高考物理模型101专题讲练：第53讲 单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题
专题19 匀强电场中的运动模型(解析版)
2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题19 匀强电场中的运动模型一、高考真题1．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v 0的相同粒子，垂直M 板向右的粒子，到达N 0；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22v a L=D ．粒子从N 板下端射出的时间0t =【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02L v t =；212d at =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)222v ad −=联立解得0L t =2v ，202v a L =故C 正确，D 错误；故选C 。
2．如图，带正电5310C −⨯的物块A 放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B 相连，A 处在匀强电场中，5410N /C E =⨯，从O 开始，A 与桌面的动摩擦因数μ随x 的变化如图所示，取O 点电势能为零，A 、B 质量均为1kg ，B 离滑轮的距离足够长，则（ ）A ．它们运动的最大速度为1m /sB ．它们向左运动的最大位移为1mC ．当速度为0.6m /s 时，A 的电势能可能是 2.4J −D ．当速度为0.6m /s 时，绳子的拉力可能是9.2N 【答案】ACD【详解】AB ．由题知2f mg x μ==设A 向左移动x 后速度为零，对A 、B 系统有102qEx mgx fx −−⋅=（此处fx 前面的12是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得2m x =，A 向左运动是先加速后减速，当2m x =时，摩擦力变成静摩擦力，并反向，系统受力平衡，最后静止。
高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x 2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y 当322a y y =y ＝98a 时，H 有最大值由于98a<2a，所以H的最大值H max＝94a，粒子射入磁场的位置为y＝98a－2a＝－78a2．如图所示，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T的最小值T min．【答案】（1）0mvBqL=（2）223cos2d R a R L≥+=；min(632)3LTvπ=【解析】【分析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则012qv B mvR=由几何关系：222113()()22L LR R=+-解得0mvBqL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=， 解得23L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t vπα--=解得()min 06323L T v π=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.3．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W4．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm 2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .5．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y .速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥6．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）53v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）()4053760Lvπ+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B =mv qR =05352m v q L ⨯⨯=023mv qL解得：43v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-32L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=3253L cos o=52L =r 故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=032Lv在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o=037120Lv π 从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =0158Lv 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．7．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/C ，在第二象限有半径R =5cm 的圆形磁场，磁感应强度B =0.8T ，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为qm=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/s ．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点的最远距离．【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（3）9cm【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m 20v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知r =R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：由几何关系可知四边形PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y ≤10cm（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：x 0=v 0t 0h =2012at a =qE m解得：h =18cm ＞2R =10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则：x =v 0ty =212at 代入数据解得：x=2y设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ， 000tan 2y qE x v m v y v v θ⋅=== 所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 0﹣2y ）•2y由数学知识可知，当（x 0﹣2y ）=2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值所以H max =9cm8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。
2021版高考物理一轮复习课件第7章静电场专题(07)在电场中运动的综合问题
【总结提升】 (1)当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受 力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性的运动．
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C 多维 课堂 突破
考点一 带电粒子在交变电场中的运动问题 1．常见的交变电场 常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)． (3)粒子做偏转运动(一般分解研究)．
多维探究
(1)在 t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处． (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
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解析：(1)电子经电场加速满足 qU0＝12mv2 经电场偏转后侧移量 y＝12at2＝12·qmUL偏Lv2 所以 y＝U4U偏L0 ，由图知 t＝0.06 s 时刻 U 偏＝1.8U0， 所以 y＝4.5 cm 设打在屏上的点距 O 点的距离为 Y，满足Yy＝L＋L L2
(1)23 s 内小物块的位移大小； (2)23 s 内电场力对小物块所做的功．
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解析：(1)设 0～2 s 内小物块的加速度为 a1 由牛顿第二定律得：E1q－μmg＝ma1 即 a1＝E1q－mμmg＝2 m/s2 位移 x1＝12a1t21＝4 m 2 s 末的速度为 v2＝a1t1＝4 m/s 设 2～4 s 内小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 E2q－μmg＝ma2 即 a2＝E2q－mμmg＝－2 m/s2
以连续产生粒子的粒子源，O 点到 A、B 的距离都是 l.现在 A、B 之间加上电压，电压 UAB 随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生 300 个粒子，粒子质量为 m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开 始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不 影响 A、B 板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量 l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C．
20版：专题强化八 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题（步步高）
专题强化八带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读 1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现．2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．一、带电粒子在电场中的运动1．分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题．2．受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用．二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法常有两种：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)分析物体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＝ΔE k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、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．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．命题点一 带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)． 3．思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件． (2)从两条思路出发：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．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．例1 (2018·山东省日照市二模)图1甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T 的交变电压u ，电压u 随时间t 变化的图线如图乙所示．质量为m 、重力不计的带电粒子以初速度v 0沿中线射入两板间，经时间T 从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是( )图1A ．t ＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B ．t ＝14T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C ．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D ．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等 答案 B解析 粒子在电场中运动的时间是相同的；t ＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t ＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A 正确；t ＝14T 时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B 错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T ，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C 、D 正确．变式1 (多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图2甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图2A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd 答案 BC解析 因0～T 3时间内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T3时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直速度为v y 1＝gT 3，水平速度为v 0；在2T3～T 时间内，由牛顿第二定律得2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y 2＝v y 1－g T3＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理得12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误． 命题点二 用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动1．等效重力法将重力与电场力进行合成，如图3所示，图3则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝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在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小的点．例2 (2018·闽粤期末大联考)如图4所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O ，用一根长度为L ＝0.4 m 的绝缘细线把质量为m ＝0.20 kg ，带有q ＝6.0×10－4 C 正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°.已知A 、C 两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图4(1)A 、B 两点间的电势差U AB .(2)将小球拉至位置A 使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C 时细线对小球的拉力F 的大小．(3)如果要使小球能绕O 点做完整的圆周运动，则小球在A 点时沿垂直于OA 方向运动的初速度v 0的大小．答案 (1)－400 V (2)3 N (3)21 m/s解析 (1)带电小球在B 点静止受力平衡，根据平衡条件得：qE ＝mg tan θ， 得：E ＝mg tan θq ＝0.20×10×tan 37°6.0×10－4V/m ＝2.5×103 V/m 由U ＝Ed 有：U AB ＝－EL (1－sin θ)＝－2.5×103×0.4×(1－sin 37°) V ＝－400 V . (2)设小球运动至C 点时速度为v C ，则： mgL －qEL ＝12m v C 2解得：v C ＝ 2 m/s在C 点，小球所受重力和细线的合力提供向心力： F －mg ＝m v C 2L ，联立解得：F ＝3 N.(3)分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B 点关于O 点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v ，则： mg cos θ＋qE sin θ＝m v 2L－mgL cos θ－qEL (1＋sin θ)＝12m v 2－12m v 02联立解得：v 0＝21 m/s.变式2 (2018·安徽省皖南八校第二次联考)如图5，一质量为m 1＝1 kg ，带电荷量为q ＝＋0.5 C 的小球以速度v 0＝3 m /s ，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6 m ，两极板间距为0.5 m ，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A 点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC ，圆弧轨道ABC 的形状为半径R <3 m 的圆截去了左上角127°的圆弧，CB 为其竖直直径，在过A 点竖直线OO ′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E ＝10 V/m.(取g ＝10 m/s 2)求：图5(1)两极板间的电势差大小U ；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R 的取值应满足的条件． 答案 (1)10 V (2)3 m>R ≥2518 m 或R ≤2563 m解析 (1)在A 点，竖直分速度v y ＝ v 0tan 53°＝4 m/s带电粒子在平行板中运动时间t ＝Lv 0＝0.2 sv y ＝at ，得a ＝20 m/s 2 又mg ＋E ′q ＝ma E ′＝Ud，得U ＝10 V(2)在A 点速度v A ＝v 0cos 53°＝5 m/s①若小球不超过圆心等高处，则有12m v A 2≤(mg ＋qE )R cos 53° 得R ≥2518 m故3 m>R ≥2518m②若小球能到达最高点C ，则有 12m v 2A ＝(mg ＋qE )R ·(1＋cos 53°)＋12m v C 2 在C 点：mg ＋Eq ≤m v C 2R可得v C ≥(mg ＋qE )Rm联立解得：R ≤2563m故圆弧轨道半径R 的取值条件为： 3 m>R ≥2518 m 或R ≤2563m命题点三 电场中的力电综合问题1．力学规律(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式． (2)能量规律：动能定理或能量守恒定律． 2．电场规律(1)电场力的特点：F ＝Eq ，正电荷受到的电场力与场强方向相同． (2)电场力做功的特点：W AB ＝FL AB cos θ＝qU AB ＝E p A －E p B . 3．多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度．对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得．例3 (2018·四川省乐山市第一次调研)如图6所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E ＝5×103 N/C.今有一质量为m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－5 C 的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g ＝10 m/s 2，求：图6(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力； (2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离； (3)小滑块最终运动情况．答案 (1)2.2 N ，方向竖直向下 (2)23m (3)在圆弧轨道上往复运动解析 (1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，对圆弧轨道最低点B 的压力为F N ，则由A →B ，有mgR －qER ＝12m v B 2F N ′－mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律F N ′＝F N故F N ＝3mg －2qE ＝2.2 N ，方向竖直向下， (2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x ， 对全程由动能定理有mgR －qE (R ＋x )－μmgx ＝0 得x ＝23m(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 N μmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N 因此有qE >μmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．变式3 (2018·江西省南昌二中第四次模拟)如图7所示，在E ＝103 V/m 的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，一带正电荷q ＝10－4 C 的小滑块质量为m ＝40 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，问：图7(1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放？ (2)这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点) 答案 (1)20 m (2)1.5 N解析 (1)设滑块与N 点的距离为L ，由动能定理可得，qEL －μmgL －mg ·2R ＝12m v 2－0小滑块在C 点时，mg ＝m v 2R解得v ＝2 m/s ，L ＝20 m(2)滑块到达P 点时，对全过程应用动能定理得，qE (L ＋R )－μmgL －mgR ＝12m v P 2－0在P 点，F N －qE ＝m v P 2R，解得F N ＝1.5 N由牛顿第三定律可得，滑块通过P 点时对轨道压力大小是1.5 N.变式4 (2019·山东省青岛市模拟)如图8所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m 的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O 点，小球带电荷量为＋q ，静止时距地面的高度为h ，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g .(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：图8(1)匀强电场的场强大小E ；(2)现将细线剪断，小球落地过程中小球水平位移的大小； (3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能． 答案 (1)3mg 4q (2)34h (3)2516mgh解析 (1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由F T cos 37°＝mg F T sin 37°＝qE 解得：E ＝3mg4q(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a 的匀加速运动， 由Eq ＝ma x ＝12at 2 h ＝12gt 2 联立解得：x ＝34h25 (3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：E k＝mgh＋qEx＝16mgh.。
专题5.1 电场力的性质-2019年高考浙江物理学考选考回归教材精讲精练(解析版)
5.1 电场的力的性质 （解析版）一、电荷和电荷守恒定律 1.元电荷、点电荷 (1)元电荷：e ＝1.6×10－19C ，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同。
(2)点电荷：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。
2.静电场(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。
(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。
3.电荷守恒定律(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。
(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。
二、库仑定律1.内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比。
作用力的方向在它们的连线上。
2.表达式：F ＝k q 1q 2r 2，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量。
3.适用条件：真空中的点电荷。
三、电场的描述1.电场强度、点电荷的场强(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值。
(2)定义式：E ＝Fq。
单位：N/C 或V/m(3)点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E ＝k Qr 2。
(4)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。
知识讲解(5)电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
2.电场线(1)定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱。
考点一电荷及电荷守恒定律(b/c)1.三种起电方式(1)摩擦起电：电荷得失，玻璃棒与丝绸摩擦，玻璃棒因失去电子而带正电。
高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，一带电荷量q =+0.05C 、质量M =lkg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m =lkg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L =0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。
整个空间存在电场强度E =100N/C 的水平向左的匀强电场。
现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g =10m/s 2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。
求：（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率； （2）平板的最小长度；（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。
【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s 【解析】 【详解】（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速， 有a =qEm=2.5m/s 2＜μg 故平板M 与物块m 一起匀加速，根据动能定理可得：qEL =12（M +m ）v 21 解得v =2.0m/s平板反弹后，物块加速度大小a 1=mgmμ=7.5m/s 2，向左做匀减速运动平板加速度大小a 2=qE mgmμ+=12.5m/s 2， 平板向右做匀减速运动，设经历时间t 1木板与木块达到共同速度v 1′，向右为正方向。
-v 1+a 1t 1=v 1-a 2t 1解得t 1=0.2s ，v 1'=0.5m/s ，方向向左。
此时平板左端距挡板的距离：x =v 1t 122112a t -=0.15m 此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v ，则由动能定理12（M +m ）v 2212-（M +m ）21'v =qEx 1解得v 2=1.0m/s（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。
高考物理复习 第七章 静电场 高考培优讲座(七) 电场中的力电综合问题
(1)求油滴运动到 B 点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t1 和 v0 应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度 v0 做竖直上抛运动的最大高度 恰好等于 B、A 两点间距离的两倍．
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第七章 静电场
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[解析] (1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强
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第七章 静电场
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解析：(1)小球抛出后从 C 到 B 过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则： mg－|q|E＝ma， 解得小球的加速度大小 a＝mg－m|q|E＝2×10－1×2 10－3×104 m/s2＝5 m/s2. C 与 B 的高度差 h＝Rcos 60°＝0.4 m，设小球到 B 点时竖直分速度大小为 vy，则 v2y＝ 2ah，
小球从 B 到 A 的过程，由动能定理得：
(mg－|q|E)(R－Rcos 60°)－Wf＝12mv2A－12mv2B
解得：Wf＝13 J. 答案：(1)233 m/s
1 (2)3 J
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＋mg＝ma2
③
油滴在时刻 t2＝2t1 的速度为
v2＝v1－a2t1
④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1.
⑤
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第七章 静电场
(2)由题意，在 t＝0 时刻前有 qE1＝mg 油滴从 t＝0 到时刻 t1 的位移为 s1＝v0t1＋12a1t21
2020高考物理一轮总复习第七章静电场能力课带电粒子带电体在电场中运动的综合问题课件新人教版
(1)交变电压的周期 T 应满足什么条件，粒子从 a 点射入金属板的时刻应满足什 么条件；
(2)两板间距 d 应满足的条件． 解析：(1)要使带电粒子从 b 点以速度 v0 射出，应满足vL0＝nT(n 为整数)，则 T ＝nLv0(n 为整数)，由运动的对称性可知，射入的时刻应为 t＝k2T＋T4，即 t＝2k4＋nv10L(k 为整数)．
3．分析两个关系 (1)力和运动的关系． (2)功能关系． 4．注意全面分析 (1)注重全面分析带电粒子受力特点和运动情况，抓住粒子的运动具有周期性和 在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、做功或确定与物 理过程相关的边界条件． (2)某一过程中的匀变速运动(曲线时将运动分解)可利用牛顿运动定律，结合匀变 速直线运动的规律分析求解．
第七章 静电场
带电粒子(带电体)在 电场中运动的综合 问题
栏 板块一 考 1 目 点突破 导 板块二 素养 2
培优
航
3 板块三 跟 踪检测
板块 考点突破 一 通关
记要点、练高分、考点
考点一 带电粒子(带电体)在交变电场中的运动——多维探究
|记要点| 1．常见的交变电场 常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)． (3)粒子做偏转运动(一般分解研究)．
(2)设带电体从最高点 C 落至水平轨道上的 D 点经历的时间为 t，根据运动的分 解有 2R＝12gt2
xDB＝vCt－12Emqt2 联立解得 xDB＝0.
(3)由 P 到 B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从 B 经 C 到 D 的过程 中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成 45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在 B 点右侧对应圆心角为 45°处．设带电体 的最大动能为 Ekm，根据动能定理有
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第53讲单体或多体在电场中的运动之力、电综合问题1．（2022•广东）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。
如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。
通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。
有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1。
此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。
B 在匀速运动时间t内上升了距离h2（h2≠h1），随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。
已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝k m 13v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。
不计空气浮力，重力加速度为g。
求：（1）比例系数k；（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
一.知识回顾1.解题思路2.用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。
(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。
(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。
3．用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。
(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。
4.力电综合问题的处理方法力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等知识点，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，解答时要注意把握以下几点：(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列式求解。
(2)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。
(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和静电力为恒力，可以将重力和静电力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝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。
当此恒力F 合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。
二.例题精析题型一：单一带电体在电场中的运动（引入等效重力概念）例1．如图所示，一半径为R 的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的。
轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。
从水平轨道上的A 点由静止释放一质量为m 的带正电的小球，已知小球受到的电场力大小等于小球重力的34倍。
为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则释放点A 距圆轨道最低点B 的距离s 为（ ）A ．7R 2B ．10R 3C ．13R 6D ．23R 6题型二：球杆连接体例2．在动摩擦因数μ＝0.2的粗糙绝缘足够长的水平槽中，长为2L 的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m 的带电小球A 和B ，如图为俯视图（槽两侧光滑）。
A 球的电荷量为+2q ，B 球的电荷量为﹣3q （均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）。
现让A 球处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN 内，已知虚线MP 恰位于细杆的中垂线，MP 和NQ 的距离为3L ，匀强电场的场强大小为E =1.2mg q，方向水平向右。
释放带电系统，让A 、B 从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响，重力加速度为g ）。
求：（1）小球B 第一次到达电场边界MP 所用的时间；（2）小球A 第一次离开电场边界NQ 时的速度大小；（3）带电系统运动过程中，B 球电势能增加量的最大值。
题型三：板块叠加模型+运动的合成与分解例3．在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B．用手托起A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示，现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动，为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成线匀加速接着匀减速到静止的过程，测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s，P、Q位置高度差为0.5m，已知匀强电场的场强E=0.3mgq，A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g＝10m/s2，求：（1）绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？（2）滑块B最后停在离出发点距离为多大处？题型四：往复运动模型例4．如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AB与水平绝缘地面BC平滑连接，且O、A两点高度相同，圆弧的半径R＝0.5m，水平地面上存在匀强电场，场强方向斜向上与地面成θ＝37°角，场强大小E＝1×104V/m，从A点由静止释放一带负电的小金属块（可视为质点），质量m＝0.2kg，电量大小为q＝5×10﹣4C，小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
求：（1）金属块第一次到达B点（未进入电场）时对轨道的压力。
（2）金属块在水平面上滑行的总路程。
三.举一反三，巩固练习1.如图所示，在绝缘的水平面上，一带正电的滑块以5m/s的速度从A点经时间t1到达B点时的速度为3m/s，再经时间t2到达C点时的速度为0，平面上方的空间有水平向左的匀强电场，下列说法正确的是（）A．A、B间的距离与B、C间的距离之比为5：3B．A、B间的距离与B、C间的距离之比为3：1C．t1与t2之比为3：2D．t1与t2之比为2：32.如图所示，在光滑水平面上，有一绝缘长木板B静止在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E，现把电荷量为+q的小物块A从B的左端由静止释放，经过一段时间后（A未从B上掉落），A向右运动的位移大小为x1，B向右运动的位移大小为x2，已知A与B接触面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B的质量均为m，下列说法正确的是（）A．若qE≤2μmg，则x1＞x2B．若qE＞2μmg，则x1＝x2C．若qE＞2μmg，则该过程中因摩擦产生的热量Q＝μmg（x1﹣x2）D．该过程中，A、B系统的电势能减小qEx1，机械能增加qEx13.如图所示，空间中存在与水平方向成45°角斜向右上方的匀强电场，电场强度为E，在电场中的P点有一个质量为m，电荷量为q的带正电的小球。
已知电场强度E=√2mgq，其中g为重力加速度，忽略空气阻力，下列对小球运动情况分析正确的是（）A．若小球从静止释放，小球将做曲线运动B．若小球以某一速度竖直向下抛出，小球的动能一直增加C．若小球以某一速度竖直向上抛出，小球电势能先减小后增大D．若小球初速度方向与电场线方向相同，最终小球可能竖直向下做直线运动4.如图所示，质量为m的物块带电量为﹣q，开始时让它静止倾角α＝53°的固定光滑绝缘斜面顶端。
若整个装置放在水平向右的匀强电场中，物块由静止释放到落地所经历的时间为t1；若仅将匀强电场的方向改为水平向左，物块在相同的位置由静止释放到落地所经历的时间为t2，已知匀强电场的电场强度E=mgq，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，则t1与t2的比值（）A．5：1B．5：2C．4：3D．5：45.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。
AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径，已知重力加速度为g，电场强度E=mgq，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度v=√2gLB．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小C．若将小球在A点由静止开始释放，则小球运动到B点时的速度为v=√2gLD．若将小球在A点以大小为v=√gL的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B点6.空间存在与水平方向成30°角斜向右上的匀强电场，场强E＝1×109V/m，质量为m＝2kg的带电量为q＝2×10﹣8C的正电小球，套在光滑绝缘且长度未知的轻杆上，轻杆的一端固定在过O 点转轴上，重力加速度g＝10m/s2。
O点距倾角为60°的挡板L＝0.6m，小球由O点静止释放，则关于小球沿杆到达挡板的最短时间及此情形下的杆长应为（）A．t min＝0.2s，l=√310m B．t min＝0.3s，l=9√3 40mC．t min＝0.4s，l=2√35m D．t min＝0.5s，l=5√38m7.固定的足够长斜面顶端有一个质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，以速度v0平抛。
整个装置处在竖直向下的匀强电场之中，场强大小E=mg2q，小球从抛出到落到斜面的时间为t1，重力做功为W G1，电势能减少量为E p1，落到斜面上时的动能为E k1；若将电场方向改为竖直向上，其他条件不变，小球从抛出到落到斜面的时间为t2，重力做功为W G2，电势能增加量为E p2，落到斜面上时的动能为E k2，则下列关系式不正确的是（）A．t1：t2＝1：3B．E k1：E k2＝1：1C．W G1：W G2＝1：1D．E p1：E p2＝1：38.如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。
ABCD面带正电，EFGH面带负电。
从ABCD平面的一小孔P从左向右沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点。
则下列说法正确的是（）A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴在真空盒中都做匀变速运动C ．三个液滴的运动时间不一定相同D ．三个液滴落到底板时的速率相同9. 如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m ，带电荷量为+q 的小球被绝缘细线悬挂静止于A 点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB 运动，经时间t 后到达B 点，已知直线AB 与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g ，规定A 点的电势为零，下列说法正确的是（ ）A ．电场强度大小为E =√2mg qB ．B 点的电势φB =mg 2t 22qC ．B 点的电势能ED =mg 2t 22qD ．小球机械能的变化量为mg 2t 2210. 在与x 轴平行的匀强电场中，一电荷量为q ＝+1.0×10﹣7C 、质量为m ＝2.5×10﹣3kg 的物体在绝缘水平面上沿着x 轴正方向从A 点以初速度v 0＝1.6m/s 做直线运动，经时间t ＝4s 物体的速度刚好为0。