备战2025年高考物理精品教案第九章静电场专题十三带电体在电场中运动的综合问题（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考物理精品教案第九章静电场专题十三带电体在电场中运动的综合问题（Word版附解析），共26页。
题型1 电场中的图像问题

1.v－t图像
根据v－t图像的速度变化、斜率变化（即加速度大小的变化），可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.
2.φ－x图像
（1）电场强度在x轴方向分量的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场（如图）.切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零.
（2）在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向.（如图）
（3）在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断.
（4）电场中常见的φ－x图像
①点电荷的φ－x图像（取无限远处电势为零），如图.
②两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图.
③两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图.
3.E－x图像
（1）E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E＞0，电场强度E沿x轴正方向；E＜0，电场强度E沿x轴负方向.
（2）E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差（如图所示），两点的电势高低根据电场方向判定.在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况.
（3）电场中常见的E－x图像
①点电荷的E－x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示.
②两个等量异种点电荷的E－x图像，如图.
③两个等量正点电荷的E－x图像，如图.
4.Ep－x图像
由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝ΔEpΔx，其大小等于静电力，斜率正负代表静电力的方向，如图所示.
5.Ek－x图像
当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝ΔEkΔx，其大小等于静电力.

命题点1 电场中的v－t图像
1.一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图像如图所示.粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列说法正确的是（ C ）
A.A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为EC＞EB＞EA
C.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
解析 由题图可知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增加，在t0～3t0时间内反方向做加速运动，电场力做正功，电势能减少，C正确，D错误；由于不知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，A错误；题图中的斜率表示粒子的加速度，即a＝ΔvΔt＝qEm，可知A、B、C三点中B点的场强最大，B错误.
命题点2 φ－x图像
2.[多选]在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示.下列说法正确的有（ AC ）
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从x1移到x2，电势能减小
D.负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
解析 由题图可知，电势有正有负，且只有一个极值，说明两个点电荷为异种电荷，A正确；由E＝ΔφΔx可知，φ－x图像的切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，因此x1处的电场强度不为零，B错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，负电荷电势能减小，受到的电场力减小，C正确，D错误.
命题拓展
如图，某负点电荷从x3处静止释放，判断其能否到达x4处，并说明理由.
答案 能；负点电荷在x3～x2之间受到沿x轴正方向的电场力，在x3～x2之间加速运动，在x2～x4之间受到沿x轴负方向的电场力，在x2～x4之间减速运动，又x3和x4两处的电势相等，则负点电荷到达x4处时速度恰好为0.
命题点3 E－x图像
3.一静电场在x轴方向上的电场强度E随x的变化关系如图所示，在x轴上有四点x1、x2、x3、x4，相邻两点间的距离相等，x轴正方向为场强正方向，一个带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（ B ）
A.在x2和x4两点处电势相等
B.由x1运动到x4的过程中，加速度先增大后减小
C.由x1运动到x4的过程中，电势能先增大后减小
D.从x2运动到x1的过程中，电场力做的功为W1，从x3运动到x2的过程中，电场力做的功为W2，则W1＝W2
解析 由题图可知x1到x4处的场强沿x轴负方向，则点电荷从x1到x4处逆着电场方向移动，电势升高，故带正电的点电荷电势能一直增大，A、C错误；点电荷由x1
运动到x4的过程中，由题图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，所以电场力先增大后减小，加速度也先增大后减小，B正确；E－x图线与横轴所围图形的面积的绝对值表示电势差的绝对值，由题图可知U32＞U21，故W2＞W1，D错误.
命题点4 Ep－x、Ek－x图像
4.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动.取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示.下列图像中合理的是（ D ）
解析 由于粒子只受电场力作用，因此由F电＝｜ΔEpΔx｜可知，Ep－x图像的图线斜率大小表示粒子所受电场力大小，从题图可知，图线的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，加速度也越来越小，A错误，D正确；由于粒子只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项图和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，B错误；粒子做加速度减小的加速运动，C错误.
题型2 带电粒子在交变电场中的运动

1.带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方波）的情形.
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性.
2.研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况.根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等.
3.注重全面分析（分析受力特点和运动规律）：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与运动过程相关的临界条件.
4.对于锯齿波和正弦波类电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动.

5.[粒子在交变电场中的直线运动/多选]如图甲所示，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，A板的电势φA＝0，UBA随时间的变化规律如图乙所示.现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则（ AB ）
图甲 图乙
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＝T8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＝38T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＝T2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
解析 根据题意及电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的4个图像.
由图4可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确；若电子在T8时刻进入电场，则由图4知，电子向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，B正确；若电子在3T8时刻进入电场，则由图4知，在第一个周期内电子即返回至A板，从A板射出，C错误；若电子在T2时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，D错误.
方法点拨
交变电场中的直线运动处理方法
6.[粒子在交变电场中的临界问题/2024四川泸县四中月考]如图甲所示，在xOy坐标系中，两金属板平行放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一足够大荧光屏.两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝5×103V，t＝0时刻一带正电的粒子从左上角A点附近，以v0＝1000m/s的速度平行于AB边射入两板间，最终打到荧光屏上.已知粒子带电荷量q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg，不计粒子所受重力，求：
（1）粒子在板间运动的时间；
（2）粒子打到屏上的速度；
（3）若A处的粒子源以v0＝1000m/s的速度平行于AB边连续不断发射相同粒子，求荧光屏上的光带长度是多少？若向右移动荧光屏，屏上光带位置和长度如何变化（写出结论，不要求计算过程）.
答案 （1）2×10－3s （2）大小为5005m/s，方向与v0的夹角θ满足tanθ＝12 （3）0.5m 光带位置下移，长度不变
解析 （1）粒子在板间沿x轴方向做匀速运动，运动时间为t，根据L＝v0t0
代入数据解得t0＝2×10－3s
（2）设t＝0时刻射入板间的粒子射到荧光屏上时沿y轴方向的分速度为vy，合速度为v，v与v0的夹角为θ，有
vy＝a·T2
根据牛顿第二定律有a＝Fm＝qU0md
粒子打到屏上的速度v＝v02＋vy2，tanθ＝vyv0
代入数据解得v＝5005m/s，tanθ＝12
（3）粒子在t＝2n×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏上时有最大侧移ymax，有
打入ymax＝12U0qmd（T2）2＋U0qmd（T2）2＝0.75m
粒子在t＝（2n＋1）×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏时有最小侧移ymin，有
ymin＝12U0qmd（T2）2＝0.25m
光带长度ΔL＝ymax－ymin＝0.5m
若向右移动荧光屏，光带位置下移，长度不变.
题型3 “等效法”在复合场中的运用

1.等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是物体处在匀强电场和重力场中的运动就会变得复杂一些.此时可以将重力场与电场“合二为一”，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”.
2.等效重力场的相关知识点及解释
等效重力场⇔重力场、电场叠加而成的复合场
等效重力⇔重力、电场力的合力
等效重力加速度⇔等效重力与物体质量的比值
等效“最低点”⇔物体自由时能处于稳定平衡状态的位置
等效“最高点”⇔物体做圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置
等效重力势能⇔等效重力大小与物体沿等效重力场方向“高度”的乘积
3.举例

7.[多选]如图所示，空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度为E.该空间有一带电小球用绝缘细线悬挂在O点，可在竖直平面内做完整的变速圆周运动，且小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大.已知带电小球的质量为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.电场力大于重力
C.小球运动到最低点时速度最大
D.小球运动过程的最小速度为（qE－mg）lm
解析 因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和电场力的合力(等效重力)方向向上，则电场力方向向上，且电场力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和电场力的合力方向向上，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＝mvmin2l，即vmin＝(qE-mg)lm，故D正确.
8.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径.一质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.求：
（1）电场强度E的大小；
（2）若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件.
答案 （1）3mg4q （2）不小于5gr
解析 （1）当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，
则有qEmg＝tanθ，所以E＝3mg4q
（2）小球所受重力与电场力的合力F＝（mg）2＋（qE）2＝54mg.当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为54g的“重力
场”中运动.若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点.设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有－54mg·2r＝0－12mvmin2，所以vmin＝5gr，即小球的初速度应不小于5gr.
方法点拨
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＝F合m视为“等效重力加速度”.
3.找出等效“最低点”和等效“最高点”.
4.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.
题型4 电场中的力电综合问题

1.解题关键
通过审题抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解.动能定理和能量守恒定律在处理电场中的能量问题时仍是首选的方法.
（1）用正交分解法处理带电粒子的复杂运动问题：可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动.
（2）用能量观点处理带电粒子在电场中的运动问题：对于受变力作用的带电粒子的运动问题，必须借助于能量观点来处理；即使是受恒力作用的运动问题，用能量观点处理常常也更加简便.
2.用能量观点处理带电粒子的运动问题
（1）用动能定理处理
思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程.
②分析粒子在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.
③弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）.
④根据W＝ΔEk列出方程求解.
（2）用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的总能量相等（即E1＝E2）列方程.
②利用某些能量的减少量等于另一些能量的增加量列方程.
（3）两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.

9.[带电粒子在电场中运动的功能问题/2023黑龙江哈尔滨质量监测/多选]如图所示，AC是圆O的一条水平直径，BD是竖直直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中.将电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能Ek0射出，射出方向不同但都与圆共面，粒子在重力和电场力的作用下可以经过圆周上的所有点.其中经过C点时粒子的动能最小且为Ek02.已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的电场强度E＝2mgq，则下列说法正确的是（ AD ）
A.M点的电势高于A点的电势
B.B点的电势等于D点的电势
C.粒子经过M点时的动能为38Ek0
D.粒子经过AB连线中点时的动能为54Ek0
解析 由题意知，因为经过C点时粒子的动能最小，所以粒子从O点到C点克服合外力所做的功最多，而重力和电场力对粒子做的功只与粒子的初、末位置有关，与路径无关，由此可推知重力和电场力的合力F的方向一定水平向左，如图所示，又因为qE＝2mg，则根据几何关系以及平行四边形定则可知电场强度方向与水平方向夹角为30°，根据沿电场强度方向电势降低可知M点的电势高于A点的电势，B点的电势低于D点的电势，A正确，B错误；根据前面分析可知粒子所受合外力大小为F＝mgtan30°＝3mg，对从O点到C点的粒子，根据动能定理有Ek02－Ek0＝－FR，根据几何关系可知OM垂直于电场线，所以OM为一条等势线，粒子从O点到M点的过程，电场力不做功，重力做负功，根据动能定理有EkM－Ek0＝－mgR sin 60°，解得EkM＝34Ek0，C错误； AB连线中点G在AO上的投影点为H，根据几何关系可知HO＝R2，根据动能定理有EkG－Ek0＝F·HO，解得EkG＝54Ek0，D正确.
10.[直线运动＋圆周运动]如图所示，左边竖直半圆光滑绝缘轨道与水平光滑绝缘轨道相切于A点，整个空间有斜向左上方的匀强电场，与水平方向夹角θ＝30°，电场强度E＝1.0×103N/C，B点是轨道的最高点，半圆半径R＝2m.在水平轨道上距A点L＝833m的C处由静止释放一质量m＝2×10－4kg、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球P，小球沿水平轨道运动一段时间，从A点冲上半圆轨道，并沿半圆轨道到达轨道最高点B，取A点电势为零，重力加速度g取10m/s2.求小球在半圆轨道上运动的过程中：
（1）电势能的最小值；
（2）最大速度的大小.
答案 （1）－6×10－3J （2）10m/s
解析 （1）设过O点的电场线与半圆轨道的交点为M，则小球在M点电势能最低，如图所示.
OM与竖直方向成60°角，EpA＝0，小球从A到M的过程中，根据功能关系有WAM＝EpA－EpM
电场力做功WAM＝EqR（1＋sinθ）
联立并代入数据解得EpM＝－6×10－3J
（2）小球从C到A的过程中，根据动能定理有
EqLcsθ＝12mvA2
因为mg＝Eq，且重力与电场力的夹角为120°，所以合力为F合＝mg，方向斜向左下方，与竖直方向成β＝60°角，过O点沿F合的方向作直线，交半圆轨道于D点，如图所示，则小球在D点时速度最大
小球从A到D的过程中，根据动能定理有
F合R（1－cs60°）＝12mvD2－12mvA2
联立并代入数据解得vD＝10m/s
所以小球在半圆轨道上运动的最大速度为10m/s.
11.[圆周运动＋抛体运动/2024云南昆明“三诊一模”摸底]如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小球（可视为质点）与不可伸长的绝缘轻绳相连，绳子另一端固定在O点的拉力传感器上（拉力传感器没有画出），O点距离水平地面的高度为2R，空间存在竖直向下的匀强电场.现使小球获得一初速度后绕O点在竖直平面内做半径为R的圆周运动，拉力传感器显示出绳子拉力的最小值为0，最大值为12mg，g为重力加速度.
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若小球运动到最低点时绳子断裂，求小球落地点到O点的水平距离.
答案 （1）mgq （2）10R
解析 （1）依题意，小球通过最高点时，由牛顿第二定律有
mg＋qE＝mv02R
从最高点到最低点，据动能定理有
（mg＋qE）×2R＝12mv2－12mv02
通过最低点时，由牛顿第二定律有12mg－（mg＋qE）＝mv2R
联立解得E＝mgq
（2）绳断后小球做类平抛运动
竖直方向上：R＝12at2
水平方向上：x＝vt
根据牛顿第二定律有mg＋qE＝ma
联立解得x＝10R.
1.[电场中的图像问题/2023上海]空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个负点电荷，随后向右移动此电荷，下列电荷电势能随位置变化的图像正确的是（ C ）
A B
C D
解析 由φ－s图像可知，沿s轴正向电势逐渐降低，由公式Ep＝qφ可知负电荷在低电势点的电势能大，所以负电荷向右移动的过程中电势能逐渐增大，又各点的电势为正值，则负电荷在各点具有的电势能为负值，故C正确，ABD错误.
2.[电场中的图像问题/2021山东]如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x＜22a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示.现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零.若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（ C ）

图甲 图乙
A.Q＝2+12q，释放后P将向右运动
B.Q＝2+12q，释放后P将向左运动
C.Q＝22+14q，释放后P将向右运动
D.Q＝22+14q，释放后P将向左运动
解析 对O点上方的点电荷，受力分析如图所示，由平衡知识可得2kq2a2＋kq2（2a）2＝kQq（12a）2，解得Q＝22+14q，因在0≤x＜22a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动，C项正确.
3.[牛顿运动定律＋圆周运动＋动能/2022浙江6月/多选]如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝ar，a为常量.比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动.不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ BC ）
A.轨道半径r小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
解析 粒子在半径为r的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝ar代入上式得ω2＝qamr2，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A错误；由qE＝mv2r、Ek＝12mv2、E＝ar解得Ek＝qa2，即电荷量大的粒子动能一定大，B正确；由qE＝mv2r、E＝ar可得v2＝qam，即粒子速度的大小与轨道半径r无关，C正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D错误.
4.[弹簧＋斜面/2022辽宁/多选]如图所示，带电荷量为6Q（Q＞0）的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一带电荷量为－Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3.球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态，此时弹簧的压缩量为L2，球2、3间的静电力大小为mg2.迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动.g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ BCD ）
A.带负电
B.运动至a点的速度大小为gL
C.运动至a点的加速度大小为2g
D.运动至ab中点时对斜面的压力大小为33－46mg
解析 假设球3带负电，则球1对球3的作用力沿斜面向下，球2对球3的作用力为斥力，由于球之间的距离相等，则球1对球3的作用力一定大于球2对球3的作用力，弹簧不可能处于压缩状态，因此球3一定带正电，A错误.移走球1前，弹簧的压缩量为L2，则移走球1后球3运动至a位置时，弹簧的伸长量为L2，则球3在b点与在a点时弹簧的弹性势能相等，又由于a、b两点到球2的距离相等，则在球2形成的电场中a、b两点的电势相等，a、b两点的电势差为零，则球3由b到a的过程，由动能定理得mgL sin 30°＝12mv2，解得v＝gL，B正确.对移走球1前的球3受力分析，如图甲所示，由力的平衡条件，沿斜面方向上有mg sin 30°＋F23 sin 30°＋F ＝F13，又F23＝kQqL2＝mg2，F13＝k·6QqL2＝3mg，解得F＝94mg；当球3在a点时，受力分析如图乙所示，由于弹簧的伸长量为L2，则F'＝F，对球3由牛顿第二定律得F'＋F’23 sin 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝2g，C正确. 球3运动到ab中点时，受力分析如图丙所示，球3与球2之间的距离为x＝L cs 30°＝32L，则两球之间的库仑力大小为F″23＝kQq(32L)2＝2mg3，由力的平衡条件知在垂直斜面的方向上有FN2＝mg cs 30°－F″23，解得FN2＝33-46mg，D正确.

图甲 图乙 图丙
5.[能量守恒定律＋带电体在电场中的运动/2022辽宁]如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨BO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gR，之后沿导轨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2mg.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）12mgR （2）3gR （3）x＝y26R
解析 （1）小球从A点静止释放，根据动能定理有
EpA＝12mvB2－0
可得弹簧压缩至A点时的弹性势能EpA＝12mgR
（2）小球从B运动到O的过程中重力、电场力对小球做功，根据动能定理有
12mv02－12mvB2＝F电·2R－mgR
其中F电＝2mg
可得v0＝3gR
（3）小球离开O点后的受力分析如图所示，根据受力分析可知重力与电场力的合力方向沿水平方向，大小为F合＝mg，即小球离开O点后，在水平方向以加速度g做匀加速直线运动，有x＝12gt2，其中x≥0
在竖直方向以速度v0做匀速直线运动，有y＝v0t＝t3gR
联立可得轨迹方程为x＝y26R

1.[多选]如图所示，在粗糙绝缘水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体A、B，带电荷量分别为＋Q和－q（设两电荷间只有库仑力），开始时，A、B均处于静止状态，在物体B上施加一水平向右的恒力F，使物体A、B向右运动.在此过程中，下列说法正确的是（ AD ）
A.力F、库仑力及摩擦力对物体B所做的功之和等于物体B的动能增量
B.力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量
C.库仑力及摩擦力对物体A做的功等于物体A的动能增量与电势能增量之和
D.力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和
解析 根据动能定理知，力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量，故A正确，B错误；根据动能定理知库仑力及摩擦力对物体A做的功等于物体A的动能增量，C错误；根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故D正确.
2.[多选]某条电场线是一条直线，上边依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示.一个带电荷量为＋q的粒子，从O点右侧某处（到O点间距离极小，可忽略）由静止释放，仅受电场力作用，则（ AD ）
A.若O点的电势为零，则A点的电势为－E0d2
B.粒子从A到B做匀速直线运动
C.粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量
D.粒子运动到B点时动能为3qE0d2
解析 由图可知E－x图像所围成图形的面积表示两点间的电势差大小，因此UOA＝12E0d，由于φ＝0，因此φA＝－12E0d，故A正确；粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误；粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做的功大于BC段电场力做的功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于在BC段电势能的变化量，或者从OA段和BC段图像所围成图形的面积分析可知UOA＞UBC，根据电场力做功公式W＝qU和W＝－ΔEp，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于在BC段电势能的变化量，故C错误；对粒子从O到B点过程，根据动能定理，则有WOB＝qUOB＝EkB－0，而UOB＝12E0(d＋2d)，联立方程解得EkB＝3qE0d2，故D正确.
3.[2024湖北“宜荆荆恩”起点考试]如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个质子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ A ）
图甲 图乙
A.A点电势高于B点电势
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.质子经过A点的速率大于经过B点的速率
D.A、B两点电势差UAB小于B、C两点电势差UBC
解析 由题图乙可知，质子沿x轴正方向运动的过程中，其电势能逐渐降低，所以电场力做正功，又质子带正电，则电场线沿x轴正方向，故A点电势高于B点电势【另解：电势高低亦可通过电势能的高低来判断】，A正确；Ep－x图线斜率的绝对值表示电场力的大小【点拨：电场力做的功W＝－ΔEp＝FΔx，则ΔEpΔx＝－F】，又E＝Fq，则图线斜率绝对值的变化可以间接反映场强大小的变化，由题图乙可知，图线斜率的绝对值逐渐减小，则场强逐渐减小，即A点的场强大于B点的场强，B错误；质子从A点运动到B点的过程，电场力做正功，质子的动能增大，速度增大，则质子经过A点的速率小于经过B点的速率，C错误；结合B项分析，A、B之间的平均场强大于B、C之间的平均场强，根据U＝Ed定性分析可知，UAB＞UBC，D错误.
4.[2024山东菏泽明德学校月考/多选]两个等量同种正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为＋2×10－3C、质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其在水平面内运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则下列说法正确的是（ ACD ）
A.由C到A的过程中物块的电势能逐渐减小
B.B、A两点间的电势差UBA＝5V
C.由C点到A点电势逐渐降低
D.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强为100N/C
解析 由v－t图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，A正确；由v－t图像可知，A、B两点的速度分别为vA＝6 m/s，vB＝4 m/s，再根据动能定理得qUAB＝12mvB2－12mvA2，解得UAB＝－500 V，故UBA＝500 V，B错误；两个等量同种正点电荷连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐降低，C正确；小物块在B点的加速度最大，为am＝47-5 m/s2＝2 m/s2，所受的电场力最大为Fm＝mam＝0.1×2 N＝0.2 N，则场强最大值为Em＝Fmq＝0.22×10-3 N/C＝100 N/C，故D正确.
5.[2023海南统考/多选]如图所示，空间存在着方向竖直向下的匀强电场，光滑绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面平滑连接，斜面AB与水平面的夹角α＝37°.质量为m＝0.5kg、电荷量为q的带正电小物块（可视为质点）从A点由静止释放，经过B点后进入水平面，最后停在C点.若小物块经过B点前后速度大小不变，电场的电场强度大小为E＝mgq，lAB＝24m，lBC＝36m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列说法正确的是（ BC ）
A.小物块在斜面上运动的加速度大小为6m/s2
B.小物块从A点运动到C点所用的时间为5s
C.小物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4
D.小物块从A点运动到C点，静电力所做的功等于系统内能的增加量
解析 由牛顿第二定律知小物块在斜面上运动的加速度大小为a＝(mg＋qE)sinαm＝12 m/s2，故A错误；小物块从A点运动到B点，有lAB＝12at12，所用的时间为t1＝2 s，到B点的速度为v＝at1＝24 m/s，小物块从B点运动到C点，有lBC＝v2t2，所用的时间为t2＝3 s，则小物块从A点运动到C点所用的时间为t＝t1＋t2＝5 s，故B正确；小物块在水平地面上的加速度a'＝vt2＝8 m/s2，由牛顿第二定律有μ(mg＋qE)＝ma'，可得小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，故C正确；小物块从A点运动到C点，静电力和重力做正功，摩擦力做负功，由WG＋WE－Wf＝0，Wf＝Q可知静电力所做的功与重力所做的功之和等于系统内能的增加量，故D错误.
6.[2024四川宜宾第二中学开学考/多选]如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点.大圆环所在的竖直平面内存在水平向右、场强为mgq（g为重力加速度）的匀强电场，现给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（ BC ）
A.动能最小与最大的位置在同一等势面上
B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C.在A点获得的初速度为2（1+2）gR
D.在B点受到大圆环弹力大小为mg
解析 由于匀强电场的电场强度为mgq，易知小圆环所受电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效最低点C与等效最高点D，如图所示，小圆环在等效最低点时速度最大，动能最大，在等效最高点时速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知φD＞φC，两者不在同一等势面上，A错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对小圆环由A点运动到D点过程进行分析有－qER sin 45°－mg(R＋R cs 45°)＝0－12mv02，解得v0＝2(1+2)gR，C正确；小圆环由A点运动到B过程有－mg·2R＝12mvB2－12mv02，在B点有N＋mg＝mvB2R，解得N＝(22－3)mg＜0，可知，小圆环过B点受到大圆环的弹力大小为(3－22)mg，D错误.
7.[2024四川成都七中零诊]如图，空间存在水平向右的匀强电场（图中未画出），一带电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球，自距离地面高h的A点由静止释放.落地点B距离释放点的水平距离为34h，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）落地时小球的动能.
答案 （1）3mg4q （2）2516mgh
解析 （1）小球竖直方向做自由落体运动，有h＝12gt2
水平方向做匀加速直线运动，有34h＝12at2
根据牛顿第二定律，有qE＝ma
联立解得E＝3mg4q
（2）小球由A运动到B的过程根据动能定理有
mgh＋qE·34h＝Ek－0
解得落地时小球的动能为Ek＝2516mgh.
8.[2022全国甲/多选]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.小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点.则射出后（ BD ）
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
解析 由题意可知，小球所受电场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，当其水平分量速度与竖直分量速度大小相等时，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，电场力仍将对其做负功，其电势能继续增大，A、C项错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平分量速度减为零时，克服电场力做的功最大，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.
易错点拨 合力为恒力时，当小球的速度与合力方向垂直时，小球的速度最小，动能最小，电势能与重力势能的和最大，而不是电势能最大，因此在处理本题时应注意能量的转化.
9.某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的变化规律如图所示.设x轴正方向为电场强度E的方向，下列各图分别表示x轴上各点的电场强度E随x的变化图像，其中可能正确的是（ B ）

A B C D
解析 φ－x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场方向向左，在x＝0的右侧，电场方向向右，且在x轴的左、右两侧图像斜率不变，即电场均为匀强电场，B正确.
10.[多选]如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是（ AD ）
解析 在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝U0ed，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个T4内向B板做匀加速直线运动，在第二个T4内向B板做匀减速直线运动，在第三个T4内向A板做匀加速直线运动，在第四个T4内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图像应如D项所示，v－t图像应如A项所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋12at2，所以x－t图像应是曲线，B错误.
11.如图所示，固定于竖直平面内的粗糙绝缘斜杆与水平方向夹角为30°，平面内存在一水平向左的匀强电场.质量为1×10－3kg、带电荷量为＋5×10－6C的小球套在杆上，小球沿杆下滑过程中未受摩擦力作用.重力加速度g取10m/s2.
（1）求电场强度E的大小（结果保留三位有效数字）；
（2）求小球下滑过程中的加速度大小；
（3）若场强大小不变，方向变为水平向右.为使小球能由静止开始沿杆向上运动，求杆与小球之间的动摩擦因数μ的取值范围（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）.
答案 （1）3.46×103N/C （2）20m/s2 （3）μ＜33
解析 （1）小球的受力分析如图甲所示，小球未受摩擦力作用，说明小球和杆之间没有弹力
根据垂直杆方向受力平衡可得Eqsin30°＝mgcs30°
解得E＝mgqtan30°＝3.46×103N/C
（2）小球的加速度沿杆向下，根据平行四边形定则及牛顿第二定律得F＝mgsin30°＝ma
解得a＝20m/s2
（3）场强大小不变，方向变为水平向右，小球的受力分析如图乙所示，可得FN＝mgcs30°＋Eqsin30°
Ff＝μFN
为使小球能沿杆向上运动，应满足
Eqcs30°＞mgsin30°＋Ff
联立解得μ＜33.
12.[2024福建泉州质量监测]如图甲，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B，质量均为m.空间有场强大小均为E、方向均沿水平方向但相反的两个匀强电场，B处于电场分界线上.开始时，A带电荷量为＋2q，B不带电，A、B相距s，速度均为0，一段时间后A、B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为＋q，碰后A的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，A的部分v－t图像如图乙所示（vm为未知量），整个过程中，A、B之间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为k，A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小均为qE.求：
（1）经多长时间A、B发生弹性正碰；
（2）碰撞后A的速度最大时A、B间的距离；
（3）碰撞分离后至A速度达到最大的过程，A、B间的库仑力对A、B做的总功.
答案 （1）2msEq （2）kq2E （3）4Eqs＋q2Eqk
思维导图
A、B碰撞前A向右匀加速B静止所经时间tvm
碰后A的速度最大时：A受力平衡A、B间距离xAB
A、B发生弹性正碰碰后瞬间vA、vB
从碰后至A速度最大A向左加速B向右加速 A、B系统所受合力为0A速度最大时B的速度v'B
动能定理
解析 （1）由题意可知在A、B发生弹性正碰前，A向右做匀加速直线运动，B一直静止，则对A受力分析有
F合＝2Eq－f
其中f＝Eq
对A由牛顿第二定律有F合＝ma
设经过时间t，A、B发生弹性正碰，则对A由运动学公式有s＝12at2
联立可得t＝2msEq
（2）由图乙可知碰撞后瞬间，A的速度变为0，此后A先向左做加速度逐渐减小的加速运动，当A加速度为0，即A受力平衡时，A的速度最大，此时对A受力分析有
F库＝Eq＋f
又F库＝kq2xAB2
联立可得碰撞后A的速度最大时A、B间的距离
xAB＝kq2E
（3）由运动学公式可知碰撞前瞬间A的速度大小为
vm＝at＝2Eqsm
由于A、B发生弹性正碰，则碰撞过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后瞬间A的速度为vA、B的速度为vB，规定水平向右为正方向，则有
mvm＝mvA＋mvB
12mvm2＝12mvA2＋12mvB2
联立可得vA＝0、vB＝vm＝2Eqsm
对B受力分析可知，从A、B碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，B一直向右做加速度逐渐减小的加速运动，当A速度最大时，B的速度也最大，则对A、B组成的系统受力分析可知，其受到的合外力为零，所以此过程中A、B组成的系统动量守恒，规定水平向右为正方向，设A速度最大时，B的速度为v'B，则有
mvB＝mv'B＋（－mvm）
设此过程A、B间的库仑力对A、B做的总功为W库，则对此过程A、B组成的系统由动能定理有
W库－EqxAB－fxAB＝12mvm2＋12mv'2B－12mvB2
联立解得W库＝4Eqs＋q2Eqk
13.[负离子空气净化/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.
a.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.
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10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100％被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比.
答案 （1）2mv02d2qL2 （2）a.kRv0d2qL b.25％
解析 （1）带电颗粒恰好全部被收集，即贴近负极板进入收集器的颗粒恰好到达收集器正极板的右端，运动轨迹如图1所示
带电颗粒在沿板方向上做匀速直线运动，有L＝v0t
在垂直板方向上做匀加速直线运动，有d＝12at2
带电颗粒受到的电场力提供加速度，由牛顿第二定律有
qE1＝ma
平行金属板间匀强电场的电场强度为E1＝U1d
解得U1＝2mv02d2qL2
（2）a.由题意可知带电颗粒进入收集器后，沿板方向的速度v0保持不变，在极短时间内速度达到最大，即垂直板方向的速度达到最大vm，然后带电颗粒做匀速直线运动到达收集器正极板，根据平衡条件可知带电颗粒进入收集器所受电场力和阻力等大反向，即qE2＝fm＝kRvm
结合E2＝U2d可得vm＝qU2kRd
只要靠近负极板的颗粒恰好到达正极板的右端，则颗粒恰好全部被收集，颗粒在沿板方向做匀速直线运动，有L＝v0t
垂直板方向，颗粒也做匀速直线运动，有d＝vmt
解得U2＝kRv0d2qL
b.根据题意可知颗粒进入电场后在沿板方向和垂直板方向始终做匀速直线运动，假设垂直板移动距离为y的颗粒恰好被收集，则y以下的颗粒能够被收集，y以上的颗粒不能被收集，如图2所示
颗粒被收集的百分比可表示为η＝yd×100％
假设粒子垂直板方向最大速度为v'，根据平衡条件可知q'U'd＝kr'v'
结合电荷量和半径的平方成正比，有q'＝k0r'2
k0≠k，k0为不为0的常量，联立解得v'＝k0r'U'kd
则其在垂直板方向上移动的距离为y＝v't＝v'Lv0＝k0r'U'kd·Lv0
代入颗粒被收集的百分比方程可知η＝k0r'U'Lkv0d2×100％
因为两金属板间电压U'、金属板长度L、板间距d、颗粒沿板方向速度v0确定，且k0、k为常量，则η∝r'
已知10μm的颗粒被收集的百分比恰好为η10＝100％
则η10η2.5＝r10r2.5＝10μm2.5μm＝4
解得2.5μm的颗粒被收集的百分比为η2.5＝η104＝25％核心考点
五年考情
命题分析预测
电场中的图像问题
2023：上海T8；
2021：山东T6
图像问题一般以选择题形式考查，其他内容一般以压轴选择题或计算题形式考查，考查频次一般.预计2025年高考将考查利用“等效法”求解带电粒子在复合场中运动的力电综合问题.另外可能会将电场中电势能与其他能量相关问题结合起来考查，要注意与弹簧、斜面等模型的结合.
带电粒子在交变电场中的运动
“等效法”在复合场中的运用
2022：全国甲T21，辽宁T14；
2019：浙江4月T13
电场中的力电综合问题
2023：新课标T25，浙江6月T12，浙江1月T12；
2022：浙江6月T15，辽宁T10；
2021：福建T15；
2020：天津T12；
2019：全国ⅡT20，全国ⅡT24
U－t图像
v－t图像
轨迹图