第38講帶電粒子在電場中運動的綜合問題

目錄

01考情解碼?命題預(yù)警............................................................2

02體系構(gòu)建?思維可視............................................................3

03核心突破?靶向攻堅............................................................4

考點一帶電粒子在力電等效場中的圓周運動................................4

知識點方法概述及應(yīng)用..................................................4

考向1豎直電場中的等效場問題............................................4

考向2水平電場中的等效場問題屈.........................................7

考點二用力學(xué)三大觀點處理帶電粒子在電場中運動的綜合問題...............10

知識點1力電綜合問題的處理流程.........................................10

知識點2電場中的功能關(guān)系...............................................11

考向1用動力學(xué)和能量觀點解決力電綜合問題圜..........................11

考向2用能量和動量觀點解決力電綜合問題.................................14

04真題溯源?考向感知...........................................................17

01

考情解碼-命題預(yù)警

考點要求考頻2025年2024年2023年

力電等效場中2024?浙江

綜合應(yīng)用中頻\\

的圓周運動2024?河北

用力學(xué)三大觀

點處理帶電粒2025?黑吉遼蒙2024?福建

綜合應(yīng)用高頻2023?福建

子在電場中運2025?福建2024?江西

動的綜合問題

考情分析：

1.命題形式：目選擇題口實驗題目計算題

2.命題分析：高考對帶電粒子在電場中運動的綜合問題的考查較為頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，

題目難度較大。

3.備考建議：本講內(nèi)容備考時候，強化訓(xùn)練用力力、能量、動量三大觀點來處理帶電粒子在電場中運動時

的直線和曲線運動的問題。

4.命題情境：此類題目多是將重力場中的模型，比如說板塊、傳送帶、彈簧等模型放到勻強電場中予以命

題。

復(fù)習(xí)目標(biāo)：

會利用動力學(xué)、能量和動量的觀點處理帶電粒子在電場中直線運動、曲線運動問題。

02

體系構(gòu)建-思維可視u

方法概述一型思維方法的應(yīng)用

帶電粒子在力電等效

場中的圓周運動二者合力對應(yīng)加速度作為藜重力加速度

帶電粒方法應(yīng)用一重力和電場力合力視為型重力

運動規(guī)律遷移至型重力場分析

子在電

場中運

平衡狀態(tài)：平衡條件

動的綜力電綜合問題的處理流程

非平衡狀態(tài)：牛頓第二定律+運動學(xué)公式+功能關(guān)系

合問題力學(xué)三大觀點處理帶

（）=磯”追（普遍適用）

電粒子在電場中運動1WAB

⑵W『Excos8（適用于勻強電場）

電場中的功能關(guān)系

（3）WAB=—AEPMEE匚EEB（從能量角度求解）

（4）W電+W非電=AEk（由動能定理求解）

■03

核心突破-靶向攻堅

PU

?考點一帶電粒子在力電等效場中的圓周運動?

知識點方法概述及應(yīng)用

1.方法概述

等效思維方法是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題，若采

用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大。若采用等效法求解，則能避開復(fù)雜的運算，過程比較簡捷。

2.方法應(yīng)用

先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個等效重力，將。=■視為等效重力加速度。再將物體在

重力場中的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。

重力場與電場成一定夾角重力場與電場在一條直線上

等效重力場

.等效“最低點”）

/、

/、

/\

：0\

m星qE-mg

產(chǎn)卜|

mg［等效重力］

［等效“最低點”M等效重力］［等效“最高點”］

［等效重力加速度卜

考向1豎直電場中的等效場問題

甌如圖所示,豎直放置的半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB與粗糙絕緣水平軌道8c在8處平滑連接,

。為圓弧軌道的圓心，直線左側(cè)空間分布著電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場。一質(zhì)量為很、

電荷量為9=誓的帶負(fù)電的物塊，以一定的初速度從A點沿切線進(jìn)入圓弧軌道。已知物塊與水平軌道

間的動摩擦因數(shù)為出重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

A.無論在A點的初速度多大，物塊一定能沿圓弧軌道運動到8點

B.物塊以不同的初速度從A點沿圓弧軌道滑到8點，其在B點的速度最小為0

C.物塊以不同的初速度從A點沿圓弧軌道滑過8點后，最終可停在距2點四的位置

D.物塊沿圓弧軌道滑過8點后，最終停在8c上，因摩擦產(chǎn)生的熱量的最小值為|mgR

【答案】D

【詳解】AB.勺=誓的帶負(fù)電的物塊受到豎直向上的電場力4;咫和豎直向下的重力〃火，則場力的合力方

向豎直向上，大小為3根g,可知，2點為等效物理最高點，若物塊恰好達(dá)到8點，則在8點若恰好由場力

的合力提供向心力，此時物塊在8點的速度為最小值，則有3Mg=爪9解得17=J荻由A點到2點根據(jù)動

能定理得-3nigR=|mv2-3爪詔解得％=3^/^所以物塊如果能沿圓弧軌道運動到B點、,在A點的初速

度最小為3阿，B點速度的最小值為小荻，故AB錯誤；

CD.結(jié)合上述，若從A點沿圓弧軌道滑過8點，到達(dá)2點的最小速度為小荻，在水平軌道上根據(jù)動能定

理有一“mgx=0一汐/解得％=為所以最小距離為多此時摩擦力做功為傍=-[imgx=|mgR所以摩擦

生熱最小值為|mgR,故C錯誤，D正確。故選D。

【變式訓(xùn)練1-1?變考法】如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場，電場強度為E,A、B為兩個固定的電

荷量為-Q的點電荷，O點是力B連線的中點。有一質(zhì)量為機(jī)的帶電小球在兩電荷連線的中垂面內(nèi)做半徑為R

的勻速圓周運動，圓心為。，帶電小球和電荷A的連線與4B連線夾角為30。，重力加速度為g,靜電力常量

為鼠下列說法正確的是（）

八八

A.小球帶負(fù)電B.小球所帶電荷量的大小為二

C.小球做圓周運動向心力大小為鬻D.小球做圓周運動的線速度大小為:若

ER"27ER

【答案】D

【詳解】AB.由于小球在兩電荷連線的中垂線內(nèi)做勻速圓周運動，則有Eq=mg解得q=等小球處于豎直

E

向上的勻強電場中，受到豎直向上的電場力，故小球帶正電，故AB錯誤;

CD.帶電小球和電荷A的連線與2B連線夾角為30。，則片=2ksin30°=箸I由于凡=爪?解得u=

《楞故C錯誤，D正確。故選D。

【變式訓(xùn)練12變情境】如圖所示，豎直向下的勻強電場中，A、B分別是軌跡的最高點和最低點，用絕緣

細(xì)線拴住的質(zhì)量為根的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞。做圓周運動，重力加速度為g,以下四種說法中正確的

是（）

A.8兩點的繩子拉力差可能是12?igB.帶電小球不可能做勻速圓周運動

C.帶電小球通過A點時，細(xì)線拉力一定最小D.帶電小球通過8點時，動能一定最大

【答案】A

【詳解】A.設(shè)細(xì)線長度為r,當(dāng)電場力與重力的合力廠方向豎直向下時，對小球從A到2的運動過程，根

據(jù)動能定理有:m詔-［小域=2Fr①在4、2兩點根據(jù)牛頓第二定律分別有F+北②；

TB-F=m^③聯(lián)立①②③解得A、B兩點的繩子拉力差為盤~TA=6F@；

當(dāng)F=2mg時，有TB-TA=12mg⑤故A正確；

B.當(dāng)電場力與重力平衡時，小球可以做勻速圓周運動，故B錯誤；

CD.若小球所受電場力豎直向上，且大于重力，則小球通過A點時，速度最大，做圓周運動所需向心力最

大，細(xì)線拉力最大，同理可知這種情況下小球通過B點時動能最小，故CD錯誤。故選A。

【變式訓(xùn)練1-3?變考法】用輕繩拴著一質(zhì)量為機(jī)、帶正電的小球在豎直面內(nèi)繞。點做圓周運動，豎直面內(nèi)

加有豎直向下的勻強電場，電場強度為E,如圖甲所示，不計一切阻力，小球運動到最高點時的動能&與

繩中張力尸間的關(guān)系如圖乙所示，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,則（）

A.小球所帶電荷量為竺普

B.輕繩的長度為？

b

C.小球在最高點的最小速度為巨

7m

D.小球在最高點的最小速度為隹

【答案】c

【詳解】A.當(dāng)F=0時，由7ng+Eq=ni>,=。聯(lián)立解得9=叱詈故A錯誤；

L2E

B.在最高點，繩對小球的拉力、重力和電場力的合力提供向心力，則有F+mg+Eq=m彳即［nW??：=

F+mg+Eq由穌=如，可得a=|F+^(mg+Eq)由圖像可組織，圖像斜率k=￡=抑L=與故B錯誤;

CD.當(dāng)尸=0時，重力和電場力的合力提供向心力，此時為最小速度，由如后=口解得"隹故C正確,

2m

D錯誤。故選C。

考向2水平電場中的等效場問題難

例2加圖所示,在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，電場強度大小為E,在勻強電場中有一根長為乙的

絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在。點，另一端系一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為+q(q>0)的帶電小球(可視為點電荷)，

使小球獲得一初速度后能繞。點在豎直平面內(nèi)做圓周運動。A、8為水平方向的直徑，小球運動到8點時細(xì)

線的拉力恰好為小球在A點時細(xì)線拉力的6倍。下列說法正確的是()

一

A.小球運動到3點時，動能最大

B.小球運動到8點時，動能為衛(wèi)子

C.小球運動到A點時，向心加速度大小為詈

5m

D.小球在A點和B點動能之比為1:3

【答案】C

【詳解】A.由題意可知，小球在等效最低點速度最大，動能最大，由于小球重力跟電場力的合力斜向左下

方，即等效重力指向左下方，可知該位置應(yīng)在運動軌跡的最低點與2點之間某一位置，所以其在2點時的

動能不是最大，故A錯誤；

BCD.設(shè)小球在4點和B點時細(xì)線的拉力分別為TA和TB,根據(jù)牛頓第二定律有。+Eq=TB-Eq=

m半TB=小球從A點運動到B點，根據(jù)動能定理有Eq-2L=一如若聯(lián)立解得/=|小若=

等，益=加詔=巴黑，%=學(xué)=詈所以警=辭故BD錯誤，C正確。故選C。

10Z10LDTH七kB31

【變式訓(xùn)練2-1】如圖所示，質(zhì)量為山、電荷量為g的帶正電的小球用長為心的絕緣細(xì)線懸掛在。點，空間

存在水平向右的勻強電場，小球靜止時位于P點，此時細(xì)線與豎直方向的夾角a=37。，不計小球的大小，

重力加速度為g。sin37°=0.6,cos37°=0.8o則下列說法正確的是（）

A.勻強電場的電場強度大小為絲里

3q

B.若剪斷細(xì)線，小球?qū)⒆銎綊佭\動

C.若在尸點給小球一定初速度使小球恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動，則小球做圓周運動過程中的最小速

度為巨

D.若在尸點給小球一定初速度使小球恰好在豎直面內(nèi)做圓周運動，則小球做圓周運動過程中的最小速

度為瘋

【答案】C

【詳解】A.對小球進(jìn)行受力分析如圖

B.若剪斷細(xì)線，小球所受的合力沿著繩子拉力的反方向，則小球做勻加速直線運動，故B錯誤；

CD.小球靜止時，沿著繩子方向斜向下的點為等效最低點，沿著繩子斜向上的點是等效最高點，在等效最

高點時，由等效重力提供向心力時速度最小，此時等效重力為重=d（jng）2+（qE）2=:ag根據(jù)牛頓第二定

律G'=小零解得"min=版故C正確，D錯誤。故選C。

【變式訓(xùn)練2-2?變情境】如圖所示，空間中存在水平向右的勻強電場，電場中固定一半徑為R的半圓形絕

緣槽，槽的左右端點a、c等高，6為槽的最低點。從a點靜止釋放一質(zhì)量為機(jī)的帶負(fù)電的小球，小球沿圓

弧槽下滑至b點時對槽的壓力為機(jī)g。小球可視為質(zhì)點，運動過程中電量保持不變，摩擦力可忽略不計。下

列判斷正確的是（）

E

A.小球可以運動至c點

B.小球?qū)⒃?點保持靜止

C.小球運動過程中的最大速率為j2（V2-l）gR

D.若從c點靜止釋放小球，小球?qū)⒀貓A弧運動至。點

【答案】C

【詳解】A.小球沿圓弧槽下滑至b點時對槽的壓力為加g,由牛頓第三定律可知，在豎直方向圓弧槽6點

對小球的支持力大小為根g,可知小球在豎直方向受力平衡，由牛頓第二定律可知，此時小球的速度是零，

且受電場力方向水平向左，因此小球不可以運動至c點，故A錯誤；

B.小球在豎直方向受力平衡，受電場力方向水平向左，由牛頓第二定律可知，小球向左做加速運動，故B

錯誤；

C.小球在。點時速度是零，在6點時速度是零，可知小球從。點到6點，重力勢能轉(zhuǎn)化為電勢能，且重力

勢能的減少等于電勢能的增加，則有mgR=qER可得mg=qE由題意可知，當(dāng)小球從a點下落到受重力和

電場力的合力方向與。點的連線在一條直線上時，小球的速率最大，如圖所示

由動能定理，則有mgRsin45。一qER（l-cos45。）="爆解得加=12（企一l）gR故C正確；

D.由C選項分析可知，小球受到的重力大小等于受的電場力，因此小球在c點時受到的合力大小為

F=受合力方向與水平直徑成45。角，即由c點指向b點，因此從c點靜止釋放小球，小球?qū)⒀刂本€

運動至6點，故D錯誤。故選C。

【變式訓(xùn)練2-3】如圖，在水平方向的勻強電場中，一質(zhì)量為機(jī)、電量為”的小球，栓在一長為L的輕繩一

端，在水平絕緣光滑桌面上繞。點做圓周運動，小球運動到8點時的速度方向恰與電場方向垂直，小球運

動到與8點在同一直徑上的A點時，球與繩間剛好沒有拉力作用，則（）

?E

A.小球在8點時的速度外=J*

B.小球在B點時的速度與=怦^

C.小球在8點時繩上的拉力大小為5qE

D.小球運動向心加速度的最大值是最小值的6倍

【答案】B

2

【詳解】AB.小球運動到A點時球與繩間剛好沒有拉力作用，說明了電場力提供向心力，則=解得

v=舟2到A的過程中電場力做功，由動能定理得—24瓦=3爪/-［小瑤解得女=萼故人錯誤，B

正確；

C.小球在2點時繩上的拉力大小與電場力的合力提供加速度，得F-qE=爪?解得F=m^+qE=6qE故

C錯誤；

D.球所受向心力的最大值F-qE=5qE而最小值是qE,即小球所受向心力的最大值是最小值的5倍，根

據(jù)牛頓第二定律可知小球運動向心加速度的最大值是最小值的5倍，故D錯誤。故選B。

?考點二用力學(xué)三大觀點處理帶電粒子在電場中運動的綜合問題?

Q畬Q?

知識點1力電綜合問題的處理流程

單處于平整體法受力平衡尋找連接體間

個衡狀態(tài)隔離法〉分析一方程一"

物的關(guān)聯(lián)量

體

或①列牛頓第二定

連

受

運連接

接

力

動律方程

隔離法尋找體間

體

分

狀②列運動學(xué)方程

態(tài)

析關(guān)系

③列功能關(guān)系

方程

方程

知識點2電場中的功能關(guān)系

1.電場中的功能關(guān)系

(1)若只有靜電力做功》電勢能與動能之和保持不變。

(2)若只有靜電力和重力做功5電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。

(3)除重力之外，其他各力對物體做的功5等于物體機(jī)械能的變化。

(4)所有外力對物體所做的功b等于物體動能的變化。

2.電場力做功的計算方法

⑴%B=qUAB(普遍適用)

(2)W=q&cos0(適用于勻強電場)

(3)%B=—AEp=Epa—EpB(從能量角度求解)

(4)W電+卬非電=公瓦(由動能定理求解)

考向1用動力學(xué)和能量觀點解決力電綜合問題重

例1代口圖所示,某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖甲中虛線所示，一個質(zhì)量

為機(jī)、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從。點由靜止開始沿電場線豎直向下運動，以。為坐標(biāo)原點，取豎

直向下為x軸的正方向，小球的機(jī)械能E機(jī)與位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g,不計空氣阻力，則

)

A.電場強度方向沿x軸正方向

B.從。運動到與的過程中，小球的速率越來越小，加速度越來越大

C.從。運動到州的過程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功變大

D.到達(dá)與位置時，小球速度的大小為2呼耳國

【答案】C

【詳解】A.小球機(jī)械能的變化量取決于除重力外的其他力所做的功，即

△E機(jī)=qEAx

故題圖乙中圖線的切線斜率表示小球受到的電場力，斜率變大，場強變大，小球機(jī)械能減小，電場力做負(fù)

功，則場強沿支軸負(fù)方向，故A錯誤；

B.從。運動到X］的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-qE=nia由于E變大，可知a變小，小球由靜止釋

放后一開始做加速度減小的加速運動，故B錯誤；

C.從。運動到打的過程中，相等的位移Ax內(nèi)，小球克服電場力做功為勿=qEAx由于E變大，可知W變大，

故C正確；

D.從。運動到與的過程中，根據(jù)動能定理可得mg%-=之根講解得到達(dá)/位置時，小球速度的大

小為〃=怪石遜國故D錯誤。故選C。

7m

【變式訓(xùn)練1-1?變情境】如圖所示，一長為L的絕緣輕繩一端系著質(zhì)量為優(yōu)、帶電荷量為+“的小球（可視

為質(zhì)點）、另一端固定在。點，整個空間存在與豎直方向夾角為45。的勻強電場。小球繞。點在豎直面ACBD

內(nèi)做圓周運動，其中A8水平，。豎直，E、尸連線與電場平行且經(jīng)過。點，小球運動到A點時速度最小，

為聞:，g為重力加速度，則下列說法正確的是（）

A.勻強電場的電場強度大小為詈B.小球從A點運動到2點，合力做功為47咫工

C.小球在B點時輕繩的拉力大小為6mgD.小球運動到E點時機(jī)械能最小

【答案】D

【詳解】A.小球運動到A點時速度最小，則電場力和重力的合力水平向右，電場力F=Eq=解得

勻強電場的電場強度大小E=如故A錯誤；

q

B.電場力和重力的合力大小產(chǎn)麥加g方向水平向右，所以小球從A點運動到8點合力做功為2:咫乙，故B

錯誤；

C.A到8過程，由動能定理有?ng?2L=之小詔—|機(jī)以2小球在8點時有T—mg=m霍?解得小球在8點時

輕繩的拉力大小T=77ng故C錯誤；

D.由能量守恒知，小球運動到E點時電勢能最大，機(jī)械能最小，故D正確。

故選D。

【變式訓(xùn)練12變情境】在地面附近，存在著兩個有理想邊界的電場，邊界A、8將該空間分成上下兩個區(qū)

域I、n,區(qū)域i中有豎直向上的勻強電場，區(qū)域n中有豎直向下的勻強電場。兩區(qū)域電場強度大小相等,

在區(qū)域I中的P點由靜止釋放一質(zhì)量為加，電荷量為q的帶電小球，小球穿過4B邊界時速度為幾，進(jìn)入?yún)^(qū)

域n到達(dá)M點速度剛好減為零，如圖所示，已知此過程中小球在區(qū)域II中運動時間是區(qū)域I中運動施加的

2倍，己知重力加速度為g,不計空氣阻力，則以下說法正確的是（）

A.小球帶正電

B.電場強度大小是逗

q

C.尸點距邊界的距離為詈

8g

D.若邊界AB處電勢為零，則M點電勢為-野

4q

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題意，小球先做勻加速運動，后做勻減速運動，可知電場力大于重力，且區(qū)域II的場強方

向向下，故電荷帶負(fù)電，故A錯誤；

B.在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得知=詈產(chǎn)在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為=

世著因為=a2t2，2tl=t2解得E=等故B錯誤；

C.設(shè)P點距邊界的距離為/?,貝岐=蓑=署故C錯誤；

D.對邊界到M的過程運用動能定理得：-qU+mgh'=0-"初=四解得U=野=0-.則0M=

22a24q

-哼兔故D正確。故選D。

【變式訓(xùn)練13變情境】如圖所示，在傾角為e=30。的光滑斜面的底端有一個固定的擋板，勁度系數(shù)為k的

輕質(zhì)彈簧的兩端分別栓接在固定擋板和質(zhì)量為6的小物體B上，質(zhì)量為27n帶電量為+q的小物體A和B靠

在一起處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧的彈性勢能為Ep=3^2,其中尤為彈簧的形變量，不計空氣阻力（重力加

速度為g）。現(xiàn)施加沿斜面向上場強大小為5=等的勻強電場（未畫出），使小物體A向上運動，當(dāng)小物

體A、B恰好分離時，小物體B的動能為（）

C7mg2D?嘿

12k24k?12k

【答案】B

【詳解】小物體A和B靠在一起處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件有(2m+m)gsin9=kxr,A、B剛剛分離時，

加速度相等，A、B之間彈力為0,則有qE-2mgsine=2ma,左必一agsin。=ma加電場至A、B剛剛分

2

離過程qE(久1—久2)+jfcxf-|fc%2=|(2m+m)v+(2m+m)g(xi-x2)sin0,B的動能屏=如后解得

&=富故選B。

考向2用能量和動量觀點解決力電綜合問題

酗離子推進(jìn)器是我國新一代航天動力裝置，推進(jìn)劑從圖中P處注入，在A處電離出一價正離子，已知8、

C之間加有恒定電壓U,正離子進(jìn)入8時的速度忽略不計，經(jīng)加速形成電流為/的離子束后噴出推進(jìn)器，假

設(shè)單位時間內(nèi)射出離子的質(zhì)量為M。則推進(jìn)器獲得的推力大小為()

ABCD

ITZJT______

A.72MU1B.—C.—D.y/MUI

2MI2MI

【答案】A

【詳解】在A處電離出正離子，經(jīng)B、C間電壓加速后，由動能定理可知(?。二號小講解得〃=］乎以推進(jìn)器

為參考系，應(yīng)用動量定理有Ft=mm7-0又因為/=?，M=?解得F=討根據(jù)牛頓第三定律知推進(jìn)

器獲得的推力大小為&WL故選A。

【變式訓(xùn)練2-1?變情境】如圖，絕緣底座放在光滑水平面上，間距為1的平行板電容器豎直固定在絕緣底座

上，A板有小孔O,水平光滑絕緣桿穿過。固定在B板上，絕緣桿離地高度為/7,電容器、底座和絕緣桿

的總質(zhì)量為機(jī)。給電容器充電后，一質(zhì)量為〃2的帶正電圓環(huán)P套在桿上以某一速度為對準(zhǔn)。向左運動，在

電容器中P距B板最近的位置為S,OS=\若A、B板外側(cè)無電場，內(nèi)部為勻強電場，P過孔。時與板無

接觸，不計P對A、B板間電場的影響。則()

A

vo

A.P從。至S的過程中，絕緣底座的位移大小為T

B.P進(jìn)入兩板間所受的電場力為乎

C.P從。至S的過程中，整個系統(tǒng)電勢能的增加量為:小堤

D.圓環(huán)P落地時，圓環(huán)尸和水平光滑絕緣桿最右端的距離為%

【答案】c

【詳解】A.帶電圓環(huán)P進(jìn)入電場后，在電場力的作用下，做勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用

下做勻加速直線運動，當(dāng)它們速度相等時，帶電圓環(huán)與電容器的左極板相距最近，取向左為正方向，由于

系統(tǒng)動量守恒有機(jī)%=2nw解得u=該過程電容器（絕緣底座）向左做勻加速直線運動，有久=環(huán)向

左做勻減速直線運動，有，=學(xué)t由題意可知工'—％=￡解得x=故A錯誤；

B.P從。運動至S的過程中，絕緣底座的位移大小為x=；d對絕緣底座研究，由動能定理可知Fx=；爪/

42

根據(jù)牛頓第三定律可知，P進(jìn)入兩板間所受的電場力和絕緣底座受到的力為相互作用力，則P進(jìn)入兩板間所

受的電場力為尸=噂故8錯誤；

C.P從。運動至S的過程中，帶電圓環(huán)P減速，動能減小，電容器動能增加，系統(tǒng)動能減小，電勢能增加，

增加的電勢能為AEp=-mvl--x2mv2=工TH堤故C正確；

P224

D.圓環(huán)P離開桿時，由系統(tǒng)動量守恒=nW]+mu2以及能量守恒科血詔=]77r詔+[血域解得圓環(huán)速度

為%=0絕緣底座速度為方=%根據(jù)h="嚴(yán)可得”監(jiān)則落地時，圓環(huán)P和水平光滑絕緣桿最右端的距

離為=vot=VQ隹故D錯誤。故選Co

79

【變式訓(xùn)練22變情境】如圖所示，水平地面上固定有一足夠大的導(dǎo)體板，上表面絕緣，右端接地。板上放

置著兩滑塊M、N,其中M帶正電，N不帶電且絕緣。滑塊M、N的質(zhì)量分別為機(jī)、2m。N的正上方P處

固定一電荷量為。的正點電荷?，F(xiàn)給滑塊M向右的初速度加，經(jīng)過一段時間與滑塊N發(fā)生彈性碰撞，碰撞

時間極短，碰后滑塊N向右運動距離/恰好靜止。已知兩滑塊與導(dǎo)體板間的動摩擦因數(shù)均為〃，重力加速度

為g,兩滑塊均視為質(zhì)點，整個過程滑塊電荷量不變。則下列說法中正確的是（）

尸十

MN

.門n.

A.M在運動過程中的電勢能增大

B.M在運動過程中的加速度不變

C.碰撞前M運動的時間為曳-

\2林g

D.碰撞前M克服摩擦力所做的功為：zn詔-）mgl

24

【答案】D

【詳解】A.在正點電荷和導(dǎo)體板產(chǎn)生的電場中，導(dǎo)體板上表面處的電場均豎直向下，則在整個過程中靜電

力對M始終不做功，M在運動過程中的電勢能不變，故A錯誤；

B.除碰撞外，滑塊M在運動的整個過程中受重力mg、支持力N、摩擦力/和電場力/作用，其中重力、

支持力和電場力在豎直方向上，三個力平衡，有mg+F=N

由于導(dǎo)體板表面電場強度從尸點正下方到兩側(cè)越來越小，則M在運動過程中F變化，N變化，摩擦力尸〃N

變化，根據(jù)牛頓第二定律可得尸加可知M在運動過程中的加速度變化，故B錯誤；

C.設(shè)碰撞后瞬間絕緣滑塊N的速度大小為v,之后做勻減速運動的加速度大小為管,根據(jù)牛頓第二定律得

由運動學(xué)公式得一2a7=0—v?聯(lián)立解得。=12林gl

設(shè)碰撞前瞬間M的速度為也，碰撞后瞬間M的速度為也，取向右為正方向，

根據(jù)動量守恒定律得mvi—mv2-\-'2.mv

根據(jù)碰撞前后總動能不變，有如資=|mv2+|X2mv2

聯(lián)立解得力=|v2=一在富

碰撞前M運動的整個過程中，滑塊M所受摩擦力等于合力，根據(jù)動量定理可得-九小為

由B項分析可知『＞卬ng,可得碰撞前M運動的時間t（會—忌，故C錯誤；

D.設(shè)碰撞前M克服摩擦力所做的功為W,根據(jù)動能定理，有-小說-巳小堤

解得W=-TTIVQ--/imgl

故D正確。

故選D。

【變式訓(xùn)練2-3?變情境】藍(lán)C是一種放射性同位素，生物學(xué)中常將/C標(biāo)記到有機(jī)物中，追蹤其在生物體

內(nèi)的代謝路徑。已知靜止在。點的/C原子核發(fā)生衰變的同時，空間中出現(xiàn)如圖所示的勻強電場。之后衰

變產(chǎn)物A、B兩粒子的運動軌跡04。8如圖中虛線所示，不考慮粒子所受重力、阻力和兩粒子間的相互作

用，下列說法正確的是（）

A.藍(lán)C原子核發(fā)生的是￡衰變

B./C衰變過程滿足能量守恒，動量不守恒

C.兩粒子始終處在同一等勢面上

D.經(jīng)過相等時間A、B粒子水平位移大小之比為2:5

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)A、B兩粒子的運動軌跡，可知其所受電場力均與電場方向相同，即兩粒子均帶正電，可

知肥C原子核發(fā)生的是a衰變，故A錯誤；

BC.根據(jù)上述，該衰變的核反應(yīng)方程為/C-：OBe+，He,衰變過程能量守恒，動量守恒，兩原子核動量

大小相等，則有mAVA=mBVB

可知，質(zhì)量越大，速度越小，即；°Be的初速度小于，He的初速度，粒子在電場中做類平拋運動，則有

根據(jù)圖像可知，當(dāng)豎直分位移大小相等時，；°Be的初速度小，電荷量多，則水平分位移小一些，可知A

粒子為：°Be粒子，根據(jù)y=|尊2可知，由于；區(qū)的比荷小于看He的比荷，經(jīng)歷相等時間，〃°Be的豎

直分位移小于,He的豎直分位移，即兩粒子飛出后不在同一等勢面上，故BC錯誤；

D.根據(jù)產(chǎn)VK協(xié)V8解得經(jīng)過相等時間A、B粒子水平分位移之比為愁=獨=:可知經(jīng)歷相等時間A、

出rnA5

B粒子水平分位移比為2：5,故D正確。故選D。

04

真題溯源-考向感知

1.（多選）（2024?江西?高考真題）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質(zhì)絕緣細(xì)直桿，質(zhì)量均為優(yōu)、

帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點電荷，帶電荷量分別為q和。。在圖示的坐標(biāo)

系中，小球乙靜止在坐標(biāo)原點，初始時刻小球甲從乂=久0處由靜止釋放，開始向下運動。甲和乙兩點電荷的

電勢能Ep=k^（r為兩點電荷之間的距離，左為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力力重力加速

度為g。關(guān)于小球甲，下列說法正確的是（）

X

甲X。

^do

zz/zz/zz

A.最低點的位置x=,kQ\

(mg+f)x0

B.速率達(dá)到最大值時的位置x=匹

\mg_f

C.最后停留位置尤的區(qū)間是陛WxW匹

7mg\rng-f

D.若在最低點能返回，則初始電勢能Epo<

【答案】BD

【詳解】A.全過程，根據(jù)動能定理(mg—f)(&—x)—(k"-k")=0解得萬=產(chǎn)「故A錯誤；

xXQ\VT-g~J)XQ

B.當(dāng)小球甲的加速度為零時，速率最大，則有mg=/+k詈解得久=J熱故B正確；

C.小球甲最后停留時，滿足mg—詈Vmg+f解得位置尤的區(qū)間J黑WxW屆［故C錯誤;

D.若在最低點能返回，即在最低點滿足k華,mg+/結(jié)合動能定理(mg-/)(%()-％)-(/c--fc—)=0

XXXQ

又Ep=k?聯(lián)立可得取<(mg-f)^^故D正確。故選BD。

2.(2025?廣東?高考真題)如圖是研究顆粒碰撞荷電特性裝置的簡化圖。兩塊水平絕緣平板與兩塊豎直

的平行金屬平板相接。金屬平板之間接高壓電源產(chǎn)生勻強電場。一帶電顆粒從上方絕緣平板左端A點處，

由靜止開始向右下方運動，與下方絕緣平板在B點處碰撞，碰撞時電荷量改變，反彈后離開下方絕緣平板

瞬間，顆粒的速度與所受合力垂直，其水平分速度與碰前瞬間相同，豎直分速度大小變?yōu)榕銮八查g的左倍

(/c<1)o已知顆粒質(zhì)量為根，兩絕緣平板間的距離為九兩金屬平板間的距離為d,8點與左平板的距離

為/,電源電壓為U,重力加速度為g。忽略空氣阻力和電場的邊緣效應(yīng)。求：

(1)顆粒碰撞前的電荷量q。

⑵顆粒在2點碰撞后的電荷量。。

(3)顆粒從A點開始運動到第二次碰撞過程中，電場力對它做的功W。

【答案】(1M=嘿

⑶0_kmgdli

(一UI

(3)若(4k+l)Z+把時，W=喑+4k2mgh+4a,若(4k+1)1+把產(chǎn)〉d時，〃=喑+

kmgh(d-l)

I

【詳解】(1)根據(jù)題意可知，顆粒在豎直方向上做自由落體，則有

水平方向上做勻加速直線運動，則有華=ma,Z=

a2

解得q=嘿

(2)根據(jù)題意可知，顆粒與絕緣板第一次碰撞時，豎直分速度為內(nèi)

水平分速度為以1=困=怦

則第一次碰撞后豎直分速度為％2=kvyl=kJ下

設(shè)第一次碰撞后顆粒速度方向與水平方向夾角為。，則有tan。=奧=華

VX1I

UQ

由于第一次碰撞后瞬間顆粒所受合力與速度方向垂直，則有tan。=q=當(dāng)