第八章靜電場Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit,seddoeiusmodtemporincididuntutlaboreetdoloremagnaaliqua.Utenimadminimveniam,quisnostrudexercitationullamcolaborisnisiutaliquipexeacommodoconsequat.素養提升課八帶電粒子(體)在電場中運動的綜合Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit.Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit.Loremips提升點一帶電粒子在交變電場中的運動提升點二帶電體在“等效重力場”中的運動提升點三電場中的力電綜合問題內容索引課時測評提升點一帶電粒子在交變電場中的運動運動類型分析思路粒子做單向直線運動一般對整段或分段研究，應用牛頓第二定律結合運動學公式求解粒子做有往返的直線運動一般分段研究，應用牛頓第二定律結合運動學公式或者動能定理、動量定理等求解粒子做偏轉運動一般根據交變電場特點分段研究，應用牛頓第二定律結合運動學公式或者動能定理等求解。1．常見的交變電場類型按電壓(或場強)隨時間變化的特點分類：正弦波狀、矩形波狀、鋸齒波狀等。2．交變電場中帶電粒子常見的運動類型及分析思路例1√√考向1在交變電場中的直線運動(多選)如圖甲所示，A、B是一對平行金屬板。A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規律如圖乙所示。現有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區域內，電子的初速度和重力的影響均可忽略，則A．若電子是在t＝0時刻進入的，它可能不會到達B板B．若電子是在t＝

時刻進入的，它一定不能到達B板C．若電子是在t＝

時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后穿過B板D．若電子是在t＝

時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后穿過B板電子在t＝0時刻進入時，在一個周期內，前半個周期受到的電場力向右，向右做加速運動，后半個周期受到的電場力向左，繼續向右做減速運動，T時刻速度為零，接著周而復始，所以電子一直向B板運動，一定會到達B板，故A錯誤；若電子在t＝

時刻進入，則電子受到的電場力向左，故無法到達B板，故B正確；若電子從

時刻進入兩板時，電子先加速，經

時速度最大，此時電子開始受到反向電場力，經

速度減為零，再加速

至反向速度最大，接著減速

回到原位置，即電子在大于

時刻進入時一定不能到達B板，小于

時刻進入時一定能到達B板，所以C正確，D錯誤。例2√√考向2在方波狀交變電場中的偏轉運動(多選)(2023·河北唐山模擬)如圖甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，能持續水平向右發射初速度為v0、電荷量為＋q、質量為m的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，OO′在兩極正中間，不計粒子重力。以下判斷正確的是A．粒子在電場中運動的最短時間為B．射出粒子的最大動能為

C．t＝

時刻進入的粒子，從O′點射出D．t＝

時刻進入的粒子，從O′點射出由題圖乙可知場強E＝

，則粒子在電場中的加速度a＝

，則粒子在電場中運動的最短時間滿足

，解得tmin＝

，選項A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝

，則任意時刻射入的粒子若能射出電場，則射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為

，選項B錯誤；由題圖乙可知，t＝

時刻進入的粒子先豎直向下加速，加速時間t加＝

，由選項A分析可知，t＝

時刻進入的粒子在t＝

前已經打在下極板上，不可能從O′點射出，C錯誤；由題圖乙可知，t＝

時刻進入的粒子在豎直方向上先向上加速，加速時間t1＝

，加速過程中豎直方向的位移y1＝

，然后向上減速，減速時間t2＝t1＝

，減速過程中豎直方向的位移y2＝y1＝

，由y1＋y2＝

可知，粒子恰好不碰到上極板，然后豎直向下加速

，再向下減速

到豎直方向速度為零……如此反復，最后從電場射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點射出，D正確。例3考向3在鋸齒波狀交變電場中的偏轉運動如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L＝10cm，極板間距d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，熒光屏足夠長，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢差隨時間變化的圖像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短，可以認為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：設電子經電壓U0加速后的速度為v0，根據動能定理得eU0＝

，設電容器間偏轉電場的場強為E，則有E＝

，設電子經時間t通過偏轉電場，偏離軸線的側向位移為y，則沿中心軸線方向有t＝

，垂直中心軸線方向有a＝

，聯立解得y＝

，(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的位置到O點的距離；答案：13.5cm設電子通過偏轉電場過程中產生的側向速度為vy，偏轉角為θ，則電子通過偏轉電場時有vy＝at，tanθ＝

，則電子在熒光屏上偏離O點的距離為Y＝y＋Ltanθ＝

，由題圖乙知t＝0.06s時刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5cm。由題知電子偏移量y的最大值為

，根據y＝

可知，當偏轉電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以代入得Ymax＝

，所以熒光屏上電子能打到的區間長度為2Ymax＝3L＝30cm。返回(2)熒光屏上有電子打到的區間長度。答案：30cm提升點二帶電體在“等效重力場”中的運動Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit,seddoeiusmodtemporincididuntutlaboreetdoloremagnaaliqua1．“等效重力場”研究處在勻強電場和重力場中帶電物體的運動問題時，可以將重力場與電場合二為一，用一個“等效場”來代替，即“等效重力場”。2．“等效重力”及“等效重力加速度”(1)“等效重力”：將重力與電場力進行合成，如圖所示，則G效＝F合。(2)“等效重力加速度”：g效＝

，F合的方向即為“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。例4考向1在“等效重力場”中的類拋體運動空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q＞0)。A從O點發射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為

。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大小；答案：設電場強度的大小為E，B所受等效重力G效＝mg＋qE，小球B運動的加速度為a。根據牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma

，

聯立解得E＝

。設B從O點發射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有(mg＋qE)h＝

且有

聯立解得

(2)B運動到P點時的動能。答案：√√對點練．(多選)(2022·全國甲卷)地面上方某區域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中Р點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在Р點。則射出后A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量如圖所示，qE＝mg，故等效重力G′的方向與水平方向成45°角。當vy＝0時速度最小，為vmin＝v1，由于此時v1存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不是最大，故A錯誤；從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，水平方向上v0＝

t，在豎直方向上v＝gt，由于qE＝mg，可得v＝v0，如圖所示，即小球的初動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知WG＋WqE＝0，則重力做功等于小球電勢能的增加量，故B、D正確；當如圖中v1所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤。故選BD。考向2在“等效重力場”中的圓周運動帶電體在“等效重力場”中做圓周運動的等效“最高點”與“最低點”：以以下兩種情境為例：圖中虛線圓周表示帶正電的帶電體在“等效重力場”中做圓周運動的軌跡，過其圓心作“等效重力”的作用線：(1)沿著“等效重力”的反向延長線交于圓周上的那個點即為圓周運動的等效“最高點”。(2)沿著“等效重力”的方向延長交于圓周上的那個點為即等效“最低點”。例5 (多選)(2023·河北石家莊模擬)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝1×104V/m，其中有一個半徑為R＝2m的豎直光滑圓環軌道，環內有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質量為m＝0.08kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小環(視為質點)穿在弦軌道上，從A點由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達圓周上的B、C點。現去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環穿在圓環軌道上且恰好能做完整的圓周運動。不考慮小環運動過程中電荷量的變化。√√下列說法正確的是(cos37°＝0.8，g取10m/s2)A．小環在弦軌道AB和AC上運動時間之比為1∶1B．小環做圓周運動過程中經過C點時動能最大C．小環做圓周運動過程中動能最小值為1JD．小環做圓周運動過程中對圓環軌道的最大壓力為5N因為重力與靜電力均為恒力，所以二者的合力大小為F＝

＝1N，與豎直方向夾角正切值tanθ＝

，解得θ＝37°，重力與靜電力的合力指向AO，A為等效最高點，根據等時圓模型，小環在弦軌道AB和AC上運動時間相等，A正確；等效最低點是AO延長線與圓環軌道交點，而非C點，等效最低點速度最大，動能最大，B錯誤；因為小環穿在圓環軌道上且恰好能做完整的圓周運動，則小環在等效最高點A速度最小為零，在A點動能最小也為零，C錯誤；小環在等效最低點時速度最大，動能最大，小環對圓環軌道壓力也最大，從等效最高點至等效最低點過程中，由動能定理得F·2R＝

－0，由牛頓第二定律得FN－F＝m，代入數據解得FN＝5N，由牛頓第三定律可知小環做圓周運動的過程中對圓環的最大壓力是5N，D正確。√√對點練．(多選)如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是A．勻強電場的電場強度E＝B．小球動能的最小值為Ek＝C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大小球靜止時細線與豎直方向成θ角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據平衡條件，有qE＝mgtanθ，解得E＝

，選項A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點A速度最小(如圖所示)，根據牛頓第二定律，有

，則最小動能Ek＝

，選項B正確；小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端時機械能最小，選項C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項D錯誤。故選AB。返回LOREMIPSUMDOLOR提升點三電場中的力電綜合問題電場中的力電綜合問題，是指帶電物體受到重力、電場力等共同作用下的運動問題，解決該類問題，在正確受力分析的基礎上，要正確建立帶電物體在電場中的運動模型，并且與力學中的運動模型進行類比，根據其運動特點靈活應用動力學觀點、能量觀點和動量觀點等多角度進行分析與研究。1．動力學的觀點：對于帶電物體在勻強電場中做直線運動的問題，可以綜合運用牛頓第二定律和運動學公式解題。2．能量的觀點：對于帶電物體在電場中的運動過程涉及能量問題時，可以應用動能定理、功能關系、能量守恒定律等靈活解題。3．動量的觀點：對于帶電物體在電場中的運動過程涉及動量問題時，可以應用動量定理、動量守恒定律等靈活解題。例6如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度的大小為E＝1.0×104

V/m。該空間有一個半徑為R＝2m的豎直光滑絕緣圓環的一部分，圓環與光滑水平面相切于C點，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質量為m＝0.04kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小球2(可視為質點)靜止于C點。輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時位于P點。質量也為m＝0.04kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點左側某點后釋放。小球1沿光滑水平面運動到C點與小球2發生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達A點。P、C兩點間距離較遠，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)黏合體在A點的速度大小；答案：5m/s小球2所受電場力F＝qE＝6×10－5×1×104

N＝0.6N小球1和小球2的重力和為G＝2mg＝2×0.04×10N＝0.8N如圖甲所示，黏合體所受重力與電場力的合力與豎直方向的夾角為tanθ＝

所以θ＝37°所以A點是黏合體在重力場和電場中做圓周運動的等效最高點，由于黏合體恰能沿圓弧到達A點，所以

解得vA＝5m/s。小球從C點到A點，由動能定理得－qERsin37°－2mg×(R＋Rcos37°)＝

解得vC＝

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

由機械能守恒定律可得彈簧的彈性勢能

(2)彈簧的彈性勢能；答案：9.2J如圖乙所示，黏合體過A點后豎直方向上做勻加速運動豎直方向上的初速度為v0＝vAsin37°＝3m/s由豎直方向做勻加速運動可得R＋Rcos37°＝v0t＋

gt2解得t＝0.6s。乙(3)小球黏合體由A點到達水平面運動的時間。答案：0.6s√√對點練1．(多選)(2023·皖豫名校聯盟體高三聯考)如圖為一固定在豎直面內的光滑絕緣細管軌道，A點與x軸相交，C點與y軸相交，軌道AB段豎直，長度為0.7m，BC段是半徑為0.7m的四分之一圓弧，與AB相切于B點。一質量為m＝0.1kg、直徑略小于管徑的帶電小球從A點以初速度v0射入軌道，小球到達最高點C時恰好與軌道沒有作用力。已知小球帶0.01C的正電荷，在x軸上方存在著電場強度大小為100N/C、方向水平向右的勻強電場，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是A．小球的初速度v0為6m/sB．小球的初速度v0為7m/sC．小球從C點射出后運動軌跡與x軸交點橫坐標為0D．小球從C點射出后運動軌跡與x軸交點橫坐標為－0.7m因小球到達最高點時與軌道沒有作用力，說明自身重力完全提供向心力，則mg＝m，小球從A→C的運動過程中，根據動能定理，有－mg·2r－qEr＝

，解得v0＝7m/s，故A錯誤，B正確；小球從C點出射，水平方向做勻減速直線運動，初速度為v＝

m/s,加速度為a＝

＝10m/s2，豎直方向為自由落體運動，運動到x軸時，有h＝

gt2，解得t＝

s，則此時橫坐標為x＝－vt＋at2＝0，故C正確，D錯誤。對點練2．(多選)如圖所示，不帶電物體A質量為m，帶電量為q(q＞0)的物體B質量為2m，A、B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，物體B靜止在傾角為θ＝30°且足夠長的斜面上，勁度系數為k的輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端與物體A相連，整個系統不計一切摩擦。某時刻，施加一場強大小為

、方向沿斜面向下的勻強電場，在物體B獲得最大速度的過程中彈簧未超過彈性限度(已知彈簧的彈性勢能Ep＝

kx2，x為彈簧的形變量；輕繩與A、B的接觸面均平行，且不會斷裂)，√√下列說法正確的是A．施加電場的初始時刻，輕繩的拉力為B．物體B的速度最大時，彈簧的形變量為C．物體B從開始運動到最大速度的過程中，系統電勢能的減少量為D．物體B從開始運動到最大速度的過程中，物體A和物體B機械能之和增加沒有施加電場時，有FT1＝2mgsinθ，FT1＝kx1，施加電場的初始時刻，對B有2mgsinθ＋qE－FT2＝2ma，對A有FT2－kx1＝ma，解得FT2＝

mg，故A正確；物體B速度最大時，有2mgsinθ＋qE－FT3＝0，FT3＝kx2，解得x2＝

，故B錯誤；物體B從開始運動到速度最大時的位移為x2－x1＝

，系統電勢能的變化量為ΔEp＝－qE(x2－x1)＝－

，所返回以電勢能的減少量為

，故C正確；物體B速度最大時，A的速度也最大，此時彈簧彈性勢能的增加量為

，與電場力做功相等，所以A、B兩物體的機械能之和不變，故D錯誤。故選AC。課時測評Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit.Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit.Loremips√√1．(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是A．帶電粒子始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內，電場力做的總功為零設第1s內粒子的加速度大小為a1，第2s內的加速度大小為a2，由a＝

可知a2＝2a1，可見粒子第1s內向負方向運動，1.5s末的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發點，粒子的速度為0，v-t圖像如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確，A、B錯誤。√√2．(多選)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度均為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0且周期性變化的電壓，在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場，已知電場變化周期T＝

，粒子質量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B．粒子的電荷量為C．在t＝

T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了

D．在t＝

T時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間t＝

，此時間正好是交變電壓的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，選項A正確；在豎直方向，t＝0時刻進入電場的粒子在

時間內的位移為

，則

，計算得出q＝

，選項B錯誤；在t＝

時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為d′＝

，故靜電力做功為W＝

，電勢能減少了

，選項C錯誤；t＝

時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動

，然后向下減速運動

，再向上加速

，然后再向上減速

，由對稱可以知道，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側邊緣離開電場，選項D正確。√√3．(多選)(2024·福建福州質檢)如圖所示，帶電小球(可視為質點)用絕緣細線懸掛在O點，在豎直平面內做完整的變速圓周運動，小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大。已知小球運動所在的空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，小球質量為m、帶電荷量為q，細線長為l，重力加速度為g，則A．小球帶正電B．靜電力大于重力C．小球運動到最低點時速度最大D．小球運動過程最小速度至少為v＝因為小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大，可知重力和靜電力的合力(等效重力)方向向上，則靜電力方向向上，且靜電力大于重力，小球帶負電，故A錯誤，B正確；因重力和靜電力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運動到最低點時速度最小，最小速度滿足qE－mg＝m，即v＝

，故D正確。√4．(2024·湖南株洲模擬)如圖所示，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質量為2m，底座鎖定在水平面上時，套在桿上質量為m的帶電環以某一初速度由小孔進入電容器后，最遠能到達距離右極板為d的位置。底座解除鎖定后，將兩極板間距離變為原來的2倍，其他條件不變，則帶電環進入電容器后，最遠能到達的位置距離右極板A．

B．d

C．

D．

設帶電環所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時電容器極板間電場強度為E，則由功能關系有qEd＝

，底座解除鎖定后，兩極板間距離變為原來的2倍，由E＝

可知，極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電環作用下一起向左運動，當與帶電環共速時，帶電環到達進入電容器后的最遠位置，整個過程滿足動量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關系有qEd′＝

，聯立解得

，故選C。√√5．(多選)一帶正電小球從A點豎直拋出，在空中同時存在水平向右的電場，運動軌跡如圖所示，A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時動能為16J，在M點的動能為8J，不計空氣阻力。則A．小球水平位移x1與x2的比值為1∶4B．小球水平位移x1與x2的比值為1∶3C．小球落到B點時的動能為48JD．小球從A點運動到B點過程中最小動能為8J小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據對稱性可知，從A點至M點和從M點至B點的時間t相等，小球在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a，根據位移—時間公式x1＝

at2，x2＝at×t＋

at2，聯立可得

，A錯誤，B正確；小球從A到M，由功能關系知在水平方向上電場力做功為W1＝Fx1＝8J，則從A到B水平方向上電場力做功為W1＝F(x1＋x2)＝4W1＝32J，根據能量守恒定律可知，小球運動到B點時的動能為EkB＝Ek0＋4W1＝16J＋32J＝48J，C正確；據運動軌跡，小球的運動方向與加速度的方向垂直時，小球的速度最小，則小球從A到B過程中最小速度一定與等效G′垂直，在A、M之間，最小動能小于8J，D錯誤。故選BC。√√6．(多選)(2024·遼寧葫蘆島模擬)如圖所示，可視為質點的質量為m且電荷量為q的帶電小球，用一絕緣輕質細繩懸掛于O點，繩長為L，現加一水平向右的足夠大的勻強電場，電場強度大小為E＝

，小球初始位置在最低點，若給小球一個水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內做圓周運動，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球在運動過程中機械能不守恒C．小球在運動過程中的最小速度至少為D．小球在運動過程中的最大速度至少為

小球在運動的過程中，靜電力做功，機械能不守恒，故A錯誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運動的等效最高點和最低點分別為A點和B點，等效重力G′＝

，小球在等效最高點A點的最小速度v1滿足G′＝

，解得v1＝

，故C錯誤；小球由A點運動到B點，由動能定理有G′·2L＝

，解得v2＝

，故D正確。√√√7．(多選)如圖所示，在水平向左的勻強電場中用絕緣材料做成的圓環固定在豎直平面內，O為圓心，A、B、C、D為圓環上的點，AB、AOC、AD均為用絕緣材料做成的光滑細桿，AB桿豎直，AC與AB的夾角θ＝60°，AC與AD的夾角α＝15°。將一個質量為m、電荷量為＋q的小環分別套在AB、AOC、AD細桿上，從A點由靜止釋放運動到圓環上的B、C、D點，已知重力加速度為g，電場強度大小E＝

，帶電小環對勻強電場的影響忽略不計。下列說法正確的是A．小環沿AOC細桿運動到C點時的動能最大B．小環沿AD細桿運動到D點的過程中電場力做功最多C．小環沿AD細桿運動到D點的過程中電場力的沖量最大D．小環沿三根細桿分別運動到B、C、D點的過程中電場力的沖量相同電場力F電＝qE＝

mg，沿AB向下運動，則有2Rcos60°＝

，mg＝ma1，解得tAB＝

。沿AOC運動，則有mgcos60°＋

mgcos30°＝ma2，2R＝

，解得tAOC＝

。沿AD運動，則有mgcos75°＋

＝ma3，2Rcos15°＝

，解得tAD＝

，即運動的時間相等，電場力相同，根據I＝Ft，可知小環沿三根細桿分別運動到B、C、D點的過程中電場力的沖量相同，C錯誤，D正確；小環沿AB、AOC、AD運動，在電場中沿電場方向的位移dAD＞dAOC＞dAB，電場力相等，根據W＝qEd，可知小環沿AD細桿運動到D點的過程中電場力做功最多，B正確；分析可得a2＞a3＞a1，根據v＝at，則有vAOC＞vAD＞vAB，小環沿AOC細桿運動到C點時的速度最大，根據Ek＝

，可知動能最大，A正確。√√8．(多選)如圖所示，豎直平面內有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，水平勻強電場平行于軌道平面向左，P、Q分別為軌道上的最高點、最低點，M、N分別是軌道上與圓心等高的點。質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)在軌道內運動，已知重力加速度為g，場強E＝

，要使小球能沿軌道做完整的圓周運動，則下列說法正確的是A．小球在軌道上運動時，動能最小的位置電勢能最大B．小球在軌道上運動時，機械能最大的位置一定在M點C．小球過Q、P點受軌道彈力大小的差值為6mgD．小球過Q、P點受軌道彈力大小的差值為7.5mg電場力與重力的合力可視為等效重力mg′＝

，則等效重力加速度g′＝

，如圖所示，tanθ＝

。當小球剛好通過等效最低點C關于O點對稱的D點(等效最高點)時，就能夠做完整的圓周運動。小球在D點時動能最小，但并非是電勢能最大的位置，小球電勢能最大的位置在N點，選項A錯誤；小球在圓軌道上運動過程中能量守恒，根據能量守恒定律，小球在圓軌道上M點的位置電勢能最小，所以小球的機械能最大，選項B正確；在P點和Q點，由牛頓第二定律得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，從Q點到P點，由動能定理得－mg·2R＝

，聯立解得FQ－FP＝6mg，選項C正確，D錯誤。√√9．(多選)(2024·湖南郴州質檢)水平地面上方有水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝

，從地面上的A點斜向右上方以速度v0＝10m/s拋出一個帶電荷量為＋q(q＞0)、質量為m的小球，速度方向與水平地面的夾角θ＝53°，軌跡如圖所示。點B為軌跡最高點，D、E兩點高度相等，小球落在水平地面上的C點。忽略空氣阻力的影響。取g＝10m/s2。則A．D、E兩點速度大小相等B．B點速度為10m/sC．小球落地時與水平方向的夾角仍為53°D．A、C兩點距離為16mD、E兩點高度相等，小球從D到E重力做功為零，電場力做正功，所以D、E兩點速度大小不相等，故A錯誤；小球在水平方向與豎直方向的初速度分別為vx0＝v0cos53°＝6m/s，vy0＝v0sin53°＝8m/s，點B為軌跡最高點，所以在B點豎直速度為零，由vy0＝gt，ax＝

，vx＝vx0＋axt，聯立可得vx＝10m/s，即小球在B點速度為10m/s，故B正確；小球從A到C的時間為從A到B的時間的兩倍，則到C點時，水平速度為vxC＝vx0＋ax·2t＝14m/s，vyC＝vy0＝8m/s，則小球落地時與水平方向的夾角正切為tanβ＝

，故C錯誤；A、C兩點距離為x＝

＝16m，故D正確。√10．如圖甲所示，一帶正電的小球用絕緣細線懸掛在豎直向上的、范圍足夠大的勻強電場中，某時刻剪斷細線，小球開始向下運動，通過傳感器得到小球的加速度隨下行速度變化的圖像如圖乙所示。已知小球質量為m，重力加速度為g，空氣阻力不能忽略。下列說法正確的是A．小球運動的速度一直增大B．小球先做勻加速運動后做勻速運動C．小球剛開始運動時的加速度大小a0＝gD．小球運動過程中受到的空氣阻力與速度大小成正比小球速度增大到v0后，加速度a變為0，于是速度不再繼續增大，故A錯誤；小球在加速過程中，加速度隨速度變化，即不是勻變速運動，故B錯誤；剪斷細線，小球開始向下運動，由于小球不只受重力，還受向上的電場力，故此時加速度a0＜g，故C錯誤；由a-v圖像可得a＝kv＋a0，由牛頓第二定律可得mg－qE－Ff＝ma，解得a＝－

，聯立可知a0＝g－

，還可知－

＝kv，即Ff＝－kmv，故D正確。故選D。11．(10分)如圖所示，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；答案：P、G和Q、G間電場強度大小相等，均為E。粒子在P、G間所受靜電力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝

F＝qE＝ma設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－

設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝l＝v0t聯立解得Ek＝

l＝若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度為L＝2l＝

(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的