匀强电场中的匀变速直(曲)线运动模型(解析版)

匀强电场中的匀变速直(曲)线运动模型
1.高考命题经常出现带电粒子(不计重力)在匀强电场中的做直线或曲线运动，带电粒子在电场中只受静电
力，加速度恒定，做匀变速直线运动或匀变速曲线运动模型，结合静电学知识、运动学知识、功能关系、能量关系进行考查。

2.高考命题经常出现带电粒子(计重力)在匀强电场、重力场中运动的情景，带电粒子在电场中受静电力和重
力，合力恒定，加速度恒定，做匀变速直线运动或匀变速曲线运动模型，结合静电学知识、运动学知识、功能关系、能量关系进行考查。

【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型
1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型
（1）受力分析：
与力学中受力分析方法相同,只是多了一个电场力而已.如果带电粒子在匀强电场中，则电场力为恒
力(qE),若在非匀强电场，电场力为变力.
（2）运动过程分析：
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加(减)速直线运动.
（3）两种处理方法：
①力和运动关系法--牛顿第二定律：
带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律求出加速度，结合匀变速直线运动的公式确定带电粒子的速度、时间和位移等.
②功能关系法--动能定理：
带电粒子在电场中通过电势差为U AB的两点时动能的变化是ΔE k，则qU AB=ΔE k=1
2
mv22−1
2
mv21.
2.交变电场中的直线运动
U-t
图
v-t
图
轨迹
图
3.带电体在电场中的直线运动
(1).带电小球在电容器中的直线运动匀速直线运动
匀加速直线运动
匀加速直线运动
匀减速直线运动
qE =mg ，a =0qE =mg tan θ，a =g /cos θ
qE =mg/cos θ，a =g tan θ
qE =mg/cos θ，a =g tan θ
(2)多过程运动规律
运动模型
受力分析
运动分析
规律
①速度公式v
0=gt 1=at 2;速度位移公式v 20=2gx 1=2ax 2
②全程动能定理：mg (h +d )-qU =0
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型
【运动模型】质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速v 0沿垂直于电场的方向，进入长为l 、间距为d 、电压为U 的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求出如下相关量：1、粒子穿越电场的时间t ：
粒子在垂直于电场方向以v x =v 0做匀速直线运动，
l =v
0t ，t =l
v 0
；
2、粒子离开电场时的速度v ：
粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度a =qE m =qU
md ，粒子离开电场时平行电场方向的分速度v y =at =qUl
m d v 0，
所以v =v 2
x
+v 2y
=
v 20
+
qUl m d v 0
2。

3、粒子离开电场时的侧移距离y ：
y =12at 2
=
qUl 22m d v 20
②②式涉及了描述粒子的物理量如m 、q 、q m 、v 0
；描述设备的物理量U 、l
不难发现：(1)当不同粒子(q m 不同)以相同的速度进入偏转电场时侧移距离y ∝
q
m
(2)当不同粒子以相同的动能进入偏转电场时侧移距离y ∝q 4、粒子离开电场时的偏角ϕ：
因为tan ϕ=v y v x =qUl
m d v 20
③
②与③的关系：tan ϕ=2y
l
(熟记)
5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点
由tan ϕ=qUl m d v 20和y =qUl 22m d v 20
，可推得y =l
2tan ϕ。

粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。

【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型
【运动模型】如图所示，由静止开始被电场(加速电压为U 1)加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。

若金属板长为L ，板间距离为d 、两板间电压为U 2，试分析带电粒子的运动情况。

1、粒子穿越加速电场获得的速度v
1
设带电粒子的质量为m ，电量为q ，经电压U 1加速后速度为v 1。

由动能定理有qU 1=
1
2
mv 21，v 1=2qU 1
m
2、粒子穿越偏转电场的时间t ：
带电粒子以初速度v 1平行于两正对的平行金属板从两板正中间射入后，在偏转电场中运动时间为t ，则t =L
v 1
=L m 2qU 1
3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度a ：
带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度a =
F
m =qU 2dm
4、粒子离开偏转电场时的侧移距离y：
带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向作初速度为0的做匀加速直线运动y=1
2
at2=1
2
×
qU2
dm
×
m 2qU1L2=
U2L2
4U1d④
④式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的侧移量与粒子的q、m无关。

5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v y：
带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为v y，则v y=at=U2L
d
q
2mU1
6、粒子离开偏转电场时的偏角ϕ：
设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为θ。

则tanθ=v y
v x
=
U2L
2U1d⑤
⑤式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的偏转角与粒子的q、m无关。

【模型四】带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型
1.带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒
(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E PG+E P电+E K=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。

2.带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见情况
竖直向上抛出水平抛出斜上抛出
(建议用时：60分钟)
一、单选题
1如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一个质量为m，电荷量为e的电子，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达距O点为h处的A点，然后返回。

则此电子在O点射出时的速度大小是
()
A.eU
B.2eUh
md C.2eUd
mh
D.eUh
d
【答案】B
【解析】电子最远到达距O点为h处的A点，根据动能定理有
eEh=1
2
mv2
电场强度为
E=U
d
此电子在O点射出时的速度大小是
v=2eUh
md
故选B。

2(2023·安徽·校联考二模)如图所示，三块平行放置的金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。

B板与电源正极相连，A、C两板与电源负极相连。

闭合电键，从O点由静止释放一电子，电子恰好能运动到P点(不计电子的重力影响)。

现将C板向右平移到P 点，下列说法正确的是()
A.若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P点返回
B.若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P 点返回
C.若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P和P 点之间返回
D.若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将穿过P 点
【答案】B
【解析】AB．根据题意可知
U MO=U MP=U
MP
电子从O到M电场力做正功，从M到P电场力做负功或从M到P 电场力做负功，电子在板间运动的过
程，由动能定理可知
U OM e +U MP e =0
将C 板向右平移到P 点，若电键处于闭合状态，上式仍然成立，电子将运动到P 点返回，故A 错误，B 正确；
CD ．断开电键后，根据
U =
Q C
，C =εr S 4πkd ，E =
U d 联立解得
E =
4πkQ
εr S
可知板间的电场强度与板间距离无关，而断开电键后可认为极板间电荷量不变，则电场强度不变，根据动
能定理可知
Eed -Eed =0因此若断开电键后再从O 点由静止释放电子，电子仍将运动到P 点，故CD 错误。

故选B 。

3如图所示，
半径为R 的圆处在匀强电场中，O 为圆心，圆所在平面与电场线平行，A 、B 是圆上两点，AB 间劣弧为四分之一圆弧，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子以大小为v 0的速度从O 点沿某一方向射出，到达B 点时的动能为mv 20，若以垂直AB 连线向左的方向仍以大小为v 0的速度射出，过一段时间t 粒子又回到O 点，再改变粒子从O 点射出的方向，射出速度大小仍为v 0，结果粒子到达了A 点，不计粒子的重力，则(
)
A.t =
2R
2v 0
B.A 点电势比B 点电势高
C.匀强电场的电场强度大小为2mv 202qR
D.O 、A 两点的电势差为
2mv 20
2q
【答案】C
【解析】B ．粒子从O 点沿垂直AB 方向射出去，能回到O 点，说明电场方向垂直AB ，由O 指向AB ，则AB 是等势线，A 、B 两点等势，故B 错误；C ．由题意知
qE ×
22R =mv 20-12
mv 20解得
E =
2mv 202qR 故C 正确；A ．根据题意
t =
2v 0
a a =
qE m
解得
t =
22R v 0
故A 错误；
D ．O 、A 两点的电势差等于
U =E ×22R =
mv 20
2q
故D 错误。

故选C 。

4质量为m 、
电荷量为q 的物块处于水平方向的匀强电场E 中，在电场力的作用下，由静止开始在水平地面上做直线运动，E 与时间t 的关系如图所示。

已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，g =10m/s 2，则(
)
A.t =3s 时，物块的速率为3m/s
B.t =4s 时，物块的动能为零
C.t =6s 时，物块回到初始位置
D.0~6s 内，物块平均速度的大小为2m/s
【答案】B
【解析】0~3s 间，根据牛顿第二定律
0.4mg -0.2mg =ma 1
得
a 1=2m/s 2
t 1=3s 时
v 1=a 1t 1=6m/s ，x 1=
v 1
2t 1
=9m 3s 后
-0.4mg -0.2mg =-ma 2
得
a 2=6m/s 2
显然t 2=4s 时
v 2=v 1-a 2t 2-t 1 =0
动能为零，3s ~4s 间
x 2=
v 1
2t 2
=3m 4s 后反向加速
0.4mg -0.2mg =ma 3
得
a 3=2m/s 2
4s ~6s 间
x 3=
12a 3t 2
3
=4m 0~6s 内，物块的位移
x =x 1+x 2-x 3=8m
6s 时未回到出发点，0~6s 内平均速度
v =x t =4
3
m/s
故选B 。

5(2023·福建福州·统考模拟预测)1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，
因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。

两块水平放置相距为d 的金属板A 、B 分别与电源正、负两极相接，从A 板上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上一定的电荷量。

两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油
滴P 以速度大小v 1竖直向下匀速运动；当油滴P 经过板间M 点(图中未标出)时，给金属板加上电压U ，经过一段时间，发现油滴P 恰以速度大小v 2竖直向上匀速经过M 点。

已知油滴运动时所受空气阻力大小为f =kvr ，其中k 为比例系数，v 为油滴运动速率，r 为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是(
)
A.油滴P 带正电
B.油滴P 所带电荷量的值为k v 1-v 2 rd
U
C.从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度先增大后减小
D.油滴先后两次经过M 点经历的时间为
v 1v 2+v 1
gv 2【答案】D
【解析】A ．由于加上电压时，经过一段时间，发现油滴P 恰以速度大小v 2竖直向上匀速运动，说明油滴受到的电场力方向向上，所以油滴带负电，故A 错误；
B ．设油滴P 所带电荷量的值为q ，没有加电压时，根据平衡条件可得
mg =kv 1r 施加电压后匀速向上运动时，根据平衡条件可得
q U
d
=mg +kv 2r 联立解得
q =
k v 1+v 2 rd U
故B 错误；
C．从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，根据牛顿第二定律可得
qE+f-mg=ma
解得加速度大小为
a=qU
md
+
kvr-mg
m
随着速度的减小、加速度逐渐减小；
向上加速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得
qE-f-mg=ma'解得加速度大小为
a=qU
md
-
kvr+mg
m
随着速度的增大、加速度逐渐减小；
综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度一直减小，故C错误；D．油滴经过M点向下运动到速度为零过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得
q U
d
t1+kv 1rt1-mgt1=0-mv1
油滴从速度为零到达到M点的过程中，根据动量定理可得
q U
d
t2-kv 2rt2-mgt2=mv2
其中
q=
k v1+v2
rd
U
v 1t2=v 2t2
mg=kv1r 联立解得油滴先后两次经过M点经历的时间为
t=t1+t2=v1v2+v1
gv2
故D正确。

故选D。

二、多选题
6(2024·湖南邵阳·统考一模)如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m的带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度v0沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。

关于该粒子在OA这一过程的运动情况，下列说法正确的是()
A.带电粒子带负电
B.带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C.这段运动过程中粒子的最小动能为1
10mv20 D.电场力方向与x轴正方向之间夹角的正切值为1
2
【答案】BD
【解析】A．由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；
B．带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O 点的电势能小，故B正确；
D．设加速度方向与y轴正方向之间的夹角为θ，如图所示
则在沿着y轴方向上
a sinθ=v0 t
沿着x轴方向上
a cosθ=v
t
并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即
v=2v0
联立解得
tanθ=1
2
故D正确；
C．当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为v min，将初速v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得
v min=v0cosθ=2
5
5v0
则最小动能为
E k min=1
2mv min2=2
5
mv02
故C错误；
故选BD。

7(2024·四川绵阳·统考二模)如图所示，在真空中两水平平行板P、Q正对，电容为C，板长为L，板间距为d，充电后与电源(未画出)始终相连，一带正电的粒子从左侧中央以水平初速度v0正对屏上的O点射
入，在板间做直线运动；现保持P板不动，将Q板向上平移1
4
d，稳定后，将该粒子仍从左侧同一位置以相同
初速度射入，粒子打在屏上M点(未标出)。

已知粒子质量为m，电荷量为q，平行板右端到屏距离也为L，重力加速度为g。

则()
A.P板电势高于Q板
B.Q板平移前平行板电容器所带电荷量为Cmgd q
C.点O、M间距离为gL2
2v20
D.点M与O重合
【答案】BD
【解析】A．带正电的粒子在电容器中受到重力和电场力平衡，故电场力向上，上极板带负电，则P板电势低于Q板，故A错误；
B．Q板平移前由平衡可知
qE=mg
其中有
E=U
d
电容器的定义式
C=Q U
联立解得
Q=Cmgd q
故B正确；
CD．Q板平移后，板间电场强度
E =U
d-1
4d
=4
3
E
根据牛顿第二定律
qE -mg=ma 解得
a=1
3
g
在两板间做类平抛运动，有
y=1
2
at2，L=v0t 解得
y=gL2 6v20
出板间时竖直方向的速度
v y=at=gL 3v0
出板间后做斜抛运动，竖直方向的位移为
y =v y t -1
2
gt 2水平方向
L=v0t
解得
y =-gL2 6v20
所以在电容器内和出电容器后在竖直方向的位移为
H=y+y =0
所以点M 与O 重合，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

8如图所示，
一带负电粒子(不计重力)质量为m 、电荷量大小为q ，以初速度v 0沿两板中央水平方向射人水平放置、距离为d 、电势差为U 的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为Δp ，下列说法正确的是(
)
A.粒子在两板间运动的加速度大小为Uq dm
B.粒子从两板间离开时的速度大小为
Δp m C.金属板的长度为d v 0Δp Uq
D.入射点与出射点间的电势差为-(Δp )2
2mq 【答案】ACD
【解析】A ．根据牛顿第二定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为
a =qE m =
Uq dm
故A 正确；
BC ．粒子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量变化为0；粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据题意有
Δp =Δp y =mv y -0
可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为
v y =
Δp
m
则粒子在两板间的运动时间为
t =
v y a =d Δp Uq
金属板的长度为
L =v 0t =
d v 0Δp
Uq 故B 错误，C 正确；
D ．设入射点与出射点间的电势差为U ，根据动能定理可得
-qU =12mv 2-1
2
mv 20
其中
v 2=v 20
+v 2
y ，v y =Δp m
联立解得
U
=-(Δp )22mq 故D 正确。

故选ACD 。

9真空中存在空间范围足够大的、
水平向右的匀强电场。

在电场中，若将一个质量为m 、带正电的小球
由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。

现将该小球从电场中A点以初速度v0竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则()
A.小球所受的电场力为4
3mg B.小球在最高点B的动能为9
32
mv20
C.小球在C点的机械能比在A点多9
8mv20 D.小球在C点的动能为
13mv20
8
【答案】BCD
【解析】
A．如图所示，根据题意可知，小球重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为37°，由几何关系可得，小球所受的电场力为
F=mg tan37°=3
4
mg
A错误；
B．根据题意可知，小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式
v=v0+at
可得，运动到B点的时间为
t=v0 g
由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加速度为
a x=F
m =3
4
g
则小球运动到B点的速度为
v B=a x t=3
4
v0则小球在最高点B的动能为
E kB=1
2mv2B=
9mv20
32
B正确；
C．根据对称性可知，小球运动到C点的时间为
t1=2t=2v0 g
则AC间的水平位移为
x=1
2a x t21=
3v20
2g
由功能关系可知，小球从A运动到C，机械能的增加量为
ΔE =Fx =
9mv 20
8
即小球在C 点的机械能比在A 点多9mv 20
8
，故C 正确；
D ．根据题意，由对称性可知，小球运动到C 点时，竖直分速度为竖直向下的，由运动学公式可得，小球运动到C 点时的水平分速度为
v x =a x t 1=
32v 0
则小球在C 点的速度为
v C =
v 20+3v 02
2
=13v 02则小球在C 点的动能为
E kC =12mv 2
C =
13mv 208
D 正确；故选BCD 。

10如图所示，
某空间存在一匀强电场，电场中固定一个光滑的半圆形轨道，电场强度的方向平行于轨道所在平面，O 为轨道圆心，半径为R ，D 、C 、P 为半圆形轨道的四等分点。

A 处放置一个粒子源，能向纸面内各个方向发射速率均为v 0的带电粒子，粒子的质量均为m 、电荷量均为q (q >0)。

已知在能打到轨道上的粒子中，运动到D 点的粒子动能最大；且初速度水平向右的粒子恰能运动到C 点，不考虑粒子重力、粒子之间的相互作用和粒子在轨道上的反弹，下列说法正确的是(
)
A.匀强电场的场强大小为2mv 20
2qR
，方向由O 指向D
B.轨道上有粒子打到的弧长为l AP =
3πR
4
C.带电粒子运动到C 点时，速度大小仍为v 0，方向由O 指向C
D.带电粒子运动到D 点时的动能E k =2mv 20【答案】AC
【解析】A ．如图所示，在能打到轨道上的粒子中，运动到D 点的粒子动能最大，即A 、D 间电势差最大，D 为轨道上电势最低的位置，过d 点做圆的切线，场强方向垂直切线，由O 指向D ，当粒子v 0水平向右，从A 到C 的运动过程中，沿AC 、垂直AC 方向建立坐标系，运动满足
2R sin45°=v 0t cos45°，t =2v 0
sin45°
qE
m
联立得
E =
2mv 202qR
A 正确；
B．OD垂直AC，粒子在电场中做类斜抛运动，设v0与AC夹角为θ时，粒子沿AC方向运动的距离x满足
x=v0t cosθ，t =2v0sinθqE
m
联立得
x=22R sinθcosθ=2R sin2θ
当θ=45°时，即初速度水平向右时，x最大，落点为C，故有粒子打到轨道的弧长
l AP=πR
2
B错误；
C．AC垂直OD，A、C在同一等势面上，故
v C=v0
再由类平抛运动的对称性可知，v C方向与AC夹角也为45°，即由O指向C，C正确；D．从A运动到D，根据动能定理
qER(1-cos45°)=E k-mv20 2
解得
E k=2mv20 2
D错误。

故选AC。

三、解答题
11(2024·辽宁沈阳·统考一模)如图，水平地面上放置一长度L=10m、质量M=1kg的长木板。

一可视为质点、质量m=1kg、带电量q=+1×10-5C的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离d1=7m。

在距木板右端d2=9m的虚线右侧，存在宽度d3=11.5m的匀强电场，场强E1=2×106N/C，方向竖直向下。

匀强电场E1右侧存在宽度，d4=6m的匀强电场，场强E2=1×106N/C，方向竖直向上。

从t=0时刻起，水平恒力F=8N作用在长木板上，5s末撤去。

已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块运动多长时间进入匀强电场E1;
(2)物块离开匀强电场E2时速度的大小；
(3)物块最终停下来时，离木板右端的距离。

【答案】(1)4s；(2)6m/s；(3)5.5m
【解析】(1)在物块未进入电场时设其最大加速度大小为a0，则由牛顿第二定律有
μ1mg=ma0
解得
a0=4m/s2
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为a，则对整体由牛顿第二定律有
F-μ2(m+M)g=(m+M)a
代入数据解得
a=2m/s2<a0
则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移
x0=1
2at2=1
2
×2×52m=25m
可知
x0>d1+d2
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为t0，由位移与时间的关系可得
d1+d2=1
2
at20
解得
t0=4s
(2)当物块进入电场E1后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场E1中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有
F-μ2[(m+M)g+Eq]=(m+M)a1
解得
a1=0
即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为x1，进入电场E1时的速度大小为v1，则有
v1=at0=2×4m/s=8m/s
x1=v1t1=8×1=8m
此时距进入电场E2的距离为
x2=d3-x1=11.5m-8m=3.5m
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律有
μ2[(m+M)g+Eq]=(m+M)a 1
解得
a 1=4m/s2
设物块和木板共同进入电场E2时的速度大小为v2，则由速度与位移的关系可得
v22-v21=-2a 1x2
解得
v2=6m/s
当进入匀强电场E2，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
mg=E2q
可知，物块在电场E2中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。

(3)设物块出电场E2所用的时间为t2，在物块出电场E2的过程中木板在电场E2中做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则有
d4=v2t2
μ2Mg=Ma2
解得
t2=1s，a2=2m/s2
设该过程中木板的位移为x3，可得
x3=v2t2-1
2
a2t22=5m
则可得物块出电场E2时距离木板右端的距离为
d5=d1-(d4-x3)=6m
此时木板的速度
v3=v2-a2t2=4m/s
此后在两者达到共速前物块的加速度大小为a0=4m/s2，设木板的加速度大小为a3，对木板由牛顿第二定律有
μ1mg-μ2(m+M)g=Ma3
解得
a3=0
即物块出电场E2后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为t3，根据速度时间关系可得
v3=v2-a0t3
解得
t3=0.5s
则在该时间内物块和木板的位移分别为x4、x5，则根据位移与时间的关系有
x4=v2t3-1
2a0t23=6×0.5-1
2
×4×0.25
m=2.5m x5=v3t3=4×0.5m=2m
两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为
d6=d5-(x4-x5)=5.5m
12(2023·河南开封·统考一模)在真空中存在着方向竖直向上、足够大且周期性变化的匀强电场E。

将一个质量为m带电量为q的小球(可视为质点)，从电场中的P点由静止释放，同时开始计时，小球先向上
运动，经时间T后，小球恰好回到P点。

已知电场的周期为T=2t0，规定竖直方向为正方向，重力加速为g，求：
(1)匀强电场E的大小及小球上升的最大高度h；
(2)小球在第一个T时间内机械能的变化量ΔE；
(3)已知t=nt0(n取1，2，3....)，试确定小球t时刻的速度。

【答案】(1)E=4mg
3q，H=
2
9
gt20；(2)ΔE=2
9
mg2t20；(3)见解析
【解析】(1)由牛顿第二定律得，有电场时
qE-mg=ma1撤去电场后
mg=ma2从释放到回到出发点有
1 2a1t20=-a1t0t0-1
2
a2t20
联立可得
a1 a2=1
3
(即a1=1
3
g) E=
4mg
3q
有电场时上升的高度
h1=1
2a1t20=1
6
gt20
撤去电场后上升的高度
h2=(a1t0)2
2a2
=1
18
gt20
小球上升的最大高度
H=h1+h2=2
9
gt20 (2)由功能关系得，小球在第一个T时间内机械能的增加量
ΔE=qEh1=2
9
mg2t20 (3)在t=nt0(n取1，3，5....即奇数)内，小球的加速度为
a=1
3
g
在t=nt0(n取2，4，6....即偶数)内，小球的加速度为-g，当t=t0时
v1=1
3
gt0
当t=2t0时
v2=v1-gt0=-2
3
gt0
当t=3t0时
v3=v2+at0=-1
3
gt0
当t=4t0时
v4=v3-gt0=-4
3gt0
当t=5t0时
v 5=v 4+at 0=-gt 0
所以当t =nt 0(n 取1，3，5....即奇数)时，小球的速度为
v n =v n -1+at 0=-1
3
(n -2)gt 0
除n 取1时，方向竖直向上，其余速度均竖直向下；在t =nt 0(n 取2，4，6....即偶数)内，小球的速度为
v n =v n -1-gt 0=-n
3
gt 0
方向竖直向下。

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一、单选题
1(2023·安徽合肥·统考二模)真空中存在着方向平行x 轴的电场，
x 轴上各点的电势随位置x 变化的关系如图所示。

一带正电粒子从x =-3cm 处由静止释放，已知粒子的比荷为4.8×107C /kg ，不计重力。

则下列说法正确的是(
)
A.该电场为匀强电场
B.粒子在-3cm ,2cm 区间内做简谐运动
C.粒子运动过程中的最大速率为2.4×104m/s
D.粒子沿x 轴正方向运动过程中，电势能先变大后变小【答案】C
【解析】A ．坐标原点左、右两侧的电场强度分别为
E 左=ΔφΔx
=6V 3cm =200V /m
E 左=ΔφΔx
=6V 2cm =300V /m
可知左、右两侧的电场强度大小不同，则该电场不是匀强电场，故A 错误；
B ．带正电的粒子从静止释放后，在原点左侧做匀变速直线运动，进入原点右侧后也做匀变速直线运动，粒子不做简谐运动，故B 错误；
C ．原点处的电势最低，则粒子在该点的电势能最小，动能最大，从x =-3cm 处到原点处的过程中，由动能定理可得
qU =
1
2
mv 2m 解得
v m =2.4×104m/s
故C 正确；
D ．带正电粒子沿x 轴正方向运动过程中，所在位置的电势先变小后变大，所以粒子的电势能先变小后变大，故D 错误。

故选C 。

2(2023·湖北·统考三模)如图所示，
一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K 上，发射的光电子可沿垂直于平行板电容器极板的方向从左极板上的小孔进入电场，均不能到达右极板，则(
)
A.该单色光的波长为
c
v 0
B.若仅增大该单色光的强度，则将有电子到达右极板
C.若仅换用频率更大的单色光，则依然没有电子到达右极板
D.若仅将电容器右极板右移一小段距离，电子仍然不能到达右极板【答案】D
【解析】A ．由题可知，单色光的波长应大于
c
ν0
，故A 错误；B ．若仅增大该单色光的强度，由于入射光的频率不变，则电子仍然不能到达右极板，故B 错误；C ．若仅换用频率更大的单色光，逸出的光电子的初动能增大，则可能有电子到达右极板，故C 错误；D ．若仅将电容器右极板右移一小段距离，由于两板间的电压不变，电子仍然不能到达右极板，故D 正确。

故选D 。

3(2023·安徽马鞍山·统考二模)如图所示，
空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为+q 的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F 作用下由静止开始从O 点向右做匀加速直线运动，先经时间t 力F 做功90J ，此后撤去力F ，物块再经时间2t 返回到出发点O ，且回到出发点时的速度大小为v 。

设物块在O 点的电势能为零，则(
)
A.撤去力F 时物块的速度大小为v
3
B.物块向右滑动的最大距离为
2vt 3
C.物块回到出发点时的动能为90J
D.撤去力F 时物块的电势能为60J 【答案】C
【解析】A ．设F 撤去前、后物块的加速度大小分别为a 1、a 2，根据位移关系有
12a 1t 2+(a 1t )⋅2t -1
2
a 22t 2=0解得
a 1a 2=45。