【高考二轮复习】2023年高考物理常见模型与方法专项练习——专题19 匀强电场中的运动模型

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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
特训目标
特训内容
目标1
高考真题（1T—4T）
目标2
匀强电场中的类平抛运动模型（5T—8T）
目标3
交变电场中的直偏运动模型（9T—12T）
目标4
重电复合场中的直线运动模型（13T—16T）
目标5
重电复合场中的类抛体运动模型（17T—20T）
目标6
重电复合场中的圆周运动模型（21T—24T）
【特训典例】
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v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；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
D．粒子从N板下端射出的时间
【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
；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，有联立解得，故C正确，D错误；故选C。
2．如图，带正电的物块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，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为，B离滑轮的距离足够长，则（　　）

A．它们运动的最大速度为
B．它们向左运动的最大位移为
C．当速度为时，A的电势能可能是
D．当速度为时，绳子的拉力可能是
【答案】ACD
【详解】AB．由题知设A向左移动x后速度为零，对A、B系统有
（此处前面的是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得，A向左运动是先加速后减速，当时，摩擦力变成静摩擦力，并反向，系统受力平衡，最后静止。设A向左运动x′后速度为v，对系统则有得即：当时，v最大为，A正确，B错误；
C．当时，可得或当时，电场力做功则电势能减小，由于，则电势能为，当时故C正确；
D．根据牛顿第二定律当时，系统加速度对B有得
当时，系统加速度对B分析可得故D正确。故选ACD。
3．如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　）

A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【答案】BC
【详解】A．根据电场力提供向心力可得解得可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；
BC．根据电场力提供向心力可得解得又联立可得可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；
D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。故选BC。
4．如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有解得，说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
二、 匀强电场中的类平抛运动模型
5．如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为，两对极板间偏转电压大小相等均为，电场方向相反。质量为m、电荷量为的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）

A．粒子离开加速器时速度
B．若，则有
C．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
D．若换成质量为m，电荷量为的粒子无初速地进入加速电场，该粒子最终也从平移器上板边缘水平离开
【答案】D
【详解】A．根据公式粒子离开加速器时速度为故A错误；
B．粒子平移器电场中的偏转量为由于若，则；
解得根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知解得故B错误；
C．根据；；可得可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故C错误；
D．不同的带电粒子无初速度进入同一加速电场，再进入同一偏转电场，由于；
则轨迹相同，故D正确。故选D。
6．平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为、电荷量为、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压和偏转电场的电压，且所有粒子都能够从间飞出，下列说法正确的是（　　）

A．粒子的竖直偏转距离与成正比
B．滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将减小
C．飞出偏转电场的粒子的最大速率
D．飞出偏转电场的粒子的最大速率
【答案】AC
【详解】A．在平行金属板PQ之间，根据动能定理有粒子在F点的速度为设偏转电场MN的长度为L，MN之间的距离为d，则粒子通过偏转电场MN的时间为粒子的加速度为
所以粒子的竖直偏转距离为所以粒子的竖直偏转距离与成正比，故A正确；
B．滑片P向左滑动的过程中的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离逐渐增大，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐增大，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐增大，故B错误；
CD．飞出偏转电场的粒子的最大动能为因为可得故C正确，D错误。故选AC。
7．如图所示，长度均为2L的两平行板沿水平方向放置，两极板的间距为L，其中上极板带正电。粒子1由左侧正中央沿平行于极板的速度v1射入电场，同时另一完全相同的粒子2由上板的正中央以垂直于极板的速度v2射入电场，经过一段时间两粒子同时到达下极板正中央的O点，粒子的质量为m，电荷量为+q，两极板之间的电压恒为U，忽略粒子间的相互作用，、未知其余量均为已知。则下列说法正确的是（　　）

A．粒子1在极板间运动的时间为
B．
C．
D．粒子1与粒子2刚到O点的速度大小之比为
【答案】BD
【详解】AB．设带电粒子在电场中的加速度为a，则对粒子1，竖直方向
水平方向解得；故A错误，B正确；
C．对粒子2有解得故C错误；
D．对粒子1由动能定理得解得对粒子2由动能定理得
解得则故D正确。
故选BD。
8．如图，矩形位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，，A、B、C三点的电势分别为2V、4V、10V。初动能为6eV、电荷量为e的带电粒子从B点沿与成的方向射入电场，恰好经过点，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）

A．电场强度的大小为
B．带电粒子带负电
C．带电粒子在点的动能为10eV
D．带电粒子在点的速度方向由A指向
【答案】ABC
【详解】A．如图所示

点为的四等分点，、两点的电势相等，电场线与垂直，则电场强度的方向为从指向A，电场强度的大小为故A正确；
B．根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子带负电，故B正确；
C．带电粒子只在电场力作用下，电势能与动能相互转化，但总能量不变，则粒子在点的能量同理有解得故C正确；
D．带电粒子做类平抛运动，若带电粒子在点的速度方向由A指向，则速度的反向延长线与水平位移的夹角为位移偏转角为不满足故D错误。故选ABC。
三、 交变电场中的直偏运动模型
9．如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是（　　）

A．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
B．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
C．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右极板上
D．从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】BC
【详解】AB．分析电子在一个周期内的运动情况，从时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动。后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A错误，B正确；
C．分析电子在一个周期内的运动情况；从时刻释放电子，在内，电子向右做匀加速直线运动；在内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复。若两板间距大于电子在向右运动的最远距离，则电子在两板间往返运动；若两板间距小于电子向右运动的最远距离，则电子将打到右极板上，故C正确；
D．用同样的方法分析从时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，即不会打到左极板，故D错误。故选BC。
10．如图甲所示，平行金属板P、Q上有两个正对小孔，P板接地，Q板的电势随时间变化的情况如图乙所示，完全相同的正离子以相同的初速度v0陆续从P板小孔飞向Q板小孔，t=0时刻从P板小孔飞入的离子在时刻到达Q板小孔且速度刚好减小到零（未返回）。不计力、小孔对板间电场的影响、离子间的相互作用。则下列说法正确的是（　　）

A．所有离子在板间运动的时间都相等
B．时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为
C．时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为
D．若将两板距离变成原来的两倍，则t=0时刻从P板小孔飞入的离子到达Q板时的速度仍为零
【答案】BC
【详解】A．由于离子在两板之间的运动过程中，只受到电场力的作用，不同时间释放的离子初速度相同，但受到电场力作用的时间不同，所以运动时间不可能都相等，选项A错误；
B．在进入的离子，在到达Q板且速度刚好减小到零，根据动量定理，有在进入的离子，在电场中运动了时间，且在下个周期前到达Q板，根据动量定理，有由以上两式可得， ，选项B正确；
C．两极板间距离为在进入的离子，在前时间内做匀速直线运动，距离为
接着在电场中运动的距离为根据动能定理，在进入的离子在进入的离子由以上解得 ，选项C正确；
D．若两板间的距离变为原来的2倍，电场强度变为原来的一半，离子做减速运动的加速度也变为原来的一半，在 时刻电场消失时，离子的速度并不为0，接着做匀速直线运动，在下个周期之前离开Q板，所以到达Q板的速度并不为0，选项D错误。故选BC。
11．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自时刻开始连续释放初速度大小为、方向平行于金属板的相同带电粒子，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，粒子质量为，不计粒子重力及相互间的作用力，则以下说法正确的是（　　）

A．时刻进入的粒子在时刻的速度方向与金属板成45°角
B．到时段内进入的粒子离开电场时的速度方向均平行于极板
C．时刻进入的粒子在时刻与P板的距离为
D．时刻进入的粒子与P板的最大距离为
【答案】ABC
【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间
此时间正好是交变电场的一个周期。
时刻进入的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，在时刻类平抛到两极板之间的正中央，位移偏向角由速度偏转角的正切等于位移偏转角的正切的2倍，所以速度方向与金属板成45°角，选项A正确；
B．根据对称性可得到时刻内进入的粒子用多长时间加速偏转就用多长时间对称减速偏转，竖直方向速度最终变为0，因此到时段内进入的粒子离开电场时的速度方向均平行于极板，B正确；
C．因为，时刻进入的粒子在竖直方向向下加速运动位移为然后向下减速运动位移为，故在时刻与P板的距离为，选项C正确；
D. 时刻进入的粒子竖直方向上用时间向下加速位移为再用时间向下减速到0位移为，再用时间向上加速位移为后，再用时间向上减速到0位移为后，重复一次上述过程后正好为1个周期T，粒子离开电场，所以最终粒子与P板的最大距离为
选项D错误。故选ABC。
12．如图甲所示，竖直极板A、B之间距离为d1，电压为U1，水平极板C、D之间距离为d2，GH为足够长的荧光屏，到极板C、D右侧的距离为L．极板C、D之间的电压如图乙所示．在A板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子．电子经极板A、B间电场加速后从极板B中央的小孔射出，之后沿极板C、D的中心线射入极板C、D内．已知t＝0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出．不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)

A．电子在荧光屏上形成的亮线长度为
B．保持其他条件不变，只增大d1，荧光屏上形成的亮线长度变长
C．保持其他条件不变，只增大d2，荧光屏上形成的亮线长度变短
D．保持其他条件不变，只增大L，荧光屏上形成的亮线长度变长
【答案】AC
【详解】A. 设电子进入转电场的速度为v，则根据动能定理可得：，故电子进入偏转电场的速度： ；电子在偏转电场中只受竖直方向的电场力作用，故水平方向做匀速运动；设电压UCD=U2时电子的加速度为a，则电子在竖直方向时间加速，时间匀速；故离开偏转电场的竖直分速度相同，离开偏转电场时的电子速度相同；离开偏转电场到光屏的运动都相同；所以电子在荧光屏上形成的亮线长度等于电子出偏转电场时形成的亮线长度．t=0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出，偏转量最大，为：，时刻射入C、D间的电子经时间从极板C的边缘飞出，偏转量最小，为：所以亮线长度为：，故A项正确；
B. 保持其他条件不变，只增大d1，电子进入偏转电场的速度不变，后面的运动完全一致，故荧光屏上形成的亮线长度不变，故B项错误；
C. 保持其他条件不变，只增大d2，电子在偏转电场的加速度a减小，故荧光屏上形成的亮线长度变短，故C项正确；
D. 保持其他条件不变，只增大L，电子在离开偏转电场到达荧光屏的过程中运动完全一致，不会产生位移差，故荧光屏上形成的亮线长度不变，D项错误．
四、 重电复合场中的直线运动模型
13．如图甲所示，一带电量为的物块置于绝缘光滑水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上，整个装置处于水平向左的匀强电场中。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能关系图像如图乙所示，其中处物块的动能最大但未知，处的动能为，间的图线为直线，其余部分为曲线。弹性轻绳的弹力与形变量始终符合胡克定律，下列说法正确的是（　　）

A．物块会作往复运动，且全过程是简谐运动
B．该匀强电场的场强为
C．弹性绳的劲度系数为
D．弹性绳弹性势能的最大值为
【答案】D
【详解】A．由图可知，在从0.50m～1.25m范围内，弹性绳处于松弛状态，物体只受恒定的电场力作用而做减速运动，可知物块在全过程中的运动不是简谐振动，故A错误；
B．在从0.50m～1.25m范围内，动能变化等于克服电场力做的功，则有ΔEk=qEΔx图线的斜率绝对值为k=qE=解得匀强电场的场强为故B错误；
C．根据图乙可知，物块在0.50m时弹性绳处于原长状态，物块在0.40m时速度最大，此时弹簧弹力和电场力相等，所以物块在平衡位置处弹性绳伸长Δx=0.5m-0.4m=0.1m根据胡克定律可得kΔx=qE解得k=40N/m
故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，弹性绳弹性势能的最大值Ep0=qEΔxm=4×1.25J=5J故D正确。故选D。
14．如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质（质量不计），可使得它们之间的滑动摩擦力大小为（，g为重力加速度大小）。自时刻开始，加一水平向右、电场强度大小的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。下列说法正确的是（　　）

A．平板第一次与墙壁碰撞时的速度
B．平板第二次与墙壁碰撞时的速度
C．从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量
D．从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量
【答案】AD
【详解】A．平板第一次与墙壁碰撞时的速度为，根据动能定理解得
故A正确；
B．第一次碰撞后，对物块解得第一次碰撞后平板解得
第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，对平板有对物块有解得；平板在第一次碰撞后到二者共速的过程中，根据位移与速度公式可得解得由于故
故第二次与墙壁碰撞前已经达到共速，二者在电场力作用下一起向右加速，故平板第二次与墙壁碰撞时的速度故B错误；
CD．最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有；解得二者的相对路程
系统因摩擦产生的热量故D正确，C错误。故选AD。
15．如图，在竖直向下的匀强电场中，质量为0.5kg的带正电小物块从光滑绝缘斜面上的A点由静止释放，经过B点后进入绝缘水平面，最后停在C点。某些时刻物块的瞬时速率记录在下表中若物块经过B点前后速度大小不变，电场力与重力大小相等，取g=10m/s2，则（　　）
      
A．t=6s时物块恰好经过B点
B．t=12s时物块恰好到达C点
C．物块与水平面间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块电势能和重力势能的减少量等于系统内能的增加量
【答案】CD
【详解】AB．由表中的数据可知，沿斜面下滑时的加速度按照这个规律，若t=6s时仍在斜面上加速运动，则速度为与表中的数据不一致，因此在t=6s时，物块已经运动到水平面上做减速运动；可知做减速运动的加速度大小从t=9s时刻算起，在经过时间停止运动，则解得因此停止在C点的时刻，A、B错误；
C．在水平面上运动的过程中，根据牛顿第二定律而解得，C正确；
D．根据能量守恒可知，整个过程中物块电势能和重力势能的减少量等于系统内能的增加量，D正确。
故选CD。
16．如图（a）所示，一带正电的小物块从粗糙程度不清楚的绝缘斜面上O点由静止滑下，途经P、Q两点，所在空间有方向平行于斜面向上的匀强电场，以O点为原点，选斜面底端为重力势能零势能面，作出滑块从O至Q过程中的机械能E随位移x变化的关系如图（b）所示，其中O至P过程的图线为曲线，P至Q过程的图线为直线，运动中物块的电荷量不变，则（　　）

A．O至P过程中，物块做加速度减小的加速运动
B．P至Q过程中，物块做匀加速直线运动
C．P至Q过程中，摩擦力对物块做功的功率不变
D．O至Q过程中，物块的重力势能与电势能之和不断减小
【答案】BD
【详解】A．由于解得可知，图像斜率的绝对值表示摩擦力与电场力两个力的合力大小，根据图像可知，O至P过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则摩擦力与电场力两个力的合力逐渐减小，由于物体静止向下滑动，根据可知加速度逐渐增大，即O至P过程中，物块做加速度增大的加速运动，A错误；
B．P至Q过程中，图像斜率一定，即摩擦力与电场力大小均一定，结合上述，P至Q过程中，物块做匀加速直线运动，B正确；
C．P至Q过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度增大，根据结合上述可知，P至Q过程中，摩擦力对物块做功的功率逐渐增大，C错误；
D．O至Q过程中，物块只有重力势能、电势能与由于滑动摩擦力做负功而产生的热量三者之间的转化，摩擦力做功逐渐增多，产生的热量逐渐增多，则物块的重力势能与电势能之和不断减小，D正确。故选BD。
五、 重电复合场中的类抛体运动模型
17．如图所示的O-xyz三维坐标系中，xOy平面在水平地面内，z轴正方向竖直向上，空间有水平方向的匀强电场，电场方向与x轴正方向夹角θ=37°，场强大小E=500V/m。现从坐标原点O以初速度v0=15m/s竖直向上抛出一带正电小球，已知小球质量m=0.01kg，带电量    重力加速度g=10m/s²。下列说法正确的是（　　）

A．小球运动过程中电势能先减小后增大
B．经t=1.5s小球的速度最小，为7.5m/s
C．t=2s时，小球的位置坐标为（8，6，10）
D．取O点为零势能点，小球落地时的电势能为-2.25J
【答案】C
【详解】A．小球运动过程中沿x、y轴两个方向，电场力均做正功，则电势能减小，选项A错误；
B．因沿水平方向电场力竖直向下的重力mg=0.1N则两个力的合力与竖直方向的夹角大小为当小球沿合力方向的速度减为零时速度最小，则经过的时间
小球的速度最小，为选项B错误；
C．t=2s时，沿z方向的位移沿x方向的位移沿y方向的位移小球的位置坐标为（8，6，10）选项C正确；
D．小球落地时的时间沿电场力方向的位移则电场力做功等于的电势能减小，即即取O点为零势能点，小球落地时电势能为-1.125J，选项D错误。故选C。
18．如图所示，在足够大的真空空间中存在水平向右的匀强电场，若用绝缘细线将质量为的带正电的小球悬挂在电场中，静止时细线与竖直方向的夹角。若将该小球从电场中的某点竖直向上抛出，初速度大小为，则小球在运动过程中的最小速率为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】静止时细线与竖直方向的夹角，小球的受力如图所示

可知电场力与重力的合力方向斜向下偏右，与竖直方向成；若将该小球从电场中的某点竖直向上抛出，初速度大小为，将小球的运动分解为沿合力方向的分运动和垂直合力方向的分运动，如图所示

可知小球在垂直合力方向做匀速直线运动，故当沿合力方向的分速度为零时，小球的速度具有最小值，则有故选B。
19．如图，是竖直平面内的光滑固定轨道，水平，长度为；是半径为的四分之一圆弧，与切于点。一质量为，带电量为的小球在空间中水平向右大小为的匀强电场中，从点静止开始向右运动。重力加速度为。小球从点运动到其轨迹的最高点，机械能增量为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】小球从a点运动到c点，有设小球从c点运动到其轨迹最高点经过的时间为t，这段时间t内，小球在竖直方向上作竖直上抛运动到最高点，在水平方向上则作匀加速运动，有
在水平方向上则作匀加速运动，有；小球机械能的增量
联立解得故选C。
20．如图所示地面上方存在水平向右的匀强电场。现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h。当地重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．从A到B的过程中小球的动能不断减小
B．下落过程中小球机械能一直增加
C．小球的加速度始终保持2g不变
D．从A点到B点小球的的电势能增加了mgh
【答案】D
【详解】A．由图象可知，带点小球受到的合力指向左下方，所以小球带负电，运动过程中，合力先与小球速度方向成钝角，后变成锐角，即合力先做负功，后做正功，即动能先减小后增大，故A错误；
B．小球下落过程中，电场力一直做负功，小球机械能一直减小，故B错误；
C．根据运动的合成和分解可知，竖直方向上水平方向上联立解得qE=mg小球受到水平向左的电场力，竖直向下的重力，合力大小为，由牛顿第二定律可得小球的加速度始终保持不变，故C错误；
D．从A到B点，小球电场力做功为W=qEh=mgh所以电势能增加了△EP=mgh故D正确。故选D.
六、 重电复合场中的圆周运动模型
21．如图，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q（q>0）的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q（图中未画出）。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小，Q与c点的高度差为，则可知（　　）

A．Q在c点的正上方
B．Pb=R
C．从c到Q的过程中，小球的动能不变
D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为
【答案】D
【详解】A．小球飞出后受到水平向右的电场力与竖直向下的重力，则飞出后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做双向的匀变速直线运动，可知，Q在c点的右上方，A错误；
B．从c到Q的过程中，竖直方向上有从P到c的过程有解得，
B错误；
C．从c到Q的过程中，作出小球的合力与运动轨迹如图所示

根据图形可知，小球所受合力先做负功，后做正功，则小球的动能先减小后增大，C错误
D．根据题意可知重力与电场力大小相等，则轨道上等效物理最低点位于bc圆弧的中点，该点轨道所受压力最大，根据，，解得
D正确。故选D。
22．如图所示，质量为m、带电量为的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、场强为的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（　　）

A．动能最小与最大的位置在同一等势面上
B．电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C．在A点获得的初速度为
D．过B点受到大环的弹力大小为
【答案】BC
【详解】A．由于匀强电场的电场强度为，即电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效物理最低点C与物理最高点位置D，如图所示

小圆环在等效物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知可知其不在同一等势面上，A错误；
B．小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；
C．小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效物理最高点D的速度为0，对圆环分析有解得，C正确；
D．小圆环运动到B过程有在B点有解得
可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为，D错误。故选BC。
23．如图所示，为竖直面内的光滑绝缘轨道，其中段水平，段为半圆形轨道，轨道连接处均光滑，整个轨道处于竖直向上的匀强电场中，场强大小为，一质量为的光滑绝缘斜面静止在水平面上，其底端与平面由微小圆弧连接。一带电量为的金属小球甲，从距离地面高为的点由静止开始沿斜面滑下，与静止在点的不带电金属小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两小球材质大小均相同，质量均为，且，水平轨道足够长，不考虑两球之间的静电力，小球与轨道间无电荷转移，取，则（　　）

A．甲球滑到斜面底端时斜面的速度大小为
B．甲、乙两球碰撞后甲的速度大小
C．甲、乙两球碰撞后乙的速度大小
D．若乙球恰能过点，半圆形轨道半径为
【答案】AD
【详解】A．设甲球滑到斜面底端时，斜面的速度大小为v1，甲球的速度大小为v2，甲球带负电，受电场力向下，根据动能定理得甲球与斜面在甲球下滑过程中水平方向动量守恒，设向右为正解得；故A正确；
BC．甲、乙两球发生的是弹性碰撞，设碰后甲球的速度为v3，乙球的速度为v4；解得；故BC均错误；
D．甲、乙球碰撞后，根据电荷均分原理，乙带电为，设乙球过D点时的速度为v5，根据动能定理得
乙球在D点时，根据牛顿第二定律得联立以上两式解得故D正确。故选AD。
24．如图，一质量为、带电荷量为的小球，以速度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0.6m，两极板间距为0.5m，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的形状为半径的圆被截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为，，，，下列说法正确的是（　　）

A．小球在A点的速度大小为5m/s
B．两极板间的电势差大小为25V
C．小球不会脱离圆弧轨道
D．小球不会脱离圆弧轨道
【答案】AD
【详解】A．在A点小球的竖直分速度为则小球在A点的速度大小为故A正确；
B．带电小球在平行板中水平位移竖直方向有对带电小球受力分析，由牛顿第二定律得
联立得故B错误；
CD．在A点速度为，
①若小球不超过圆心等高处，满足解得m由题意可得mR<3m
②若小球能到达最高点C，有在C点由牛顿第二定律得
可得可知m故圆弧轨道半径R的取值条件为：mR<3m或m，故C错误，D正确；故选 AD。