2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(全国通用)第18讲电容器带电粒子在电场中的运动(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(全国通用)第18讲电容器带电粒子在电场中的运动(学生版+解析)，共13页。试卷主要包含了,b，1kg的金属小物块等内容，欢迎下载使用。
1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.
2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.
3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．
考点一 平行板电容器的动态分析
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．对公式C＝eq \f(Q,U)的理解
电容C＝eq \f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
3．两种类型的动态分析思路
(1)平行板电容器始终连接在电源两端：电势差U不变。
由C＝eq \f(εrS,4πkd)∝eq \f(εrS,d)可知C随d、S、εr的变化而变化。
由Q＝CU＝U·eq \f(εrS,4πkd)可知，当U不变时，Q也随d、S、εr的变化而变化。
由E＝eq \f(U,d)∝eq \f(1,d)可知，当U不变时，E随d的变化而变化。
(2)平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电荷量Q保持不变。
由C＝eq \f(εrS,4πkd)∝eq \f(εrS,d)可知C随d、S、εr的变化而变化。
由U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)∝eq \f(d,εrS)可知，当Q不变时，U也随d、S、εr的变化而变化。
由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)∝eq \f(1,εrS)可知，E随S、εr的变化而变化，而与d无关。
考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．用功能观点分析
a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
考点三 带电粒子在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md) t2，t＝ \r(\f(2mdy,qU))))
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\\al(2,0)),离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\\al(2,0))))
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv\\al( 2,0))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq \f(l,2).
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
考点四 带电体在复合场中的运动
等效法处理叠加场问题
1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．
2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力 ”，将a＝eq \f(F合,m)视为“等效重力加速度”．再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即可．
两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为−q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示。在其他条件不变的情况下，如果将B板向下移动一小段距离，则该过程中（ ）
A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a
B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
【答案】B
【详解】B板下移，两极板间距变大，根据平行板电容器的决定式C=εS4πkd易知，电容器的电容减小。又因为电容器与电源相连，所以极板间电压保持不变。由公式C=QU可知极板上电荷量减少，电流从A板流向电源正极，所以电流计中的电流从a流向b；又E=Ud可知极板间场强减小，油滴所受电场力减小，将从静止状态向下加速运动。
故选B。
如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则下列说法正确的是（ ）
A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板带电荷量减小
D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
【答案】B
【详解】AB．根据电容的决定式C=εrS4πkd
可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d变大，则电容C变小；指纹的凸点与小极板距离近，即d变小小，则电容C变大，故A错误，B正确；
C．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，则电容C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q=CU
可知小极板带电荷量Q增多，故C错误；
D．若用湿的手指去识别，由于自来水是导电的，则使得同一指纹的凹点和凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器的电容，使得识别功能受到影响，故D错误。
故选Ｂ。
一种计算机键盘采用电容式传感器，每个键下面由相互平行的活动极板和固定极板组成，如图甲所示，其内部电路如图乙所示。按键前两极板间距为d，按下某键，只有该键的电容改变量不小于原电容的40%时，键盘才有感应，下列说法正确的是（ ）
A．按键的过程中，电容器的电荷量不变
B．按键的过程中，图乙电流计中电流从a流向b
C．要使传感器有感应，至少要将按键按下25d
D．要使传感器有感应，至少要将按键按下27d
【答案】D
【来源】2025届山西省临汾市高考考前适应性训练考试 （三） 物理试题
【详解】AB．按键的过程中，电容器两板间距减小，根据C=εS4πkd
可知电容C变大，两板电压U一定，根据Q=CU可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，则按键的过程中，图乙电流计中电流从b流向a，故AB错误；
CD．根据C=εS4πkd，(1+40%)C=εS4πkd'
解得d'=5d7
则要使传感器有感应，至少要将按键按下Δd=d−57d=2d7
故C错误，D正确。
故选D。
如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板恰好等距。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH=3，接通电源，不计粘滞阻力和甲乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒，正确的说法是（ ）
A．乙比甲先到达极板
B．甲、乙的电势能均减小
C．甲、乙受到的电场力方向相同
D．增大pH值，甲受到的电场力变大
【答案】AB
【来源】2025届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试（4月）物理试题
【详解】A．未接通极板电源时，甲乙颗粒均悬浮，重力等于浮力，调节溶液pH=3，从图中可知甲蛋白质颗粒带电量为-2q0，乙带电量为2q0，接通电源后电场强度一样，由牛顿第二定律可得Eq=ma
由于甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，故甲的加速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，则乙比甲先到达极板，故A正确；
B．甲乙运动过程中电场力都做正功，电势能均减小，故B正确；
C．甲乙带电性相反，受力方向相反，故C错误；
D．由图可知，增大pH值，甲带的电荷量先减小后增大，故电场力也是先减小后增大，故D错误。
故选AB。
如图所示，在P处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子自A板小孔进入A、B平行板间的加速电场从静止加速后，水平进入静电分析器（为14圆弧）中，静电分析器中存在着如图中所示的辐向电场，电场线沿半径方向指向圆心O，粒子在该电场中沿图示虚线恰好做匀速圆周运动，已知静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度的大小为E，粒子运动轨迹的半径为R，A、B两板间的距离为d，粒子重力不计。
(1)求粒子在静电分析器中做圆周运动的速度大小；
(2)加速电场的电场强度大小E1；
(3)求粒子从P点到出静电分析器的过程中运动的总时间t总。
【答案】(1)v=qERm
(2)E1=ER2d
(3)t总=4d+πR2mqER
【详解】（1）粒子在静电分析器中做圆周运动，电场力充当向心力，则Eq=mv2R
解得v=qERm
（2）在加速电场中根据动能定理qE1d=12mv2
解得E1=ER2d
（3）由匀变速直线运动规律可知，粒子在A、B两板间运动的时间t1=dv2=2dv
粒子在静电分析器中运动的时间t2=14×2πRv=πR2v
故可得总时间t总=t1+t2=4d+πR2mqER
如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计粒子重力。有关粒子从A点运动至B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的电势能先增加后减小
B．A、B两点间的电势差UAB=mv02q
C．A、B两点间的电势差UAB=mv022q
D．粒子在B点的动能是粒子在A点的动能的3倍
【答案】BD
【来源】2025届山东省临沂市高三下学期学业水平等级模拟物理试卷
【详解】A．粒子从A点运动至B点的过程中，电场力对粒子一直做正功，粒子的电势能一直减小，故A错误；
BC．粒子在竖直方向做匀速直线运动，则有v0sin60°=vsin30°
解得粒子在B点的速度大小为v=3v0
粒子从A点运动至B点的过程中，根据动能定理可得qUAB=12mv2−12mv02
解得A、B两点间的电势差为UAB=mv02q
故B正确，C错误；
D．粒子在B点的动能与粒子在A点的动能之比为EkBEkA=12mv212mv02=12m(3v0)212mv02=31
故D正确。
故选BD。
密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属板上下放置，从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、电荷量不同、密度相同的小油滴。观察两个油滴a、b的运动情况：当两板间不加电压时，两个油滴在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、v04；两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率v02，均竖直向下匀速运动。油滴视为小球，所受空气阻力的大小f=krv，其中r为油滴的半径，v为油滴的速率，k为常量。不计空气浮力和油滴间的相互作用。则a、b两个油滴（ ）
A．带同种电荷B．半径之比为4:1
C．质量之比为4:1D．电荷量之比为4:1
【答案】D
【来源】2025届北京市西城区高三下学期二模物理试题
【详解】A．两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率v02，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知两油滴带异种电荷，
故A错误；
BCD．设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量为m=43πr3ρ
则速率为v时受阻力大小为f=krv，则当油滴匀速下落时，有mg=f
联立解得r=3kv4πρg∝v
可得rarb=v014v0=2
则有mamb=ra3rb3=81
当再次下落时，对a由受力平衡得qaE+fa=mag
其中fa=v02v0mag=12mag
对b由受力平衡得fb−qbE=mbg
其中fb=v0214v0mbg=2mbg
联立解得qaqb=ma2mb=41
故BC错误，D正确。
故选D。
如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板M、N的长度为L，AB是极板的中心线，两板间所加电压随时间变化的规律如图乙所示，图中U0、T已知。t=0时刻，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿两板中心线AB以某一初速度射入极板间，若k=1时，该粒子在T时刻恰从M板右端边缘飞出。不计粒子受到的重力和空气阻力。求：
(1)该粒子飞入极板间的速度大小；
(2)两极板的间距；
(3)若该粒子恰从B点飞出，图乙中k的值。
【答案】(1)v0=LT
(2)d=qU02mT
(3)3
【详解】（1）粒子在沿板方向做匀速直线运动，可得L=v 0T
解得v0=LT
（2）粒子在垂直板方向做变速直线运动，0∼T2内粒子的加速度a=qU0md
因为k=1，T2∼T内粒子在垂直板方向加速度大小与0∼T2内相等，v−t图像如图所示
在0∼T内垂直板方向位移d2=12aT22×2
解得d=qU02mT
（3）若粒子恰从B点飞出，即粒子在垂直板方向先向上加速后向上减速再反向加速，v−t图像如图所示
粒子在0到T2时刻，加速度a1=qU0md
粒子在T2到T时刻，加速度a2=−kqU0md
全程在垂直极板方向列运动学公式0=12a1(T2)2+(a1T2)T2−12a2(T2)2
解得a2=3a1
即k=3
题型1平行板电容器两类动态的分析
据不完全统计，目前大多数新能源乘用车的动力电池在正常使用条件下，可以使用8到10年左右的时间。未来，随着科技的进步和技术的不断升级，超级电容的性能可能逐渐优化，并逐渐替代一些电池应用。如图为平行板电容器，用电池对电容器充电，电容器两极板之间有一个电荷q处于静止状态。现只增大电容器两极板的间距，则在这个过程中（ ）
A．电容器放电
B．电荷q将向上加速运动
C．电荷q依然保持静止
D．电容器充电
【答案】A
【来源】云南省西双版纳傣族自治州第一中学等四校2024-2025学年高二上学期期末检测物理试卷
【详解】AD．电容器与电源始终相连，所以电容器两端电压始终不变，由公式C=εrS4πkd
现只增大电容器两极板的间距d，可知电容减小，又由C=QU
可知电容器的电荷量减少，则电容器放电，故D错误，A正确；
BC．由E=Ud
可知U不变距离d增大，所以板间场强减小，电荷受到的电场力减小，则电荷将向下加速运动，故BC错误。
故选A。
如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ ）
A．若S闭合，该油滴将向下运动
B．若S闭合，P点的电势减小
C．若S断开，该油滴将向上运动
D．若S断开，P点的电势不变
【答案】AD
【来源】广东省湛江市湛江第一中学2024-2025学年高二上学期期末考试物理试题
【详解】AB．若开关S闭合，电容器两端电压不变，根据E=Ud，将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则板间场强减小，油滴受到向上的电场力减小，油滴将向下运动；由于上极板接地，上极板电势为零，上极板到P点电势差为U上P=Ed上P
由于E变小，d上P不变，则U上P减小，根据U上P=φ上−φP
可知P点的电势增加，故A正确，B错误；
CD．若开关S断开，电容器所带电荷量Q不变，根据E=Ud=QCd=QεrS4πkdd=4πkQεrS
可知板间场强不变，油滴受力保持不变，则油滴保持静止；根据U上P=Ed上P
可知U上P不变，则P点的电势保持不变，故C错误，D正确。
故选AD。
如图所示，用一个电源分别给两个中间为真空的平行板电容器充电。开始时，电键全部断开，然后将电键S1分别接到1、2两处，稳定后断开。两个电容器充电过程中电流强度随时间变化的情况如乙图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．电容器的带电量Q1=Q2
B．两个电容器两端的电压大小关系为U10)的小球b（可视为质点）从A点以相同的初速度水平向右抛出，经过相同时间后恰好经过C点。该电场的电场强度的大小是（ ）（已知重力加速度为g）
A．3mgqB．3mgqC．23mgqD．33mgq
【答案】C
【来源】2025届贵州省贵阳市七校高三下学期联考物理试题（三）
【详解】设运动时间为t，令AB的长度为2l，则AC=4l
小球a做平抛运动，则有2lcs60°=12gt2，2lsin60°=v0t
解得t=2lg，v0=3gl2
对小球b分析，令水平方向的加速度为ax，竖直方向的加速度为ay，竖直方向：4l=12ayt2
水平方向（水平向右为正方向）：−v0=v0−axt
解得ay=4g、ax=3g
根据牛顿第二定律，可得竖直方向：mg+Eyq=may
竖直方向：Exq=max
联立可得E=Ex2+Ey2=23mgq
故选C。
题型5带电体在等效重力场中的运动
如图甲所示，竖直放置的光滑绝缘四分之一圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带CD和光滑绝缘的竖直轨道AB平滑相接，C点为四分之一圆形轨道的最低点，整个装置处在水平向左的匀强电场中，场强大小为E。一带电量为+q，质量m为0.1kg的金属小物块（视为质点）从A位置处无初速度自由滑下，滑至底端C并冲上沿逆时针方向匀速转动且足够长的传送带。在传送带上运动的v−t图象如图乙所示，以速度水平向左为正方向，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，已知E=2mg3q，则（ ）
A．由A运动到B的过程中，电场力对金属小物块的功率一直增大
B．金属小物块与传送带间的动摩擦因数为23
C．0~0.45s内，金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为0.9J
D．金属小物块在运动过程中对轨道最大压力的大小为13mg3
【答案】BC
【来源】2025届江西省赣州市高三下学期二模物理试题
【详解】A．由A运动到B的过程中，电场力与金属小物块的速度方向垂直，可知电场力力的功率一直为零，选项A错误；
B．金属块刚滑上传送带时的加速度大小为a=40.3m/s2=403m/s2
根据牛顿第二定律qE+μmg=ma
解得金属小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=23
选项B正确；
C．0~0.45s内，金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为Q=μmgΔx
其中Δx=12×0.45×6m=1.35m
可得Q=0.9J
选项C正确。
D．电场力和重力的合力大小F=(qE)2+(mg)2=133mg
在该点时物块对轨道压力最大，则由牛顿第二定律FN−F=mv2R
可知FN=mv2R+F>F=133mg
即金属小物块在运动过程中对轨道最大压力大于13mg3，选项D错误。
故选BC。
如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE连线竖直，现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m、电量为q带正电小球，小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．所加电场电场强度最小值为mgq
B．若所加电场电场强度最小时，小球在H点的电势能最大
C．若所加电场电场强度最小时，冲量I=m32+22gR
D．小球在F点时，轨道对小球的作用力为零
【答案】BCD
【来源】2025届四川省达州市高三下学期二模物理试题
【详解】A．从A点静止释放带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，则知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，如图所示
根据合力方向，可知电场强度最小时，重力和电场力的合力大小为F合=qEmin=mgsin45°=22mg
方向与竖直方向成45°角斜向右下方，则所加电场电场强度最小值为Emin=2mg2q
方向与竖直方向成45°角斜向右上方，故A错误；
B．若所加电场电场强度最小时，方向与HD平行向上，则在圆弧里的电势最高点为H点，由于小球带正电，根据Ep=qφ可得小球在H点的电势能最大，故B正确；
D．若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动，则小球在F点所受重力和电场力的合力提供向心力，轨道对小球的作用力为零，故D正确；
C．若所加电场电场强度最小时，在F点由牛顿第二定律得F合=mvF2R
从A点到F点，由动能定理得−F合R(1+cs45°)=12mvF2−12mvA2
在A点给带电小球一个水平向右的冲量I，有I=mvA
其中F合=mgsin45°=22mg
联立解得I=m32+22gR
故C正确。
故选BCD。
(24-25高二上·河南商丘·期末)如图所示，空间有足够大的水平向右的匀强电场，一根长度为L=0.9 m、不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量m=4.5×10−4 kg、带电荷量为q=9×10−9C的带正电的小球，另一端固定于O点。将细线拉至水平后，小球位于O点右侧的A点，然后无初速度释放小球，小球恰好摆到B点，此时细线与竖直方向的夹角θ=37∘。已知sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为2.5×105 N/C
B．小球运动到最低点时的速度大小为6 m/s
C．小球运动到最低点时受到细线拉力的大小为9×10−3 N
D．小球摆到B点时的加速度大小为10 m/s2
【答案】ACD
【来源】河南省商丘市2024-2025学年高二上学期1月期末联考物理试题（B）
【详解】A．设匀强电场的场强大小为E，小球从A点无初速度释放摆到B点的过程，根据动能定理有mgLcsθ− qEL+Lsinθ=0
解得匀强电场的场强大小为E=2.5×105 N/C
A正确；
B．小球运动到最低点过程，根据动能定理有mgL−qEL= 12mv12
解得小球运动到最低点的速度大小为v1=3m/s
B错误；
C．小球运动到最低点时，有T−mg=mv12L
解得小球运动到最低点时受到细线拉力的大小为T= 9×10−3 N
C正确；
D．小球做圆周运动，摆到B点时速度为0，即所需向心力为0，即沿半径方向的合力为0，根据牛顿第二定律有mgsinθ+qEcsθ=ma
解得小球摆到B点时的加速度大小a=10 m/s2
D正确。
故选ACD。
题型6带电体在电场中的综合问题
如图所示，ABPM为竖直放在场强为E=104V/m、方向水平向右的匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的AB段水平，BPM部分是半径为R的圆弧形轨道，P是轨道上与圆心O等高的点，∠MOP=53°，轨道的水平部分与圆弧相切，A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10−4C的小球放在水平轨道上的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动，g取10ms2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，小球视为质点。求：
(1)小球到达P点时的速度是多大？
(2)小球到达P点时对轨道的压力是多大？
(3)若让小球安全通过M点，开始释放点离B点至少多远？
【答案】(1)2m/s
(2)3N
(3)0.26m
【来源】安徽省蚌埠市四校2024-2025学年高二下学期第一次联考物理试题
【详解】（1）由A点到P点应用动能定理，有Eq(AB+R)−mgR=12mvP2
解得vP=2m/s
（2）在P点应用牛顿第二定律，得FN−qE=mvP2R
解得FN=3N
（3）设小球恰好安全通过M点，根据牛顿第二定律，有mgsin53°−Eqcs53°=mvM2R
设释放点距B点的距离为x，由动能定理得Eq(x+Rcs53°)−mg(R+Rsin53°)=12mvM2
联立并代入数据解得x=0.26m
如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，有四分之一圆弧形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，圆心与管口在同一水平线上，管的半径为R，下端管口切线水平，离水平地面的距离为ℎ=5R，有一质量为m的带电荷量+q的小球从管的上端口C由静止释放，小球与管间摩擦不计，小球从下端管口D飞出时，管壁对小球的作用力大小为5mg，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球从D点经过多久落地；
(3)小球落地时的速度大小。
【答案】(1)mgq
(2)Rg
(3)10gR
【来源】安徽省合肥市第六中学2024-2025学年高二上学期期末物理试题
【详解】（1）小球从下端管口飞出时，根据牛顿第二定律有N−mg=mvD2R
小球从C运动到管口D的过程中，只有重力和电场力做功，根据动能定理得mgR+qER=12mvD2
解得E=mgq
（2）小球从下端管口D飞出后，竖直方向做自由落体运动，则有ℎ=12gt2
解得t=Rg
（3）水平方向的加速度为qE=ma
落地时水平方向的速度为vx=vD+at
竖直方向的速度为vy=gt
落地时的速度为v=vx2+vy2=10gR
空间有一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为q的正电小球用一绝缘轻绳悬挂于O点。若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度v0，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，其圆心P与悬挂点O的连线与竖直方向成37°角，如题图所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)电场强度的大小；
(2)绝缘轻绳的长度；
(3)小球从倾斜圆轨道的最低点A到最高点B的过程中，小球机械能的变化量。
【答案】(1)E=3mg4q
(2)L=16v029g
(3)ΔE=32mv0225
【详解】（1）由题意可知，小球做圆锥摆运动，则运动平面与重力和电场力的合力垂直，因此重力和电场力的合力沿OP方向，故qE=mgtan37∘
解得E=3mg4q
（2）小球做匀速圆周运动的合力指向圆心，大小为F合=mgcs37∘tan37∘
根据向心力公式有F合=mv02R
联立上式得R=16v0215g
又由几何关系可得绝缘轻绳的长度L=Rsin37∘=16v029g
（3）从A点到B点的过程中，电场力对小球做的功为W=qE·2Rcs37∘=32mv0225
由功能关系可得小球机械能的变化量ΔE=32mv0225。
(1)带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即EPG+EP电+EK=恒定值
(2)带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。
竖直向上抛出
水平抛出
斜上抛出
A
B
C
●
●
v0
y
x
mg
qE
A
B
C
●
●
v0
y
x
mg
qE
A
B
C
●
●
v0
y
x
mg
qE
1.分析竖直方向运动
设小球质量为m，电荷量为q，电场强度为E，重力加速度为g，初速度为v0。
竖直方向上小球做竖直上抛运动，加速度( ay=−g。
当竖直方向速度 vy=0时，到达最高点。根据 v=v0+at,可得从A到B的时间 tAB=0−v0−g=v0g。
根据 vy2−v02=2ayℎvy=0,可得竖直运动最高点 ℎ=0−v022×−g=v022g。
2.分析水平方向运动
水平方向小球受到电场力 F=qE,，根据牛顿第二定律 F=ma,可得水平方向加速度 ax=qEm。
从A到C的时间 tAC=2tAB=2v0g(竖直上抛运动上升和下落时间对称)。
·根据匀变速直线运动位移公式： x=v0t+12at2(水平方向初速度 v0x=0),可得AC间的水平位移 xAC=0×tAC+12×qEm×2v0g2=2qEv02mg2。
1.将初速度 v0分解
设初速度 v0与x轴正方向夹角为θ，则竖直方向初速度 v0y=v0sinθ,水平方向初速度 v0x=v0csθ。
2.求运动到C点的时间t
tAC=2tAB=2v0csθEqm=2mv0csθEq
3.求运动到C点的位移s
根据匀变速直线运动位移公式 y=vyt+12axt2,将v0y=v0sinθ代入，可得 y=v0sinθ2mv0csθEq+12×g×2mv0csθEq2
1.将初速度 v0分解
设初速度 v0与x轴正方向夹角为θ，则竖直方向初速度 v0y=v0sinθ,水平方向初速度 v0x=v0csθ。
2.求运动到最高点C的时间t
竖直方向上小球做竖直上抛运动，加速度a=−g当竖直方向速度 vy=0时到达最高点C ，根据 v=v0+at,可得0=v0sinθ−gt,解得运动时间 t=v0sinθg。
3.求竖直位移y
根据匀变速直线运动位移公式 y=v0yt+12at2,将v0y=v0sinθ,a=−g,t=v0sinθg代入可得：y=v0sinθ×v0sinθg+12×−g×v0sinθg2 =v02sin2θg−v02sin2θ2g =v02sin2θ2g