2025高考物理复习带电粒子(体)在电场中运动的综合课件教案练习题

第八章静电场素养提升课八带电粒子(体)在电场中运动的综合提升点一带电粒子在交变电场中的运动提升点二带电体在“等效重力场”中的运动提升点三电场中的力电综合问题内容索引课时测评提升点一带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场类型按电压(或场强)随时间变化的特点分类：正弦波状、矩形波状、锯齿波状等。2．交变电场中带电粒子常见的运动类型及分析思路运动类型分析思路粒子做单向直线运动一般对整段或分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式求解粒子做有往返的直线运动一般分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式或者动能定理、动量定理等求解粒子做偏转运动一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式或者动能定理等求解。考向1在交变电场中的直线运动(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB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内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板B．若电子是在t＝

时刻进入的，它一定不能到达B板C．若电子是在t＝

时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板D．若电子是在t＝

时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板例1√√电子在t＝0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的电场力向左，继续向右做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A错误；若电子在t＝

时刻进入，则电子受到的电场力向左，故无法到达B板，故B正确；若电子从

时刻进入两板时，电子先加速，经

时速度最大，此时电子开始受到反向电场力，经

速度减为零，再加速

至反向速度最大，接着减速

回到原位置，即电子在大于

时刻进入时一定不能到达B板，小于

时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。考向2在方波状交变电场中的偏转运动(多选)(2023·河北唐山模拟)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、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，OO′在两极正中间，不计粒子重力。以下判断正确的是A．粒子在电场中运动的最短时间为B．射出粒子的最大动能为

C．t＝

时刻进入的粒子，从O′点射出D．t＝

时刻进入的粒子，从O′点射出例2√√由题图乙可知场强E＝

，则粒子在电场中的加速度a＝

，则粒子在电场中运动的最短时间满足

，解得tmin＝

，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝

，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则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

，选项B错误；由题图乙可知，t＝

时刻进入的粒子先竖直向下加速，加速时间t加＝

，由选项A分析可知，t＝

时刻进入的粒子在t＝

前已经打在下极板上，不可能从O′点射出，C错误；由题图乙可知，t＝

时刻进入的粒子在竖直方向上先向上加速，加速时间t1＝

，加速过程中竖直方向的位移y1＝

，然后向上减速，减速时间t2＝t1＝

，减速过程中竖直方向的位移y2＝y1＝

，由y1＋y2＝

可知，粒子恰好不碰到上极板，然后竖直向下加速

，再向下减速

到竖直方向速度为零……如此反复，最后从电场射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，D正确。考向3在锯齿波状交变电场中的偏转运动如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10cm，极板间距d＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：例3(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；答案：13.5cm设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝

，设电容器间偏转电场的场强为E，则有E＝

，设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线方向有t＝

，垂直中心轴线方向有a＝

，联立解得y＝

，设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝at，tanθ＝

，则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltanθ＝

，由题图乙知t＝0.06s时刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5cm。(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。答案：30cm由题知电子偏移量y的最大值为

，根据y＝

可知，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得Ymax＝

，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30cm。返回提升点二带电体在“等效重力场”中的运动1．“等效重力场”研究处在匀强电场和重力场中带电物体的运动问题时，可以将重力场与电场合二为一，用一个“等效场”来代替，即“等效重力场”。2．“等效重力”及“等效重力加速度”(1)“等效重力”：将重力与电场力进行合成，如图所示，则G效＝F合。(2)“等效重力加速度”：g效＝

，F合的方向即为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。考向1在“等效重力场”中的类抛体运动空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q＞0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为

。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；答案：例4设电场强度的大小为E，B所受等效重力G效＝mg＋qE，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma

，

联立解得E＝

。(2)B运动到P点时的动能。答案：设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有(mg＋qE)h＝

且有

联立解得

对点练．(多选)(2022·全国甲卷)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√√如图所示，qE＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°角。当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，由于此时v1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；从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，水平方向上v0＝t，在竖直方向上v＝gt，由于qE＝mg，可得v＝v0，如图所示，即小球的初动能等于末动能。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WG＋WqE＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量，

故B、D正确；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。考向2在“等效重力场”中的圆周运动带电体在“等效重力场”中做圆周运动的等效“最高点”与“最低点”：以以下两种情境为例：图中虚线圆周表示带正电的带电体在“等效重力场”中做圆周运动的轨迹，过其圆心作“等效重力”的作用线：(1)沿着“等效重力”的反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效“最高点”。(2)沿着“等效重力”的方向延长交于圆周上的那个点为即等效“最低点”。(多选)(2023·河北石家庄模拟)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×104V/m，其中有一个半径为R＝2m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.08kg、电荷量为q＝＋6×10－5C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。例5 下列说法正确的是(cos37°＝0.8，g取10m/s2)A．小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1∶1B．小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大C．小环做圆周运动过程中动能最小值为1JD．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力为5N√√因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝

＝1N，与竖直方向夹角正切值tanθ＝

，解得θ＝37°，重力与静电力的合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是AO延长线与圆环轨道交点，而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得

F·2R＝

－0，由牛顿第二定律得FN－F＝m，代入数据解得FN＝5N，由牛顿第三定律可知小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5N，D正确。对点练．(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A．匀强电场的电场强度E＝B．小球动能的最小值为Ek＝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√√小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtanθ，解得E＝

，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(如图所示)，根据牛顿第二定律，有

，则最小动能Ek＝

，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。故选AB。返回提升点三电场中的力电综合问题电场中的力电综合问题，是指带电物体受到重力、电场力等共同作用下的运动问题，解决该类问题，在正确受力分析的基础上，要正确建立带电物体在电场中的运动模型，并且与力学中的运动模型进行类比，根据其运动特点灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究。1．动力学的观点：对于带电物体在匀强电场中做直线运动的问题，可以综合运用牛顿第二定律和运动学公式解题。2．能量的观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及能量问题时，可以应用动能定理、功能关系、能量守恒定律等灵活解题。3．动量的观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及动量问题时，可以应用动量定理、动量守恒定律等灵活解题。如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104V/m。该空间有一个半径为R＝2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04kg、电荷量为q＝

＋6×10－5C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：例6(1)黏合体在A点的速度大小；答案：5m/s小球2所受电场力F＝qE＝6×10－5×1×104N＝0.6N小球1和小球2的重力和为G＝2mg＝2×0.04×10N＝0.8N如图甲所示，黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为tanθ＝

所以θ＝37°所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以

解得vA＝5m/s。(2)弹簧的弹性势能；答案：9.2J小球从C点到A点，由动能定理得－qERsin37°－2mg×(R＋Rcos37°)＝

解得vC＝

小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC解得小球1碰撞前的速度v1＝

由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能

(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。答案：0.6s如图乙所示，黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动

竖直方向上的初速度为v0＝vAsin37°＝3m/s由竖直方向做匀加速运动可得R＋Rcos37°＝v0t＋

gt2解得t＝0.6s。乙对点练1．(多选)(2023·皖豫名校联盟体高三联考)如图为一固定在竖直面内的光滑绝缘细管轨道，A点与x轴相交，C点与y轴相交，轨道AB段竖直，长度为0.7m，BC段是半径为0.7m的四分之一圆弧，与AB相切于B点。一质量为m＝0.1kg、直径略小于管径的带电小球从A点以初速度v0射入轨道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小球带0.01C的正电荷，在x轴上方存在着电场强度大小为100N/C、方向水平向右的匀强电场，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是A．小球的初速度v0为6m/sB．小球的初速度v0为7m/sC．小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0D．小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为－0.7m√√因小球到达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全提供向心力，则mg＝m，小球从A→C的运动过程中，根据动能定理，有－mg·2r－qEr＝

，解得v0＝7m/s，故A错误，B正确；小球从C点出射，水平方向做匀减速直线运动，初速度为v＝

m/s,加速度为a＝

＝10m/s2，竖直方向为自由落体运动，运动到x轴时，有h＝

gt2，解得t＝

s，则此时横坐标为x＝－vt＋at2＝0，故C正确，D错误。对点练2．(多选)如图所示，不带电物体A质量为m，带电量为q(q＞0)的物体B质量为2m，A、B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，物体B静止在倾角为θ＝30°且足够长的斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端与物体A相连，整个系统不计一切摩擦。某时刻，施加一场强大小为

、方向沿斜面向下的匀强电场，在物体B获得最大速度的过程中弹簧未超过弹性限度(已知弹簧的弹性势能Ep＝

kx2，x为弹簧的形变量；轻绳与A、B的接触面均平行，且不会断裂)，下列说法正确的是A．施加电场的初始时刻，轻绳的拉力为B．物体B的速度最大时，弹簧的形变量为C．物体B从开始运动到最大速度的过程中，系统电势能的减少量为D．物体B从开始运动到最大速度的过程中，物体A和物体B机械能之和增加√√没有施加电场时，有FT1＝2mgsinθ，FT1＝kx1，施加电场的初始时刻，对B有2mgsinθ＋qE－FT2＝2ma，对A有FT2－kx1＝ma，解得FT2＝

mg，故A正确；物体B速度最大时，有2mgsinθ＋qE－FT3＝0，FT3＝kx2，解得x2＝

，故B错误；物体B从开始运动到速度最大时的位移为x2－x1＝

，系统电势能的变化量为ΔEp＝－qE(x2－x1)＝－

，所返回以电势能的减少量为

，故C正确；物体B速度最大时，A的速度也最大，此时弹簧弹性势能的增加量为

，与电场力做功相等，所以A、B两物体的机械能之和不变，故D错误。故选AC。课时测评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正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是A．带电粒子始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零√√设第1s内粒子的加速度大小为a1，第2s内的加速度大小为a2，由a＝

可知a2＝2a1，可见粒子第1s内向负方向运动，1.5s末的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确，A、B错误。2．(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度均为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v0B．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

D．在t＝

T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场√√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，选项A正确；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

，计算得出q＝

，选项B错误；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d′＝

，故静电力做功为W＝

，电势能减少了

，选项C错误；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，选项D正确。3．(多选)(2024·福建福州质检)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＝√√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＝m，即v＝

，故D正确。4．(2024·湖南株洲模拟)如图所示，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板A．

B．d

C．

D．

√设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝

，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，由E＝

可知，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器后的最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd′＝

，联立解得

，故选C。5．(多选)一带正电小球从A点竖直抛出，在空中同时存在水平向右的电场，运动轨迹如图所示，A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时动能为16J，在M点的动能为8J，不计空气阻力。则A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3C．小球落到B点时的动能为48JD．小球从A点运动到B点过程中最小动能为8J√√小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移—时间公式x1＝at2，x2＝at×t＋

at2，联立可得

，A错误，B正确；小球从A到M，由功能关系知在水平方向上电场力做功为W1＝Fx1＝8J，则从A到B水平方向上电场力做功为W1＝F(x1＋x2)＝4W1＝32J，根据能量守恒定律可知，小球运动到B点时的动能为EkB＝Ek0＋4W1＝16J＋32J＝48J，C正确；据运动轨迹，小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程中最小速度一定与等效G′垂直，在A、M之间，最小动能小于8J，D错误。故选BC。6．(多选)(2024·辽宁葫芦岛模拟)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝

，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是A．小球在运动过程中机械能守恒B．小球在运动过程中机械能不守恒C．小球在运动过程中的最小速度至少为D．小球在运动过程中的最大速度至少为

√√小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝

，小球在等效最高点A点的最小速度v1满足G′＝

，解得v1＝

，故C错误；小球由A点运动到B点，由动能定理有G′·2L＝

，解得v2＝

，故D正确。7．(多选)如图所示，在水平向左的匀强电场中用绝缘材料做成的圆环固定在竖直平面内，O为圆心，A、B、C、D为圆环上的点，AB、AOC、AD均为用绝缘材料做成的光滑细杆，AB杆竖直，AC与AB的夹角θ＝60°，AC与AD的夹角α＝15°。将一个质量为m、电荷量为＋q的小环分别套在AB、AOC、AD细杆上，从A点由静止释放运动到圆环上的B、C、D点，已知重力加速度为g，电场强度大小E＝

，带电小环对匀强电场的影响忽略不计。下列说法正确的是A．小环沿AOC细杆运动到C点时的动能最大B．小环沿AD细杆运动到D点的过程中电场力做功最多C．小环沿AD细杆运动到D点的过程中电场力的冲量最大D．小环沿三根细杆分别运动到B、C、D点的过程中电场力的冲量相同√√√电场力F电＝qE＝mg，沿AB向下运动，则有2Rcos60°＝

，mg＝ma1，解得tAB＝

。沿AOC运动，则有mgcos60°＋

mgcos30°＝ma2，2R＝

，解得tAOC＝

。沿AD运动，则有mgcos75°＋

＝ma3，2Rcos15°＝

，解得tAD＝

，即运动的时间相等，电场力相同，根据I＝Ft，可知小环沿三根细杆分别运动到B、C、D点的过程中电场力的冲量相同，C错误，D正确；小环沿AB、AOC、AD运动，在电场中沿电场方向的位移dAD＞dAOC＞dAB，电场力相等，根据W＝qEd，可知小环沿AD细杆运动到D点的过程中电场力做功最多，B正确；分析可得a2＞a3＞a1，根据v＝at，则有vAOC＞vAD＞vAB，小环沿AOC细杆运动到C点时的速度最大，根据Ek＝

，可知动能最大，A正确。8．(多选)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，水平匀强电场平行于轨道平面向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N分别是轨道上与圆心等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，场强E＝

，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置电势能最大B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点C．小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mgD．小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg√√电场力与重力的合力可视为等效重力mg′＝

，则等效重力加速度g′＝

，如图所示，tanθ＝

。当小球刚好通过等效最低点C关于O点对称的D点(等效最高点)时，就能够做完整的圆周运动。小球在D点时动能最小，但并非是电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在圆轨道上运动过程中能量守恒，根据能量守恒定律，小球在圆轨道上M点的位置电势能最小，所以小球的机械能最大，选项B正确；在P点和Q点，由牛顿第二定律得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，从Q点到P点，由动能定理得－mg·2R＝

，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误。9．(多选)(2024·湖南郴州质检)水平地面上方有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝

，从地面上的A点斜向右上方以速度v0＝10m/s抛出一个带电荷量为＋q(q＞0)、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角θ＝53°，轨迹如图所示。点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面上的C点。忽略空气阻力的影响。取g＝10m/s2。则A．D、E两点速度大小相等B．B点速度为10m/sC．小球落地时与水平方向的夹角仍为53°D．A、C两点距离为16m√√D、E两点高度相等，小球从D到E重力做功为零，电场力做正功，所以D、E两点速度大小不相等，故A错误；小球在水平方向与竖直方向的初速度分别为vx0＝v0cos53°＝6m/s，vy0＝v0sin53°＝8m/s，点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为零，由vy0＝gt，ax＝

，vx＝vx0＋axt，联立可得vx＝10m/s，即小球在B点速度为10m/s，故B正确；小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍，则到C点时，水平速度为vxC＝vx0＋ax·2t＝14m/s，vyC＝vy0＝8m/s，则小球落地时与水平方向的夹角正切为tanβ＝

，故C错误；A、C两点距离为x＝

＝16m，故D正确。10．如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示。已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是A．小球运动的速度一直增大B．小球先做匀加速运动后做匀速运动C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝gD．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比√小球速度增大到v0后，加速度a变为0，于是速度不再继续增大，故A错误；小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时加速度a0＜g，故C错误；由a-v图像可得a＝kv＋a0，由牛顿第二定律可得mg－qE－Ff＝ma，解得a＝－

，联立可知a0＝g－

，还可知－

＝kv，即Ff＝－kmv，故D正确。故选D。11．(10分)如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；答案：P、G和Q、G间电场强度大小相等，均为E。粒子在P、G间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝

F＝qE＝ma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－

设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝l＝v0t联立解得Ek＝

l＝(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场