛顿第二定律
解得
在两板间做类平抛运动，有
，
解得
出板间时竖直方向的速度
出板间后做斜抛运动，竖直方向的位移为
水平方向
解得
所以在电容器内和出电容器后在竖直方向的位移为
所以点M与O重合，故C错误，D正确。
故选BD。
11．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考三模）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。现将该小球从电场中A点以初速度竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，则（ ）
A．小球所受的电场力为B．小球在最高点B的动能为
C．小球在C点的机械能比在A点多D．小球在C点的动能为
【答案】BCD
【详解】
A．如图所示，根据题意可知，小球重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为37°，由几何关系可得，小球所受的电场力为
A错误；
B．根据题意可知，小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式
可得，运动到B点的时间为
由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加速度为
则小球运动到B点的速度为
则小球在最高点B的动能为
B正确；
C．根据对称性可知，小球运动到C点的时间为
则AC间的水平位移为
由功能关系可知，小球从A运动到C，机械能的增加量为
即小球在C点的机械能比在A点多，故C正确；
D．根据题意，由对称性可知，小球运动到C点时，竖直分速度为竖直向下的，由运动学公式可得，小球运动到C点时的水平分速度为
则小球在C点的速度为
则小球在C点的动能为
D正确；
故选BCD。
12．（2024·四川凉山·统考一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xy，整个空间存在平行xy平面与y轴正方向成45°角的匀强电场E。质量为m的带电小球从坐标原点O沿x轴的正方向以速度v水平抛出，经过一段时间小球以v的速度穿过y轴正半轴某点（图中未画出），不计空气阻力，则（ ）
A．小球可能带负电
B．小球所受电场力的大小为mg
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度等于竖直速度
【答案】BD
【详解】A．从抛出到穿过y轴正半轴的过程中，重力做负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着电场线的方向运动了一段距离，因此小球带正电，A错误；
B．将电场强度分解到水平方向和竖直方向，则在水平方向上
在竖直方向上
而
联立解得
B正确；
CD．小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此时电场力的方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会继续减小，并非此时是动能最小的时刻，C错误，D正确。
故选BD。
13．（2024·全国·模拟预测）如图所示，半径为R的光滑绝缘圆形轨道固定在竖直平面内，整个空间存在着与圆形轨道平面平行且沿水平方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）静止在轨道上的P点，P点与轨道圆心O的连线和竖直方向的夹角为。若在P点给小球一沿轨道切线方向的初速度v，小球恰好沿轨道做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度大小为，方向水平向右
B．轨道内侧任意两点间的电势差的最大值为
C．小球静止在P点时对轨道的压力大小为
D．速度v的大小为
【答案】BC
【详解】AC.小球在P点静止，说明小球在P点受力平衡。对小球进行受力分析如图所示：
则由几何关系可得
则
故A错误，C正确；
B.因为
故B正确；
D.在等效最高点，仅电场力和重力的合力提供向心力时有最小速度，有
从P点运动到等效最高点有
得
故D错误。
故选BC。
14．（2024上·内蒙古包头·高三统考期末）如图所示，地面上方某区域存在方向水平向左的匀强电场，电场强度，将一质量为m，带正电荷q的小球自电场中P点以初速度水平向右射出。与P点在同一竖直面内右下方有一半径为R的光滑固定圆孤轨道ABC，B为轨道最低点，小球运动过程中恰好经过A点，沿圆弧切线方向进入圆轨道，且在A点速度大小仍为，重力势能和电势能的零点均取在P点。下列说法正确的是（ ）
A．在空中运动过程中，小球速度的水平分量先增大后减小
B．
C．小球在B点的速度大于
D．小球沿轨道从A运动到B的过程中，对轨道的最大压力为
【答案】BD
【详解】A．在空中运动过程中，小球受到向左的电场力，所以速度的水平分量一直减小，故A错误；
B．小球水平方向的加速度为
竖直方向的加速度为
设从P到A运动的时间为t，根据速度的合成可知A点速度满足
解得
根据速度的分解可知
解得
故B正确；
C．电场力与重力的合力为
与竖直方向的夹角满足
根据对称性可知小球在B点的速度等于，故C错误；
D．根据“等效重力场”可知，小球沿轨道从A运动到B的过程中，对轨道的最大压力在圆弧AB的中点C，根据动能定理有
=
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
结合牛顿第三定律可知对轨道的最大压力为，故D正确；
故选BD。
15．（2024上·天津·高三天津市宝坻区第一中学校联考期末）如图所示，为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度，ACB为光滑竖直固定的半圆形轨道，轨道半径为，A、B为圆水平直径的两个端点，为圆弧，一个质量为，电荷量为的带电小球，从A点正上方高为处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球在部分做匀速圆周运动
B．小球到达点时对轨道压力大小为
C．适当增大，小球沿轨道到达点的速度可能为零
D．若，要使小球沿轨道运动到，则应将至少调整为
【答案】AD
【详解】A．依题意，有
则电场力与重力的合力为零，则小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心。故A正确；
B．小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理可知
在C点，根据牛顿第二定律得
又
联立，解得
由牛顿第三定律可知小球到达C点时对轨道的压力为2mg。故B错误；
C．适当增大E，即小球所受的电场力大于重力，电场力和重力的合力向上，则在最低点C的最小速度满足
即在最低点的速度不可能为零。故C错误；
D．若，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得
根据动能定理得
联立，解得
可知要使小球沿轨道运动到C，则应将至少调整为。故D正确。
故选AD。
三、解答题
16．（2023上·陕西西安·高三校考期末）空间存在电场强度方向垂直向上的匀强电场，如图所示，一质量为、电量为q的带正电小球，从水平地面上方一定高度处水平抛出，经时间t小球落地，落地时速度方向与水平方向之间的夹角为，已知落地点到抛出点的水平距离为d，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
（1）小球抛出点与落地点的高度差h；
（2）落地点与小球抛出点间的电压大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意可知小球做类平抛运动，小球在水平和竖直方向的位移为
，
小球落地时速度方向与水平方向之间的夹角为，则
所以整理可得
（2）小球落地时速度大小为
对小球在空中运动的过程列动能定理，有
方程联立可得
17．（2024上·山西太原·高三统考期末）如图所示，匀强电场水平向右，将一带正电的小球从A点竖直上抛，小球经M点后运动至B点。M为轨迹最高点，A、B两点在同一水平线上。小球抛出时动能为2024J，在M点动能也为2024J，不计空气阻力。求：
（1）小球水平位移与的比值；
（2）小球从A点运动到B点过程中的最小动能。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）带电小球水平方向只受电场力做初速度为零的匀加速直线运动、竖直方向只受重力做竖直上抛运动，从A到M的时间与从M到B的时间相等，轨迹如图所示
上升阶段的水平方向有
下降阶段的水平方向有
解得
（2）合运动与分运动具有等时性，小球所受的电场力为、重力为mg，小球从A到M，由动能定理有
水平方向，有牛顿第二定律有
上升过程的水平方向
竖直方向有
整理有
由图可知
所以解得
即
小球的合力为
小球从A运动到B的过程中，速度与合外力垂直时可取最小值
18．（2024上·广西·高三校联考期末）如图所示，、两竖直线相距为，其间以水平线为界，上方电场竖直向下，下方电场竖直向上，在电场左边界上的、两点相距为。一电荷量为、质量为的粒子从点以初速度沿水平方向射入匀强电场中，通过上的某点进入匀强电场后，从边上的点水平射出，其轨迹如图，若、两点的距离为，不计粒子的重力。求：
（1）上方的电场强度大小与下方的电场强度大小；
（2）带电粒子先后经过两电场所用的时间之比。
【答案】（1），；（2）2:1
【详解】（1）粒子在竖直方向先做初速度为0的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，至速度减为0，则有
则有
粒子在下侧电场中在竖直方向上，根据位移公式有
粒子在上侧电场中在竖直方向上，根据位移公式有
水平方向上粒子做匀速直线运动，则有
解得
，
（2）在竖直方向上，利用逆向思维，根据速度公式有
解得带电粒子经过电场所用的时间与经过电场所用的时间之比
19．（2024上·安徽亳州·高三统考期末）如图所示，距离水平地面处有水平方向的匀强电场，电场的宽度为d，长度足够长。有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场的下边界处以某一初速度竖直向上抛出，小球从电场的上边界离开电场，再次进入电场时开始做直线运动，直线运动的轨迹与水平方向的夹角为53°，小球最终落至水平地面上。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球从竖直向上抛出到落地过程的时间t。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子再次进入电场时开始做直线运动，可知
解得
（2）设小球再次进入电场时竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度vx，根据对称性可知小球向上离开电场时的竖直向上的分速度也为vy水平方向的分速度也为vx，设小球向上穿过电场的时间为t1，则
qE=ma
解得
小球离开电场至到最高点用时间
小球在电场中做直线运动的时间为t3，则
解得
设小球离开电场到落地用时间t4，则
解得
则总时间
20．（2024上·河南周口·高三西华县第一高级中学校考阶段练习）如图所示，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上，质量为m、电荷量为的离子，以初速度进入直线加速器第1个金属圆筒左侧的小孔，离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均相等，在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，转向器中有辐射状电场，离子沿着圆弧虚线（等势线）运动，并从N点射出，离子射出时速度方向与矩形区域CDQP内有界匀强电场的电场强度方向垂直，最终离子恰好打在Q点。已知第3个金属圆筒的长度为l，转向器虚线MN处电场强度的大小为E，、。求：
（1）离子在每个金属圆筒内运动的时间；
（2）离子在转向器中做圆周运动的半径；
（3）矩形区域CDQP内电场强度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子在第三个圆筒内运动时的速度为v，则有
离子在每个金属圆筒内运动的时间
解得
（2）离子由M点射入转向器，沿着圆弧虚线（等势线）做圆周运动运动，则有
结合上述解得
（3）离子在矩形区域CDQP内做类平抛运动，加速度
沿电场方向和垂直电场方向的位移分别为
，
联立可得
21．（2024上·陕西汉中·高三统考期末）如图甲所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置（板N上有一小孔），M、N两板间的距离d=0.8m，现将一质量、电荷量的带正电小球从两极板上方的A点以v0=4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h=0.45m。小球恰好从靠近M板上端B处进入两板间且沿直线运动。设匀强电场只存在于两板之间，不计空气阻力，g取10m/s2。
（1）求M、N两板间的电压UMN；
（2）求小球到达C点时的动能Ek；
（3）若将平行金属板M、N水平放置，如图乙所示，将带电小球从板N小孔正上方高H处由静止开始下落，穿过小孔到达板M时速度恰为零，空气阻力忽略不计。则H为多大？（结果用分式表示）
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B点做平抛运动，设到达B点的竖直速度为vy，则
由于小球进入两板间后做直线运动，所以重力和电场力的合力方向沿直线方向，设速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
联立解得
（2）小球进入电场后，设从B点运动到C点的竖直位移为h'。根据动能定理可得
解得
（3）根据动能定理可得
解得
22．（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）实验室的粒子分析装置由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。如图所示，在平面直角坐标系中，第二象限内有竖直向下的匀强电场，第一象限内有一静电分析器，分析器中存在电场线沿半径方向指向圆心的均匀幅向电场。自点沿与轴夹角为的方向发射一个初速度为、带正电的粒子，粒子会沿平行于轴的方向从点进入静电分析器，且恰好在分析器内做匀速圆周运动，运动轨迹处的电场强度大小为。若带电粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力。求：
（1）间的距离；
（2）第二象限匀强电场的电场强度大小；
（3）粒子在静电分析器中运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意粒子到达点的速度为
粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，静电力提供向心力有
解得
（2）粒子在第二象限中做反向类平抛运动，竖直方向上由运动学公和牛顿第二定律式有
，
联立得
（3）粒子运动的周期为
粒子运动时间为
联立得
23．（2024上·天津蓟州·高三统考期末）如图所示为一种质谱仪的简化原理图。位于第Ⅱ象限的静电分析器，其通道为以O为圆心的四分之一圆弧，内有方向指向坐标原点O的均匀辐向电场，半径为R＝0.6m的虚线MN为通道的中心线，中心线处的电场强度大小为。位于第Ⅰ象限的挡板OP与x轴夹角为θ＝45°，挡板OP与y轴之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为。比荷是的离子从离子源飘出（初速度近似为0），经过电压为U的加速电场加速后，以速度进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，从N点垂直y轴射出后进入电场中，最后离子恰好垂直打在挡板OP上，不计离子重力和离子间相互作用，求：
（1）的大小；
（2）加速电场电压U的大小；
（3）电场强度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）离子在静电分析器中，电场力提供向心力可得
求得
（2）离子经过加速电场加速过程，根据动能定理可得
求得
（3）离子在中做类平抛运动，恰好垂直打在挡板OP上，则有
沿y轴方向有
沿x轴方向有
根据几何关系有
联立解得
24．（2024上·天津宁河·高三统考期末）如图所示，在第Ⅰ象限内有沿轴负方向的匀强电场，场强为；第Ⅱ象限内放置静电分析器，静电分析器中电场的方向沿半径指向圆心（原点）；第Ⅲ象限内有沿轴负方向的匀强电场，，在处有一足够大平行于轴的荧光屏；质量为、电荷量为的粒子从第Ⅰ象限内点由静止释放，进入第Ⅱ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，之后进入第Ⅲ象限，打在荧光屏上点，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子由点运动到轴正半轴时的速度；
（2）第II象限场强与的大小之比；
（3）粒子打在点处的位置坐标；
（4）粒子打在点时的速度大小。
【答案】（1）；（2）2；（3）（，）；（4）
【详解】（1）粒子由点运动到轴正半轴时的速度
解得
（2）粒子在第Ⅱ象限内的电场中做匀速圆周运动，则
解得
所以
（3）带电粒子在第Ⅲ象限内沿y轴负方向做匀速直线运动
x轴方向
所以点处的位置坐标（，）。
（4）根据
，
所以
25．（2024上·北京朝阳·高三统考期末）如图所示是一个示波管工作原理示意图。电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h，板长为L。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度不计。求：
（1）电子进入偏转电场时速度的大小v；
（2）电子在偏转电场中运动的时间t；
（3）电子在通过偏转电场的过程中动量变化的大小∆p。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子经过加速电场，根据动能定理有
解得电子进入偏转电场时速度的大小为
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，则有
解得电子在偏转电场中运动的时间为
（3）电子沿电场力方向做匀加速直线运动，则有
解得
由于电子在偏转电场中水平方向做匀速运动，则电子在通过偏转电场的过程中动量变化的大小
26．（2024上·北京丰台·高三统考期末）利用带电粒子（不计重力）在电场或磁场中的运动可以研究很多问题。
（1）如图所示，在间距为d、长度为l的两块平行金属板上施加电压U，让带电粒子沿两极板的中心线以速度v进入电场，测得粒子离开电场时偏离中心线的距离为y。利用上述方法可以测量带电粒子的比荷（），请推导粒子比荷的表达式；
（2）保持其他条件不变，撤掉问题（1）中两极板间的电压，在两极板间施加一垂直纸面的匀强磁场。将磁感应强度的大小调节为B时，带电粒子恰好从极板的右侧边缘射出。
a．利用上述方法同样可以测量带电粒子的比荷，请推导粒子比荷的表达式；
b．带电粒子在磁场中偏转时动量发生变化，使提供磁场的装置获得反冲力。假设单位时间内入射的粒子数为n，单个粒子的质量为m，求提供磁场的装置在垂直极板方向上获得的反冲力大小。
【答案】（1）；（2）a．；b．
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则
可得
（2）a．设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据几何关系
可得
根据牛顿第二定律
联立可得
b．设带电粒子从磁场中出射速度方向与极板成角。以时间内入射的粒子为研究对象，在垂直于极板的方向上由动量定理得
其中
，
带入可得
根据牛顿第三定律，提供磁场的装置在垂直于极板的方向上所获得的反冲力大小也为。
27．（2024·全国·高三专题练习）电子被电压为U的电场加速后，垂直于场强方向飞入一个偏转电场，飞入时动能为，飞出时动能加到飞入时的2倍。如果加速电场的电压增为4U，此电子飞出同一偏转电场时的动能变为多少？
【答案】
【详解】加速电场中，根据动能定理有
加速电场的电压增为4U，根据动能定理有
则
加速电场的电压为U时，电子在偏转电场中运动时间
加速电场的电压为4U时，电子在偏转电场中运动时间
电子在同一偏转电场中沿电场方向运动的加速度相同，则电子先后沿电场方向运动的位移为
即
设偏转电场的场强为，根据动能定理有
解得
28．（2024·重庆·统考一模）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，如图。来自质子源的质子（初速度为零）经加速电场加速后，沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场，再从P点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终轰击处在圆上Q点的肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的场强大小为，方向沿半径指向圆心O，圆O′与OP相切于P点，，圆形区域的半径为R，Q点位于OP上方处，质子质量为m、电量为e．不计质子重力和质子间相互作用，求：
（1）质子在P点处的速度大小v；
（2）加速电场的加速电压U；
（3）圆形区域中匀强电场的场强大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）质子在辐向电场中做圆周运动，质子在辐向电场中电场力提供其做圆周运动的向心力，有
解得
（2）在加速电场有
解得
（3）进入圆形电场中，其在竖直方向做匀速直线运动，有
水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
设与的夹角为，有
所以质子水平方向有
解得
29．（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）水平地面上有匀强电场如图所示，电场方向水平向右。一个质量为m、电荷量为的小球，从距地面高h处由静止释放，落地速度大小，重力加速度为g。
（1）求电场强度E的大小。
（2）若将小球以初速度v从距地面高h处竖直向上抛出，求经过多长时间，小球的速度最小，最小速度是多大？
（3）若将小球以初速度v从距地面高h处竖直向上抛出，求小球的最高点距地面的高度以及小球在最高点时的速度大小。
【答案】（1）；（2）， ；（3），
【详解】（1）小球受力分析如图所示，小球做初速度为0的匀加速直线运动，加速度方向与竖直方向夹角为
，，
根据速度位移关系式
联立方程解得
，，
（2）将小球以初速度v竖直向上抛出，小球做类斜抛运动，沿加速度和垂直加速度方向建立平面直角坐标系，如图。当v在y轴分量减小为0时，小球速度变小
，
悮立方程解得
，
（3）小球在竖直方向做竖直上抛运动，最大位移
到最高点所用时间
在最高点的速度
则最大高度
速度
30．（2023·陕西·校联考一模）有一水平方向的匀强电场，场强，一带正电的微粒以竖直向上的初速度从A点射入电场，一段时间后从B点离开电场，A、B两点在同一条水平直线上。已知带电微粒质量，所带的电荷量，重力加速度，微粒向上运动过程中未冲出电场。求
（1）带电微粒在竖直方向上的最大位移；
（2）A、B两点的电势差；
（3）带电微粒在电场中运动速度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在竖直方向上，速度减为零的时间为
由
解得
在竖直方向上最大位移
（2）根据对称性，微粒在电场中的时间为
水平方向加速度
水平方向位移为
两点之间的电势差为
（3）带电微粒水平方向速度
带电微粒竖直方向速度
带电微粒的速度
代入数据
由数学知识，速度具有最小值的时间为
解得速度的最小值
31．（2024上·四川内江·高三统考期末）如图所示，一条绝缘的轻质细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于电场强度为E的匀强电场中，电场的方向水平向右，当细线与竖直位置的偏角为时，小球处于平衡状态，重力加速度为g．求：
（1）小球所带的电荷量；
（2）如果使细线的偏角由增大到，然后，将小球由静止开始释放，则应为多大，才能使在细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对小球受力分析，由受力平衡可得
求得
（2）由动能定理可知
求得
又由
可求得
即
32．（2024上·福建漳州·高三统考期末）如图，竖直平面内有水平向右的匀强电场，电场强度的大小为，场中有一根长为的绝缘细线，一端周定在点，另一端系着质量为的带正电小球，初始时小球静止于电场中的点，此时细线与竖直方向夹角为，已知重力加速度大小为，，。
（1）求、两点间电势差；
（2）求小球的带电量；
（3）现给小球一个方向与细线垂直的初速度，让小球恰能绕点在竖直平面内做完整的圆周运动，求小球运动的最小速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）、两点间电势差为
解得
（2）小球静止时，由平衡条件得
解得
（3）重力和电场力都是恒力，它们的合力也是恒力，等效重力为
如图所示
小球做圆周运动过程，在等效最高点点时速度最小，有
解得
33．（2024上·广东惠州·高三统考期末）在电场中有着类似于重力场中秋千往返运动的现象，图是其模型简图，ABC是半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道，轨道竖直放置，O为圆心，A、B、C分别位于轨道内最高点、中点和最低点。轨道所在空间中有水平向右的匀强电场。一质量为m、带电量为＋q的小球（小球直径远小于R）从A处由静止释放，恰好能够沿着圆弧轨道在AC间做往返运动，已知重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）CB之间的电势差；
（3）小球沿着圆弧轨道运动到B点时，受到轨道的支持力大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）依题意得小球到达C点的速度为0，从A点到C点，由动能定理得
解得
（2）从C点到B点，可得
解得
（3）从A点到B点，由动能定理得
得
由重力与电场力的合力为
在B处可得
联立可得，小球运动到B点时受到轨道的支持力大小为
34．（2023上·广东梅州·高三广东梅县东山中学校考阶段练习）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达B点的速度；
（2）在（1）的情况下，求滑块到达B点时对轨道的压力；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。
【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）从A点到B，根据动能定理可得
解得
（2）在B点对滑块由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力
解得
方向竖直向下。
（3）滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力，如图所示
此时的速度最小，与竖直方向夹角的正切值为
解得
令，则
解得
35．（2023上·内蒙古呼和浩特·高三统考期末）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°。质量的不带电绝缘滑块以初速度沿轨道向右运动，与静止在B点的带正电小球发生弹性正碰，小球质量、电荷量，碰后小球沿轨道运动，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。小球到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）求碰后瞬间小球的速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小；
（3）求B、C两点间的距离x。
【答案】（1）4m/s；（2），2.5m/s；（3）0.85m
【详解】（1）滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为、，则由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立解得
（2）小球到达P点时，受力如图所示
则有
解得
小球所受重力与电场力的合力大小为
小球到达P点时，由牛顿第二定律有
解得
（3）对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有
解得
x=0.85m
运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动
功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题11 电偏转模型中的分解与能量
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc172" 模型一 带电粒子(体)在电场中的偏转 PAGEREF _Tc172 \h 1
\l "_Tc9208" 模型二 带电粒子在交变电场中的运动 PAGEREF _Tc9208 \h 1
\l "_Tc17835" 模型三“等效重力法”在电场中的应用 PAGEREF _Tc17835 \h 2
模型一 带电粒子(体)在电场中的偏转
1．偏转的一般规律
2．两个重要推论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角、偏移距离总是相同的。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
3．一般解题方法
模型二 带电粒子在交变电场中的运动
1．两条分析思路
一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律)。
2．两个运动特征
分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。
3.交变电压与v-t图像
例：如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是( )
A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
B．若t＝eq \f(T,8) 时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
C．若t＝eq \f(T,4) 时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边
D．若t＝eq \f(3,8)T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边
【答案】 C
【解析】 在t＝eq \f(T,2)时刻之前释放电子，静电力水平向左，电子在静电力的作用下向A板做匀加速直线运动，A、B错误；若t＝eq \f(1,4)T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在eq \f(1,2)T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v-t图像，v-t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，在从开始出发到2T时刻v-t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，C正确；若t＝eq \f(3T,8)时刻释放电子，易分析得在从开始出发到2T时刻v-t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，D错误。
模型三“等效重力法”在电场中的应用
1．等效重力法
把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
2．物理最高点与几何最高点
【模型演练1】（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度
D．粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【详解】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
联立解得
，
故C正确，D错误；
故选C。
【模型演练2】．（2023·安徽淮北·统考一模）如图甲所示，长为、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板中点的一粒子源，能持续水平向右发射初速度为、电荷量为、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是（ ）
A．能从板间射出的粒子的动能均相同
B．粒子在电场中运动的最短时间为
C．时刻进入的粒子，从点的下方射出
D．时刻进入的粒子，从点的上方射出
【答案】A
【详解】B．由图可知场强
则粒子在电场中的加速度
则粒子在电场中运动的最短时间满足
解得
故B错误；
A．能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为
则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为，故A正确；
C．时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零…..如此反复，则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，故C错误；
D．时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，运动的位移
此时粒子已经到达下极板，即粒子不能从右侧射出，故D错误。
故选A。
【模型演练3】．（2022·全国·统考高考真题）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Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р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
【答案】BD
【详解】A．如图所示
故等效重力的方向与水平成。
当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上
在竖直方向上
由于
，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
故选BD。
【模型演练4】（2024上·福建泉州·高三统考期末）如图甲，竖直平面中有平行于该平面的匀强电场，长为的绝缘轻绳一端固定于点，另一端连接质量为、带电量为的小球，小球绕点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动。图中为水平直径，为竖直直径。从A点开始，小球动能与转过角度的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为，则（ ）
A．为电场的一条等势线B．该匀强电场的场强大小为
C．轻绳的最大拉力大小为D．轻绳在两点拉力的差值为
【答案】BC
【详解】AB．由图像知为等效最低点，为等效最高点，根据动能定理可知
解得
重力和电场力的合力在等效最低点与等效最高点连线上，运动距离为2l，则合力大小为mg，根据余弦定理可知
解得
根据几何关系可知，电场强度方向和重力方向夹角为，方向斜向上，如图所示
由于为匀强电场，则可知不是电场的等势线，故A错误，B正确；
C．在等效最低点拉力最大，可得
解得
故C正确；
D．在等效最高点拉力最小，可得
解得
则轻绳在等效最底点和最高点拉力的差值为
故轻绳在两点拉力的差值为，故D错误。
故选BC。
【系统建模】等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路
(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。
(2)将a＝eq \f(F合,m)视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。
(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。
一、单选题
1．（2024上·河南周口·高三统考阶段练习）质子（质量数和电荷数均为1）和粒子（质量数为4、电荷数为2）垂直进入某一平行板间的匀强电场中，又都从另一侧离开电场。若两粒子在通过平行板时动能的增量相同，不计粒子重力，则下列判断正确的是（ ）
A．质子和粒子射入时的初动量之比为2：1
B．质子和粒子射入时的初动能之比为1：2
C．质子和粒子射入时的初速度之比为1：1
D．质子和粒子在平行板间的运动时间之比为1：4
【答案】C
【详解】A．粒子在匀强电场中，垂直于电场方向做匀速运动
竖直方向上
由动能定理知电场力对粒子做的功等于粒子动能增量，则
故动量为
故初动量之比为
故A错误；
B．由动能增量可知粒子的初动能
故初动能之比
故B错误；
C．由两粒子初动量可知，初速度之比
故C正确；
D．由于两粒子初速度相等，则质子和粒子在平行板间的运动时间之比为
故D错误。
故选C。
2．（2023上·河南南阳·高三统考期中）在水平向右的匀强电场中，质量为m的带正电小球以初速度v0竖直向上抛出，经过时间t末小球的速度达到最小值v，则（ ）
A．小球在最高点的速度大小为
B．小球所受合外力的大小为
C．时间t内合力对小球做功为
D．时间t内合外力对小球的冲量大小为
【答案】B
【详解】B．设重力与电场力的合力F与竖直方向的夹角为，将初速度正交分解为与F共线和垂直两个方向，分速度分别为
，
垂直合力方向的分速度即最小速度，速度最小时
整理得
故B正确；
A．小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
，
有运动学公式
，
联立得，最高点速度为
故A错误；
C．根据动能定理，时间t内合力对小球做功为
故C错误；
D．为重力冲量，小球受重力和电场力作用，则合外力对小球的冲量大小不等于，故D错误。
故选B。
3．（2024·广西·统考一模）如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（ ）
A．从M点到Q点动能减小
B．在M点和N点的电势能相等
C．从M点到Q点电场力做负功
D．动能最大处的电势低于动能最小处的电势
【答案】D
【详解】C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误；
B．作出等势面如图：
沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；
A．小圆环受到的电场力
受力如图：
则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误；
D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。
故选D。
二、多选题
4．（2024上·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为m，带电量为+q的小球从。点由静止开始恰能沿直线p运动，且到达p点时的速度大小为v，重力加速度为g（规定。点的电势为零），下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小B．p点的电势
C．p点的电势能D．小球机械能的变化量为
【答案】BD
【详解】A．小球沿直线运动OP，合力沿OP方向，如图所示
则有
解得
故A错误；
BC．设，根据动能定理得
解得电场力做功
根据
解得
根据
且，解得
则P点的电势能为
故B正确，C错误；
D．小球机械能的变化量等于电场力做的功，为
故D正确。
故选BD。
5．（2024上·四川内江·高三四川省内江市第一中学校考阶段练习）如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，电场范围足够大，电场强度。质量为2m带电量为的小球，由a点从静止开始向右运动到距水平面高度为R的位置时，其动能的增量可能为（已知重力加速度大小为g，不考虑小球与地面碰撞后的运动）（ ）
A．0.5mgRB．mgRC．2mgRD．3mgR
【答案】BC
【详解】小球受到的电场力为
当小球第一次到达C点时，根据动能定理得
解得
则
从C点开始，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做初速度为零的匀加速运动，设小球再次运动到距水平面高度为R的位置时，所用时间为t，根据运动学公式得
在t时间内小球沿电场方向运动的位移为
对小球，从a点到再次运动到距水平面高度为R的位置，根据动能定理得
解得
故选BC。
6．（2024上·广西·高三校联考专题练习）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，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0且周期性变化的电压，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电粒子，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，则（ ）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
【答案】AD
【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝，此时间正好是交变电压的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；
B．在竖直方向，t＝0时刻进入电场的粒子在时间内的位移为，则
解得
q＝
故B错误；
C．在t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为
＝2×a（T）2－2×a（）2＝
故静电力做功为
W＝×d＝U0q＝m
电势能减少了m，故C错误；
D．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，然后再向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。
故选AD。
7．（2024·全国·模拟预测）如图甲所示，xOy平面内存在着平行于y轴方向的匀强电场，电场强度随时间的变化如图乙所示。时刻，一带电粒子从y轴上的P点以大小为的初速度沿x轴正方向进入电场。已知O、P两点之间的距离为L，粒子在时刻从Q点以与x轴正方向成的角度第一次穿过x轴，时刻粒子所在位置的y坐标也为L，粒子在电场中运动时仅受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A．Q点的坐标为
B．图乙中
C．时刻，粒子的速度大小为
D．时刻，粒子的位置坐标为
【答案】ACD
【详解】A．粒子沿x轴方向上做速度为的匀速直线运动，沿y轴方向上在，，时间内分别做匀变速直线运动，在，时间内加速度大小
在时间内加速度大小
粒子在时刻从Q点以与x轴正方向成的角度第一次穿过x轴，可得此时粒子沿y轴方向的速度大小
方向向下，由
可得
故Q点的坐标为，A项正确；
B．设时刻粒子沿y轴方向的速度大小为，方向向上，由时刻粒子所在位置的y坐标也为L，可得
即
又
可得
即
B项错误；
C．时刻，粒子的速度大小
C项正确；
D．时刻，粒子沿y轴方向的速度
故粒子在时间内沿y轴方向的位移大小
时刻，粒子的y坐标为
时刻，粒子的x坐标为
D项正确。
故选ACD。
8．（2024·湖南邵阳·统考一模）如图所示，有一匀强电场平行于平面，一个质量为m的带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于该粒子在OA这一过程的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C．这段运动过程中粒子的最小动能为
D．电场力方向与轴正方向之间夹角的正切值为
【答案】BD
【详解】A．由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；
B．带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；
D．设加速度方向与y轴正方向之间的夹角为，如图所示
则在沿着y轴方向上
沿着x轴方向上
并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即
联立解得
故D正确；
C．当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为，将初速v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得
则最小动能为
故C错误；
故选BD。
9．（2024上·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考期末）真空中的某装置如图所示，竖直放置平行金属板A、B和水平放置的平行金属板C、D上均加有电压，M为荧光屏。现有质子（）、氘核（）和粒子（）均从A板上的O点由静止开始被加速，经过一段时间后，均打在荧光屏上。中子从O点水平射出，将打在荧光屏上的点，不计粒子所受重力，不考虑平行金属板外的电场，下列说法正确的是（ ）
A．质子、氘核和粒子均打在荧光屏上的同一位置
B．质子、氘核和粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
C．质子、氘核和粒子打在荧光屏上时的速度方向相同
D．平行金属板C、D间的电场力对质子、氘核和粒子做的功之比为1∶1∶2
【答案】ACD
【详解】A．设加速电场电压为，偏转电场电压为，偏转电场间距为，偏转极板长度为，则在加速电场
解得
偏转电场
因为
代入得
由题知，加速电场电压，偏转电场电压，极板长度，极板间距不变，则可知，质子、氘核和粒子均打在荧光屏上的同一位置。A正确；
B．在加速电场
解得
由于3个粒子比荷不一样，故速度不一样，由
知，质子、氘核和粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不相同。B错误；
C．粒子的速度偏转角
由题知，加速电场电压，偏转电场电压，极板长度，极板间距不变，质子、氘核和粒子打在荧光屏上时的速度方向相同。C正确；
D．设电场力对质子、氘核和粒子做的功为、、，则电场力做功为
代入得
则，故D正确；
10．（2024·四川绵阳·统考二模）如图所示，在真空中两水平平行板P、Q正对，电容为C，板长为L，板间距为d，充电后与电源（未画出）始终相连，一带正电的粒子从左侧中央以水平初速度v0正对屏上的O点射入，在板间做直线运动；现保持P板不动，将Q板向上平移d，稳定后，将该粒子仍从左侧同一位置以相同初速度射入，粒子打在屏上M点（未标出）。已知粒子质量为m，电荷量为q，平行板右端到屏距离也为L，重力加速度为g。则（ ）
A．P板电势高于Q板
B．Q板平移前平行板电容器所带电荷量为
C．点O、M间距离为
D．点M与O重合
【答案】BD
【详解】A．带正电的粒子在电容器中受到重力和电场力平衡，故电场力向上，上极板带负电，则P板电势低于Q板，故A错误；
B．Q板平移前由平衡可知
其中有
电容器的定义式
联立解得
故B正确；
CD．Q板平移后，板间电场强度
根据牛顿第二定律
解得
在两板间做类平抛运动，有
，
解得
出板间时竖直方向的速度
出板间后做斜抛运动，竖直方向的位移为
水平方向
解得
所以在电容器内和出电容器后在竖直方向的位移为
所以点M与O重合，故C错误，D正确。
故选BD。
11．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考三模）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。现将该小球从电场中A点以初速度竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，则（ ）
A．小球所受的电场力为B．小球在最高点B的动能为
C．小球在C点的机械能比在A点多D．小球在C点的动能为
【答案】BCD
【详解】
A．如图所示，根据题意可知，小球重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为37°，由几何关系可得，小球所受的电场力为
A错误；
B．根据题意可知，小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式
可得，运动到B点的时间为
由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加速度为
则小球运动到B点的速度为
则小球在最高点B的动能为
B正确；
C．根据对称性可知，小球运动到C点的时间为
则AC间的水平位移为
由功能关系可知，小球从A运动到C，机械能的增加量为
即小球在C点的机械能比在A点多，故C正确；
D．根据题意，由对称性可知，小球运动到C点时，竖直分速度为竖直向下的，由运动学公式可得，小球运动到C点时的水平分速度为
则小球在C点的速度为
则小球在C点的动能为
D正确；
故选BCD。
12．（2024·四川凉山·统考一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xy，整个空间存在平行xy平面与y轴正方向成45°角的匀强电场E。质量为m的带电小球从坐标原点O沿x轴的正方向以速度v水平抛出，经过一段时间小球以v的速度穿过y轴正半轴某点（图中未画出），不计空气阻力，则（ ）
A．小球可能带负电
B．小球所受电场力的大小为mg
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度等于竖直速度
【答案】BD
【详解】A．从抛出到穿过y轴正半轴的过程中，重力做负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着电场线的方向运动了一段距离，因此小球带正电，A错误；
B．将电场强度分解到水平方向和竖直方向，则在水平方向上
在竖直方向上
而
联立解得
B正确；
CD．小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此时电场力的方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会继续减小，并非此时是动能最小的时刻，C错误，D正确。
故选BD。
13．（2024·全国·模拟预测）如图所示，半径为R的光滑绝缘圆形轨道固定在竖直平面内，整个空间存在着与圆形轨道平面平行且沿水平方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）静止在轨道上的P点，P点与轨道圆心O的连线和竖直方向的夹角为。若在P点给小球一沿轨道切线方向的初速度v，小球恰好沿轨道做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度大小为，方向水平向右
B．轨道内侧任意两点间的电势差的最大值为
C．小球静止在P点时对轨道的压力大小为
D．速度v的大小为
【答案】BC
【详解】AC.小球在P点静止，说明小球在P点受力平衡。对小球进行受力分析如图所示：
则由几何关系可得
则
故A错误，C正确；
B.因为
故B正确；
D.在等效最高点，仅电场力和重力的合力提供向心力时有最小速度，有
从P点运动到等效最高点有
得
故D错误。
故选BC。
14．（2024上·内蒙古包头·高三统考期末）如图所示，地面上方某区域存在方向水平向左的匀强电场，电场强度，将一质量为m，带正电荷q的小球自电场中P点以初速度水平向右射出。与P点在同一竖直面内右下方有一半径为R的光滑固定圆孤轨道ABC，B为轨道最低点，小球运动过程中恰好经过A点，沿圆弧切线方向进入圆轨道，且在A点速度大小仍为，重力势能和电势能的零点均取在P点。下列说法正确的是（ ）
A．在空中运动过程中，小球速度的水平分量先增大后减小
B．
C．小球在B点的速度大于
D．小球沿轨道从A运动到B的过程中，对轨道的最大压力为
【答案】BD
【详解】A．在空中运动过程中，小球受到向左的电场力，所以速度的水平分量一直减小，故A错误；
B．小球水平方向的加速度为
竖直方向的加速度为
设从P到A运动的时间为t，根据速度的合成可知A点速度满足
解得
根据速度的分解可知
解得
故B正确；
C．电场力与重力的合力为
与竖直方向的夹角满足
根据对称性可知小球在B点的速度等于，故C错误；
D．根据“等效重力场”可知，小球沿轨道从A运动到B的过程中，对轨道的最大压力在圆弧AB的中点C，根据动能定理有
=
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
结合牛顿第三定律可知对轨道的最大压力为，故D正确；
故选BD。
15．（2024上·天津·高三天津市宝坻区第一中学校联考期末）如图所示，为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度，ACB为光滑竖直固定的半圆形轨道，轨道半径为，A、B为圆水平直径的两个端点，为圆弧，一个质量为，电荷量为的带电小球，从A点正上方高为处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球在部分做匀速圆周运动
B．小球到达点时对轨道压力大小为
C．适当增大，小球沿轨道到达点的速度可能为零
D．若，要使小球沿轨道运动到，则应将至少调整为
【答案】AD
【详解】A．依题意，有
则电场力与重力的合力为零，则小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心。故A正确；
B．小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理可知
在C点，根据牛顿第二定律得
又
联立，解得
由牛顿第三定律可知小球到达C点时对轨道的压力为2mg。故B错误；
C．适当增大E，即小球所受的电场力大于重力，电场力和重力的合力向上，则在最低点C的最小速度满足
即在最低点的速度不可能为零。故C错误；
D．若，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得
根据动能定理得
联立，解得
可知要使小球沿轨道运动到C，则应将至少调整为。故D正确。
故选AD。
三、解答题
16．（2023上·陕西西安·高三校考期末）空间存在电场强度方向垂直向上的匀强电场，如图所示，一质量为、电量为q的带正电小球，从水平地面上方一定高度处水平抛出，经时间t小球落地，落地时速度方向与水平方向之间的夹角为，已知落地点到抛出点的水平距离为d，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：
（1）小球抛出点与落地点的高度差h；
（2）落地点与小球抛出点间的电压大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意可知小球做类平抛运动，小球在水平和竖直方向的位移为
，
小球落地时速度方向与水平方向之间的夹角为，则
所以整理可得
（2）小球落地时速度大小为
对小球在空中运动的过程列动能定理，有
方程联立可得
17．（2024上·山西太原·高三统考期末）如图所示，匀强电场水平向右，将一带正电的小球从A点竖直上抛，小球经M点后运动至B点。M为轨迹最高点，A、B两点在同一水平线上。小球抛出时动能为2024J，在M点动能也为2024J，不计空气阻力。求：
（1）小球水平位移与的比值；
（2）小球从A点运动到B点过程中的最小动能。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）带电小球水平方向只受电场力做初速度为零的匀加速直线运动、竖直方向只受重力做竖直上抛运动，从A到M的时间与从M到B的时间相等，轨迹如图所示
上升阶段的水平方向有
下降阶段的水平方向有
解得
（2）合运动与分运动具有等时性，小球所受的电场力为、重力为mg，小球从A到M，由动能定理有
水平方向，有牛顿第二定律有
上升过程的水平方向
竖直方向有
整理有
由图可知
所以解得
即
小球的合力为
小球从A运动到B的过程中，速度与合外力垂直时可取最小值
18．（2024上·广西·高三校联考期末）如图所示，、两竖直线相距为，其间以水平线为界，上方电场竖直向下，下方电场竖直向上，在电场左边界上的、两点相距为。一电荷量为、质量为的粒子从点以初速度沿水平方向射入匀强电场中，通过上的某点进入匀强电场后，从边上的点水平射出，其轨迹如图，若、两点的距离为，不计粒子的重力。求：
（1）上方的电场强度大小与下方的电场强度大小；
（2）带电粒子先后经过两电场所用的时间之比。
【答案】（1），；（2）2:1
【详解】（1）粒子在竖直方向先做初速度为0的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，至速度减为0，则有
则有
粒子在下侧电场中在竖直方向上，根据位移公式有
粒子在上侧电场中在竖直方向上，根据位移公式有
水平方向上粒子做匀速直线运动，则有
解得
，
（2）在竖直方向上，利用逆向思维，根据速度公式有
解得带电粒子经过电场所用的时间与经过电场所用的时间之比
19．（2024上·安徽亳州·高三统考期末）如图所示，距离水平地面处有水平方向的匀强电场，电场的宽度为d，长度足够长。有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场的下边界处以某一初速度竖直向上抛出，小球从电场的上边界离开电场，再次进入电场时开始做直线运动，直线运动的轨迹与水平方向的夹角为53°，小球最终落至水平地面上。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球从竖直向上抛出到落地过程的时间t。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子再次进入电场时开始做直线运动，可知
解得
（2）设小球再次进入电场时竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度vx，根据对称性可知小球向上离开电场时的竖直向上的分速度也为vy水平方向的分速度也为vx，设小球向上穿过电场的时间为t1，则
qE=ma
解得
小球离开电场至到最高点用时间
小球在电场中做直线运动的时间为t3，则
解得
设小球离开电场到落地用时间t4，则
解得
则总时间
20．（2024上·河南周口·高三西华县第一高级中学校考阶段练习）如图所示，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上，质量为m、电荷量为的离子，以初速度进入直线加速器第1个金属圆筒左侧的小孔，离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均相等，在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，转向器中有辐射状电场，离子沿着圆弧虚线（等势线）运动，并从N点射出，离子射出时速度方向与矩形区域CDQP内有界匀强电场的电场强度方向垂直，最终离子恰好打在Q点。已知第3个金属圆筒的长度为l，转向器虚线MN处电场强度的大小为E，、。求：
（1）离子在每个金属圆筒内运动的时间；
（2）离子在转向器中做圆周运动的半径；
（3）矩形区域CDQP内电场强度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子在第三个圆筒内运动时的速度为v，则有
离子在每个金属圆筒内运动的时间
解得
（2）离子由M点射入转向器，沿着圆弧虚线（等势线）做圆周运动运动，则有
结合上述解得
（3）离子在矩形区域CDQP内做类平抛运动，加速度
沿电场方向和垂直电场方向的位移分别为
，
联立可得
21．（2024上·陕西汉中·高三统考期末）如图甲所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置（板N上有一小孔），M、N两板间的距离d=0.8m，现将一质量、电荷量的带正电小球从两极板上方的A点以v0=4m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h=0.45m。小球恰好从靠近M板上端B处进入两板间且沿直线运动。设匀强电场只存在于两板之间，不计空气阻力，g取10m/s2。
（1）求M、N两板间的电压UMN；
（2）求小球到达C点时的动能Ek；
（3）若将平行金属板M、N水平放置，如图乙所示，将带电小球从板N小孔正上方高H处由静止开始下落，穿过小孔到达板M时速度恰为零，空气阻力忽略不计。则H为多大？（结果用分式表示）
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B点做平抛运动，设到达B点的竖直速度为vy，则
由于小球进入两板间后做直线运动，所以重力和电场力的合力方向沿直线方向，设速度方向与水平方向的夹角为θ，则有
联立解得
（2）小球进入电场后，设从B点运动到C点的竖直位移为h'。根据动能定理可得
解得
（3）根据动能定理可得
解得
22．（2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末）实验室的粒子分析装置由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。如图所示，在平面直角坐标系中，第二象限内有竖直向下的匀强电场，第一象限内有一静电分析器，分析器中存在电场线沿半径方向指向圆心的均匀幅向电场。自点沿与轴夹角为的方向发射一个初速度为、带正电的粒子，粒子会沿平行于轴的方向从点进入静电分析器，且恰好在分析器内做匀速圆周运动，运动轨迹处的电场强度大小为。若带电粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力。求：
（1）间的距离；
（2）第二象限匀强电场的电场强度大小；
（3）粒子在静电分析器中运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意粒子到达点的速度为
粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，静电力提供向心力有
解得
（2）粒子在第二象限中做反向类平抛运动，竖直方向上由运动学公和牛顿第二定律式有
，
联立得
（3）粒子运动的周期为
粒子运动时间为
联立得
23．（2024上·天津蓟州·高三统考期末）如图所示为一种质谱仪的简化原理图。位于第Ⅱ象限的静电分析器，其通道为以O为圆心的四分之一圆弧，内有方向指向坐标原点O的均匀辐向电场，半径为R＝0.6m的虚线MN为通道的中心线，中心线处的电场强度大小为。位于第Ⅰ象限的挡板OP与x轴夹角为θ＝45°，挡板OP与y轴之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为。比荷是的离子从离子源飘出（初速度近似为0），经过电压为U的加速电场加速后，以速度进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，从N点垂直y轴射出后进入电场中，最后离子恰好垂直打在挡板OP上，不计离子重力和离子间相互作用，求：
（1）的大小；
（2）加速电场电压U的大小；
（3）电场强度的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）离子在静电分析器中，电场力提供向心力可得
求得
（2）离子经过加速电场加速过程，根据动能定理可得
求得
（3）离子在中做类平抛运动，恰好垂直打在挡板OP上，则有
沿y轴方向有
沿x轴方向有
根据几何关系有
联立解得
24．（2024上·天津宁河·高三统考期末）如图所示，在第Ⅰ象限内有沿轴负方向的匀强电场，场强为；第Ⅱ象限内放置静电分析器，静电分析器中电场的方向沿半径指向圆心（原点）；第Ⅲ象限内有沿轴负方向的匀强电场，，在处有一足够大平行于轴的荧光屏；质量为、电荷量为的粒子从第Ⅰ象限内点由静止释放，进入第Ⅱ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动，之后进入第Ⅲ象限，打在荧光屏上点，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子由点运动到轴正半轴时的速度；
（2）第II象限场强与的大小之比；
（3）粒子打在点处的位置坐标；
（4）粒子打在点时的速度大小。
【答案】（1）；（2）2；（3）（，）；（4）
【详解】（1）粒子由点运动到轴正半轴时的速度
解得
（2）粒子在第Ⅱ象限内的电场中做匀速圆周运动，则
解得
所以
（3）带电粒子在第Ⅲ象限内沿y轴负方向做匀速直线运动
x轴方向
所以点处的位置坐标（，）。
（4）根据
，
所以
25．（2024上·北京朝阳·高三统考期末）如图所示是一个示波管工作原理示意图。电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h，板长为L。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度不计。求：
（1）电子进入偏转电场时速度的大小v；
（2）电子在偏转电场中运动的时间t；
（3）电子在通过偏转电场的过程中动量变化的大小∆p。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电子经过加速电场，根据动能定理有
解得电子进入偏转电场时速度的大小为
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，则有
解得电子在偏转电场中运动的时间为
（3）电子沿电场力方向做匀加速直线运动，则有
解得
由于电子在偏转电场中水平方向做匀速运动，则电子在通过偏转电场的过程中动量变化的大小
26．（2024上·北京丰台·高三统考期末）利用带电粒子（不计重力）在电场或磁场中的运动可以研究很多问题。
（1）如图所示，在间距为d、长度为l的两块平行金属板上施加电压U，让带电粒子沿两极板的中心线以速度v进入电场，测得粒子离开电场时偏离中心线的距离为y。利用上述方法可以测量带电粒子的比荷（），请推导粒子比荷的表达式；
（2）保持其他条件不变，撤掉问题（1）中两极板间的电压，在两极板间施加一垂直纸面的匀强磁场。将磁感应强度的大小调节为B时，带电粒子恰好从极板的右侧边缘射出。
a．利用上述方法同样可以测量带电粒子的比荷，请推导粒子比荷的表达式；
b．带电粒子在磁场中偏转时动量发生变化，使提供磁场的装置获得反冲力。假设单位时间内入射的粒子数为n，单个粒子的质量为m，求提供磁场的装置在垂直极板方向上获得的反冲力大小。
【答案】（1）；（2）a．；b．
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则
可得
（2）a．设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据几何关系
可得
根据牛顿第二定律
联立可得
b．设带电粒子从磁场中出射速度方向与极板成角。以时间内入射的粒子为研究对象，在垂直于极板的方向上由动量定理得
其中
，
带入可得
根据牛顿第三定律，提供磁场的装置在垂直于极板的方向上所获得的反冲力大小也为。
27．（2024·全国·高三专题练习）电子被电压为U的电场加速后，垂直于场强方向飞入一个偏转电场，飞入时动能为，飞出时动能加到飞入时的2倍。如果加速电场的电压增为4U，此电子飞出同一偏转电场时的动能变为多少？
【答案】
【详解】加速电场中，根据动能定理有
加速电场的电压增为4U，根据动能定理有
则
加速电场的电压为U时，电子在偏转电场中运动时间
加速电场的电压为4U时，电子在偏转电场中运动时间
电子在同一偏转电场中沿电场方向运动的加速度相同，则电子先后沿电场方向运动的位移为
即
设偏转电场的场强为，根据动能定理有
解得
28．（2024·重庆·统考一模）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，如图。来自质子源的质子（初速度为零）经加速电场加速后，沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场，再从P点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终轰击处在圆上Q点的肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的场强大小为，方向沿半径指向圆心O，圆O′与OP相切于P点，，圆形区域的半径为R，Q点位于OP上方处，质子质量为m、电量为e．不计质子重力和质子间相互作用，求：
（1）质子在P点处的速度大小v；
（2）加速电场的加速电压U；
（3）圆形区域中匀强电场的场强大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）质子在辐向电场中做圆周运动，质子在辐向电场中电场力提供其做圆周运动的向心力，有
解得
（2）在加速电场有
解得
（3）进入圆形电场中，其在竖直方向做匀速直线运动，有
水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
设与的夹角为，有
所以质子水平方向有
解得
29．（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）水平地面上有匀强电场如图所示，电场方向水平向右。一个质量为m、电荷量为的小球，从距地面高h处由静止释放，落地速度大小，重力加速度为g。
（1）求电场强度E的大小。
（2）若将小球以初速度v从距地面高h处竖直向上抛出，求经过多长时间，小球的速度最小，最小速度是多大？
（3）若将小球以初速度v从距地面高h处竖直向上抛出，求小球的最高点距地面的高度以及小球在最高点时的速度大小。
【答案】（1）；（2）， ；（3），
【详解】（1）小球受力分析如图所示，小球做初速度为0的匀加速直线运动，加速度方向与竖直方向夹角为
，，
根据速度位移关系式
联立方程解得
，，
（2）将小球以初速度v竖直向上抛出，小球做类斜抛运动，沿加速度和垂直加速度方向建立平面直角坐标系，如图。当v在y轴分量减小为0时，小球速度变小
，
悮立方程解得
，
（3）小球在竖直方向做竖直上抛运动，最大位移
到最高点所用时间
在最高点的速度
则最大高度
速度
30．（2023·陕西·校联考一模）有一水平方向的匀强电场，场强，一带正电的微粒以竖直向上的初速度从A点射入电场，一段时间后从B点离开电场，A、B两点在同一条水平直线上。已知带电微粒质量，所带的电荷量，重力加速度，微粒向上运动过程中未冲出电场。求
（1）带电微粒在竖直方向上的最大位移；
（2）A、B两点的电势差；
（3）带电微粒在电场中运动速度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在竖直方向上，速度减为零的时间为
由
解得
在竖直方向上最大位移
（2）根据对称性，微粒在电场中的时间为
水平方向加速度
水平方向位移为
两点之间的电势差为
（3）带电微粒水平方向速度
带电微粒竖直方向速度
带电微粒的速度
代入数据
由数学知识，速度具有最小值的时间为
解得速度的最小值
31．（2024上·四川内江·高三统考期末）如图所示，一条绝缘的轻质细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于电场强度为E的匀强电场中，电场的方向水平向右，当细线与竖直位置的偏角为时，小球处于平衡状态，重力加速度为g．求：
（1）小球所带的电荷量；
（2）如果使细线的偏角由增大到，然后，将小球由静止开始释放，则应为多大，才能使在细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对小球受力分析，由受力平衡可得
求得
（2）由动能定理可知
求得
又由
可求得
即
32．（2024上·福建漳州·高三统考期末）如图，竖直平面内有水平向右的匀强电场，电场强度的大小为，场中有一根长为的绝缘细线，一端周定在点，另一端系着质量为的带正电小球，初始时小球静止于电场中的点，此时细线与竖直方向夹角为，已知重力加速度大小为，，。
（1）求、两点间电势差；
（2）求小球的带电量；
（3）现给小球一个方向与细线垂直的初速度，让小球恰能绕点在竖直平面内做完整的圆周运动，求小球运动的最小速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）、两点间电势差为
解得
（2）小球静止时，由平衡条件得
解得
（3）重力和电场力都是恒力，它们的合力也是恒力，等效重力为
如图所示
小球做圆周运动过程，在等效最高点点时速度最小，有
解得
33．（2024上·广东惠州·高三统考期末）在电场中有着类似于重力场中秋千往返运动的现象，图是其模型简图，ABC是半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道，轨道竖直放置，O为圆心，A、B、C分别位于轨道内最高点、中点和最低点。轨道所在空间中有水平向右的匀强电场。一质量为m、带电量为＋q的小球（小球直径远小于R）从A处由静止释放，恰好能够沿着圆弧轨道在AC间做往返运动，已知重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）CB之间的电势差；
（3）小球沿着圆弧轨道运动到B点时，受到轨道的支持力大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）依题意得小球到达C点的速度为0，从A点到C点，由动能定理得
解得
（2）从C点到B点，可得
解得
（3）从A点到B点，由动能定理得
得
由重力与电场力的合力为
在B处可得
联立可得，小球运动到B点时受到轨道的支持力大小为
34．（2023上·广东梅州·高三广东梅县东山中学校考阶段练习）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达B点的速度；
（2）在（1）的情况下，求滑块到达B点时对轨道的压力；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。
【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）从A点到B，根据动能定理可得
解得
（2）在B点对滑块由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力
解得
方向竖直向下。
（3）滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力，如图所示
此时的速度最小，与竖直方向夹角的正切值为
解得
令，则
解得
35．（2023上·内蒙古呼和浩特·高三统考期末）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°。质量的不带电绝缘滑块以初速度沿轨道向右运动，与静止在B点的带正电小球发生弹性正碰，小球质量、电荷量，碰后小球沿轨道运动，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。小球到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）求碰后瞬间小球的速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小；
（3）求B、C两点间的距离x。
【答案】（1）4m/s；（2），2.5m/s；（3）0.85m
【详解】（1）滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为、，则由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立解得
（2）小球到达P点时，受力如图所示
则有
解得
小球所受重力与电场力的合力大小为
小球到达P点时，由牛顿第二定律有
解得
（3）对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有
解得
x=0.85m
运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动
功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差
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