備考2025高考物理“二級結論”精析與培優(yōu)爭分練講義-11.帶電粒子在電場中的力電綜合問題（教師版）

11.帶電粒子在電場中的力電綜合問題——備考2025高考物理“二級結論”精析與培優(yōu)爭分練一、帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動1．等效重力場物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．2.3．舉例例題1.（2022·河南·模擬預測）如圖所示，空間豎直平面內存在一水平向右的勻強電場，一質量為m帶正電的小球用長為l的輕繩連接，輕繩一端固定于O點，現將小球拉直從與O點等高的A點無初速的釋放，小球運動到最低點B時測得輕繩的拉力為2mg，則在小球的運動過程中，下列說法正確的是（）A．小球運動到最低點時的速度為B．電場強度的大小為C．小球在運動過程中的最大動能為D．小球在運動過程中的最大動能為【答案】D【解析】A．根據題意，在最低點B時，由牛頓第二定律有解得故A錯誤；B．從A到B的過程，由動能定理有解得故B錯誤；CD．根據題意，設最大速度所對應的位置為D點，與水平方向的夾角為，由動能定理有則有由數學知識可知，令，則有可知，當時，有最大值，最大值為故C錯誤，D正確。故選D。練1.（2024·廣西·一模）如圖，空間中有一勻強電場，大小為，方向與水平方向成角，現有一光滑絕緣大圓環(huán)固定在豎直平面內，O點為環(huán)心，將質量為m、帶電荷量為的小圓環(huán)套在大圓環(huán)的M點并同時給小圓環(huán)一個向右的水平初速度，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，重力加速度為g，則小圓環(huán)（）

A．從M點到Q點動能減小B．在M點和N點的電勢能相等C．從M點到Q點電場力做負功D．動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢【答案】D【解析】C．小圓環(huán)帶正電，從M點到Q點電場力做正功，C錯誤；B．作出等勢面如圖：

沿電場線方向電勢降低，則在M點的電勢高于N點的電勢，正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以在M點的電勢能大于N點的電勢能，B錯誤；A．小圓環(huán)受到的電場力受力如圖：

則小圓環(huán)運動的等效最高點和等效最低點分別為A點和B點，在A點速度最小，在B點速度最大，則從M點到Q點動能先增大后減小，A錯誤；D．根據沿電場線方向電勢降低，則在B點的電勢低于A點的電勢，即動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢，D正確。故選D。例題2.（2022·湖北武漢·模擬預測）如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場。AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方。一質量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點沿切線進入四分之一圓弧軌道內側，沿軌道運動到B處以速度vB射出。已知重力加速度為g，電場強度大小為，，空氣阻力不計，下列說法正確的是（）A．從A到B過程中，小球的機械能先增大后減小B．從A到B過程中，小球對軌道的壓力先減小后增大C．在A、B兩點的速度大小滿足vA>vBD．從B點拋出后，小球速度的最小值為【答案】D【解析】A．從A到B過程中，靜電力一直做負功，小球的機械能一直減小，故A錯誤；B．設等效重力與豎直線的夾角為θ，則故θ為37°，等效重力方向與豎直方向成37°角偏左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，對軌道的壓力先增大后減小，故B錯誤；C．B點比A點更靠近等效最低點，所以，故C錯誤；D．從A到B，由動能定理有解得之后小球做類斜拋運動，在垂直于等效場方向上的分速度即為最小速度，則故D正確。故選D。練2.（2023·江西上饒·二模）如圖所示，在電場強度為E的勻強電場中，電場線與水平方向的夾角為，有一質量為m的帶電小球，用長為L的細線懸掛于O點，當小球靜止時，細線恰好呈水平狀態(tài)。若用外力F使小球繞O點做半徑為L的勻速圓周運動，在沿圓?。▓D中虛線）從A點運動到O點正下方的B點的過程中（重力加速度為g），小球電荷量保持不變，下列說法正確的是（）

A．小球帶負電，電量值為 B．小球帶正電，電量值為C．電勢能增加 D．外力F做負功【答案】C【解析】AB．當小球靜止時，細線恰好呈水平狀態(tài)，小球受重力mg、電場力F電、細線拉力T作用，如圖

小球受電場力方向與場強方向相同，所以小球帶正電。豎直方向上解得故AB錯誤；C．從A點運動到O點正下方的B點的過程中，小球電勢能的增加量等于克服電場力做得功故C正確；D．從A點做勻速圓周運動到O點正下方的B點，由動能定理可知解得外力F做的功所以外力F做正功，故D錯誤。故選C。二、電場中的力電綜合問題1．帶電粒子在電場中的運動(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，題．(2)受力特點：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略．一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用．2．用能量觀點處理帶電體的運動對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助能量觀點來處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常更簡捷．具體方法有：(1)用動能定理處理思維順序一般為：①弄清研究對象，明確所研究的物理過程．②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功．③弄清所研究過程的初、末狀態(tài)(主要指動能)．④根據W＝ΔEk列出方程求解．(2)用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理列式的方法常有兩種：①利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1＝E2)列方程．②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程．(3)兩個結論①若帶電粒子只在靜電力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變．②若帶電粒子只在重力和靜電力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變．例題3.（2024·河北·模擬預測）如圖所示，水平邊界PQ、MN間存在方向豎直向下的勻強電場，電場的寬度為L。一絕緣輕桿兩端分別固定質量為m的帶電小球A、B，A、B兩小球所帶的電荷量分別為、?，F將該裝置移動到邊界PQ上方且使輕桿保持豎直，使球B剛好位于邊界PQ上，然后由靜止釋放該裝置，釋放后該裝置的輕桿始終保持豎直且做周期性往復運動。已知電場強度的大?。╣為重力加速度），忽略兩帶電小球對電場的影響，兩小球均可視為質點。則該裝置中輕桿的最大長度為（）A．L B．2L C．3L D．4L【答案】C【解析】由靜止釋放該裝置，釋放后該裝置的輕桿始終保持豎直且做周期性往復運動，當小球A到達電場下邊界MN的速度剛好為0時，該裝置中輕桿具有最大長度，設為；根據動能定理可得解得故選C。練3.（2024·四川·一模）如圖所示，在水平面上A、B物塊通過輕彈簧相連，其中A物體帶電量為+q、質量為m1，B物體不帶電、質量為m2，彈簧勁度系數為k，原長為L。水平面處于水平向右的勻強電場中，電場強度為E，A、B一起向右做勻加速直線運動，A、B與地面的動摩擦因數均為μ，則此時A、B的距離為（）A． B．C． D．【答案】C【解析】A、B一起向右做勻加速直線運動，對A、B和輕彈簧看成一個整體進行分析，則有得A、B一起向右做勻加速直線運動，對B進行分析，則有而聯立解得故選C。例題4.（2023·四川成都·模擬預測）如圖所示，其空中有一足夠大的水平向右的勻強電場，質量均為、帶電量分別為和的兩小球同時從點以速度斜向右上方射入勻強電場中，方向與水平方向成，A、B（圖中末畫出）兩點分別為兩小球運動軌跡的最高點，帶正電的小球經過A點的速度大小仍然為，不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯誤的是（）

A．兩小球同時到A、B兩點B．帶負電的小球經過點的速度大小也為C．兩小球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為D．與水平距離之比為【答案】C【解析】A．由題可知，將帶電小球的運動分解成水平方向和豎直方向的運動，由受力可知，兩小球在豎直方向只受重力，故在豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向的初速度大小均為上升到最高點時，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達A、B兩點的時間相同，A正確，不符合題意；B．水平方向只受電場力，故水平方向做勻變速直線運動，水平方向的初速度為由題可知，帶正電的小球有帶負電的小球有解得帶負電的小球經過點的速度大小也為，B正確，不符合題意；C．由B解析可知，到達最高點時兩小球的速度大小相等，水平方向只有電場力做功，由動能定理可知，兩球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為，C錯誤，符合題意；D．由上分析可知聯立解得故代入數據解得即與水平距離之比為，D正確，不符合題意。故選C。練4.（2023·山東青島·三模）如圖，在方向平行于紙面的勻強電場中有一平臺，一帶電小球從平臺左下側某位置P以的初速度豎直向上拋出，小球恰好從平臺左端Q點以速度水平滑入平臺。小球質量，帶電量，重力加速度，關于該勻強電場，下列說法正確的是（）

A．場強大小可能小于1000N/C B．場強大小一定為1250N/CC．場強大小最小為1000N/C D．若場強大小確定，其方向也唯一確定【答案】C【解析】由題意可知，水平方向豎直方向可知設場強方向與豎直方向夾角為θ，則豎直方向水平方向整理并帶入數據可得可知E最小值為1000N/C；當時E=1250N/C；若場強大小E確定，其方向θ不是唯一確定的。故選C。例題5.（2023·湖北·模擬預測）如圖所示，質量均為m的滑塊A、B，A不帶電，B帶正電，電荷量為q，A套在固定豎直桿上，B放在絕緣水平面上并靠近豎直桿，A、B間通過鉸鏈及長度為L的剛性絕緣輕桿連接且靜止?，F施加水平向右電場強度為E的勻強電場，B開始沿水平面向右運動，已知A、B均視為質點，重力加速度為g，不計一切摩擦。則在A下滑的過程中，下列說法正確的是（

）

A．A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒B．A運動到最低點時，輕桿對A的拉力為0C．A的機械能最小時，B的加速度大小為D．A運動到最低點時，滑塊A速度大小為【答案】C【解析】A．A、B組成的系統(tǒng)因有電場力做功，故機械能不守恒，A錯誤；C．當桿對A的作用力為0時，A的機械能最小，此時輕桿對B在水平方向上作用力為0，故B的加速度大小為，C正確；D．根據系統(tǒng)能量守恒可得解得A落地的瞬時速度為D錯誤。B．當A運動到最低點時，由于B一直沿水平方向運動，以A為參考系，B相對A向上的速度大小為v的圓周運動，則有解得故B錯誤；故選C。練5.（2023·浙江溫州·模擬預測）如圖1所示，同號點電荷A、B絕緣置于水平氣墊導軌上，A固定于導軌左端，B可在導軌上無摩擦滑動。將B在A附近某一位置由靜止釋放，由于能量守恒，可通過測量B在不同位置處的速度，得到B的勢能隨位置隨x的變化規(guī)律（坐標原點位于A處），如圖3曲線Ⅰ。若將導軌右端抬高，使其與水平面成一定角度，如圖2所示，則B的總勢能曲線如圖3中II所示，圖3中直線III為曲線II的漸近線，其斜率為。B在處由靜止釋放，則（）

A．B在運動過程中動能最小位置為處；B．B在運動過程中勢能最大位置為處；C．運動過程中B的最大位移大小為D．點電荷A、B電荷量之積時（k為靜電力常量）【答案】D【解析】AB．位置為處對應曲線II的最低點，此位置勢能最小，動能最大，故AB錯誤；C．由圖像可知運動過程中B在處的總能量小于在處的總能量，所以B在處的速度不為零，運動過程中B的最大位移大小大于，故C錯誤；D．直線III為曲線II的漸近線，表示重力勢能隨位置變化關系則當時，B的動能最大，速度最大，有則點電荷A、B電荷量之積為故D正確。故選D。（建議用時：60分鐘）一、單選題1．（2024·重慶大足·二模）如題圖所示，在相距較遠的兩平行金屬板中央有一個靜止的帶電粒子（不計重力），當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，在時刻靜止釋放該粒子，下列說法正確的是（）A．電壓如甲圖所示時，在時間內，粒子的電勢能先增加后減少B．電壓如乙圖所示時，在時間內，粒子先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動C．電壓如丙圖所示時，在時間內，粒子動量變化量為0D．電壓如丁圖所示時，若粒子在之前不能到達極板，則一直不能到達極板【答案】D【解析】A．若電壓是甲圖，時間內，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；B．電壓是乙圖時，在時間內，電子向右先加速后減速，粒子所受電壓在發(fā)生變化，故電場力在發(fā)生變化不是勻變速運動，故B錯誤；C．電壓是丙圖時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了后做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，故在時間內，粒子動量變化量不為0，故C錯誤；D．電壓是丁圖時，電子先向左加速，到后向左減速，后向右加速，后向右減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，故電子做往復運動，若粒子在之前不能到達極板，則粒子在此時速度發(fā)生變化，則一直不能到達極板，故D正確。故選D。2．（23-24高三上·浙江·階段練習）粒子直線加速器原理示意圖如圖1所示，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數的圓筒與序號為偶數的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電壓變化規(guī)律如圖2所示。在時，奇數圓筒比偶數圓筒電勢高，此時和偶數圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一自由電子由靜止開始發(fā)射，之后在各狹縫間持續(xù)加速。若電子質量為，電荷量為，交變電源電壓為，周期為。不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過圓筒狹縫的時間。下列說法正確的是（

）

A．要實現加速，電子在圓筒中運動的時間必須為B．電子出圓筒2時的速度為出圓筒1時速度的兩倍C．第個圓筒的長度應滿足D．要加速質子，無須改變其他條件但要在到時間內從圓板處釋放【答案】C【解析】A．電子每經過圓筒狹縫時都要加速，然后進入圓筒做勻速運動，所以電子在筒內運動的時間必須為，A錯誤；B．由動能定理得電子出圓筒1時的速度為解得由動能定理得電子出圓筒2時速度為解得B錯誤；C．由動能定理得電子進圓筒n時的速度為第個圓筒的長度為解得C正確；D．如果要加速質子，質子的比荷比電子的比荷要小，則質子進入圓筒的速度比電子進入圓筒的速度要小，則圓筒的長度需要相應的變短，釋放的時間應該在到時間內釋放，D錯誤。故選C。3．（2024·四川南充·二模）絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一質量為m、電荷量為-q（q>0）的滑塊（可看做點電荷）從a點以初速度v0沿水平面向Q運動，b點為滑塊運動中距Q最近的點。已知a、b間距離為d，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）A．滑塊在b點的加速度一定為0B．滑塊在運動過程的中間位置，速度的大小等于C．滑塊在運動過程的中間時刻，速度的大小等于D．Q產生的電場中，a、b兩點間的電勢差為【答案】D【解析】A．由題意可知，滑塊水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，摩擦力與運動方向相反，而庫侖力與運動方相同，由于b點為滑塊運動中距Q最近的點，則滑塊在b點速度為零，則滑塊在運動過程中庫侖力小于滑動摩擦力，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以到達b點時加速度不為零，故A錯誤；BC．若滑塊在滑動過程中做勻減速直線運動，則在運動過程的中間位置，速度的大小為在運動過程的中間時刻，速度的大小為而實際上，隨著間距減小，庫侖力增大，但一直小于滑動摩擦力，所以導致加速度減小，故中間位置的速度的大小不等于，中間時刻的速度不等于，故BC錯誤；D．根據動能定理可得所以故D正確。故選D。4．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖所示，一絕緣輕質細繩懸掛一質量為m、電量為q的帶電小球靜止于水平向左足夠大的勻強電場中，已知電場強度大小?，F使勻強電場保持場強大小不變，方向在紙面內緩慢逆時針轉動30°，則在該過程中（已知重力加速度為g，輕繩與豎直方向的夾角設為θ）（）A．θ先增大后減小 B．θ最小值為30°C．電場力不做功 D．輕繩拉力最小值為【答案】D【解析】A．根據受力分析可知，小球受重力，電場力和繩子拉力，重力大小方向不變，電場力大小不變，因為電場方向在紙面內緩慢逆時針轉動30°，所以電場力也逆時針轉動30°，與重力之間的夾角變大，因此θ一直增大，A錯誤；B．當電場力水平向右時，θ最小，正切值為B錯誤；C．因為電場方向緩慢移動，小球動能不變，θ一直增大，小球高度升高，重力做負功，因此電場力做正功，C錯誤；D．由受力分析可知，當電場力與水平方向夾角為30°時，輕繩拉力最小，此時電場力與拉力垂直，根據勾股定理可得D正確。故選D。5．（2024·浙江·一模）空間中固定一電量為的點電荷，且存在某方向的勻強電場，使一初速度為，帶電量為的小球恰可繞該點電荷作半徑為的圓周運動，則（）A．若點電荷電量為，則勻強電場方向一定向上B．將點電荷電量變?yōu)椋瑒t小球圓周運動半徑變?yōu)镃．換用另一帶電量的小球使之仍以繞該點電荷做圓周運動，則小球運動半徑仍為D．若只撤去點電荷，同時調節(jié)場強為，則小球將作類平拋運動【答案】C【解析】A．若點電荷電量為，則q帶負電，小球所受的勻強電場的電場力與重力平衡，因此勻強電場方向一定豎直向下，A錯誤；B．根據庫侖定律和牛頓第二定律可知可知若點電荷電量變?yōu)椋∏虻乃俣却笮〔蛔?，小球圓周運動半徑應變?yōu)椋珺錯誤；C．用另一帶電量的小球使之仍以繞該點電荷做圓周運動，根據可知小球的質量變?yōu)樵瓉淼?倍，根據可知則小球運動半徑仍為，C正確；D．只撤去點電荷，同時調節(jié)場強為，則小球所受的合力為若初速度沿水平方向，小球做類平拋運動，若初速度豎直向上，則做勻加速直線運動，若初速度傾斜，做斜拋運動，D錯誤。故選C。二、多選題6．（2024·貴州畢節(jié)·二模）如圖，豎直面內有半徑為的四分之一光滑圓弧軌道BC，固定在光滑的水平地面上，且圓弧軌道最低點與水平地面相切?？臻g加有水平向右的勻強電場，點位于點左上方，相對于點的水平距離和豎直高度均為，一可視為質點的帶電小球從點以某一速度水平拋出，恰能從點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，小球離開軌道后，運動到點（點未畫出）時速度減為零，則（）A．小球帶負電 B．CD段長度為C．小球從點拋出時的速度為 D．從點到點過程中小球的電勢能增加了【答案】AD【解析】A．由題意，可知小球恰好從B點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，則小球在水平方向上減速，小球受到水平向左的電場力作用，與電場方向相反，則小球帶負電，故A正確；BCD．小球恰好從B點無碰撞地沿圓弧切線進入軌道，小球在豎直方向上做自由落體運動，則可得小球運動的時間和此時的速度大小為小球在水平方向上，做勻減速直線運動，則有可得小球從A點拋出時的速度大小為小球在水平方向的加速度的大小為可知小球受到的電場力大小為小球從A到D的過程中，由動能定理可得求得可得CD段的長度為根據功能關系可得從A點到D點過程中小球的電勢能增加了故BC錯誤，D正確。故選AD。7．（2024·福建廈門·二模）《廈門志·風俗記》中記載：“（廈門人）俗好啜茶，…如啜酒然，以餉客，客必辨其色、香、味而細啜之，名曰功夫茶?！痹诓枞~生產過程中有道茶葉茶梗分離的工序，可通過電暈放電、感應極化等方式讓茶葉茶梗都帶上正電荷，且茶葉的比荷小于茶梗的比荷，之后兩者通過靜電場便可分離。如圖所示，圖中A、B分別為帶電量不同的兩個帶電球，之間產生非勻強電場，茶葉、茶梗通過電場分離，并沿光滑絕緣分離器落入小桶。假設有一茶梗P電荷量為，質量為，以1m/s的速度離開A球表面O點，最后落入桶底，O點電勢為1×104V，距離桶底高度為0.8m，桶底電勢為零。不計空氣阻力、茶葉茶梗間作用力及一切碰撞能量損失，重力加速度g取10m/s2，則（）A．M處電場強度大于N處電場強度B．茶葉落入左桶，茶梗落入右桶C．茶梗P落入桶底速度為D．茶梗P落入桶底速度為【答案】BD【解析】A．電場線分布的密集程度表示電場強弱，M處電場線分布比N處電場線稀疏一些，則M處電場強度小于N處電場強度，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律有解得由于茶葉、茶梗帶正電，則電場力產生的加速度方向整體向右，由于茶葉的比荷小于茶梗的比荷，可知茶葉所受電場力產生的加速度小于茶梗所受電場力產生的加速度，即在相等時間內，茶葉的水平分位移小于茶梗的水平分位移，可知，茶葉落入左桶，茶梗落入右桶，故B正確；CD．對茶梗進行分析，根據動能定理有其中解得故C錯誤，D正確。故選BD。8．（2024·四川瀘州·二模）如圖所示，豎直平面內有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向右，P、Q分別為軌道上的最高點和最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點。質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，已知重力加速度為g，電場強度大小。則下列說法中正確的是（）A．在軌道上運動時，小球動能最大的位置在M、Q之間B．在軌道上運動時，小球機械能最小的位置在N點C．經過M、N兩點時，小球所受軌道彈力大小的差值為D．小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動【答案】AB【解析】A．使用等效場的觀點，將重力場和電場等效的看作一個場，設該場的場強為g′，結合平行四邊形法則有設等效場對物體的力與豎直方向的夾角為θ，則有解得故等效重力（即重力和電場力的合力）與圓交的最低點在MQ之間，故動能最大的位置在MQ之間，故A正確；B．根據功能關系，非重力做負功最多位置在N點，所以機械能最小的位置在N點，B正確；C．小球在M點，由牛頓第二定律得小球在N點，由牛頓第二定律得從M到N點，由動能定理得解得小球所受軌道彈力大小的差值故C錯誤；D．由于等效場對物體的力與豎直方向的夾角為故等效場的最高點在弧的中間位置，設為點，又質量為m、電荷量為q的帶正電的小球在P處以速度水平向右射出，恰好能在軌道內做完整的圓周運動，從P處到點，根據動能定理假設小球在Q處以速度水平向右射出，也能在此軌道內做完整的圓周運動，從Q處到點，根據動能定理聯立解得故小球在Q處以速度水平向右射出，不能在此軌道內做完整的圓周運動，故D錯誤。故選AB。9．（2024·天津河西·一模）圖（a）中M、N是同一條電場線上的兩個點，一個電子僅在靜電力的作用下沿著這條電場線從M點運動到N點，其運動的圖像如圖（b）所示。電子經過M、N兩點時的速度分別為和，電子的質量為m，電子電荷量的絕對值為e。以下說法正確的是（

）A．電場強度的方向由N指向MB．M、N兩點之間的電勢差C．電子運動的過程中，其電勢能不斷減小D．N點的電場強度大于M點的電場強度【答案】AC【解析】AB．由圖乙可知負電荷的速度在增大，根據動能定理可知電場力對負電荷做了正功，即解得電場力對負電荷做正功，所以電場力向右，則電場線方向由N指向M，故A正確，B錯誤；C．根據電場力做功與電勢能變化的關系可知，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；D．根據圖像的變化特點可知，負電荷在M、N兩點的加速度大小關系為負電荷僅受電場力的作用，則所以N點的電場強度小于M點的電場強度，故D錯誤。故選AC。10．（2024·新疆塔城·二模）如圖所示，豎直面內固定的光滑絕緣圓軌道與兩等量異種點電荷連線相切于中點O，圓軌道半徑為R，a、c為圓軌道上與圓心等高的兩點，b點是圓軌道的最低點。一帶正電的小球以一定的水平初速度從軌道的最高點O開始沿軌道內側做圓周運動，已知小球始終不脫離軌道，重力加速度大小為g，不考慮帶電小球電量對電場的影響，下列說法正確的是（）A．a點的電勢低于c點的電勢B．a點的電場強度與c點的電場強度不相同C．小球到達b點時的速度大小不可能為D．小球在圓軌道內運動時，在ac兩點間的電勢能大小相差最大【答案】ABC【解析】AB．根據等量異種點電荷周圍電場線的分布可知a點更靠近負點電荷，所以a點的電勢低于c點的電勢，a、c兩點電場強度大小相等，方向不同，故AB正確；C．小球從O到b的過程,該兩點在等勢線上，電場力不做功，只有重力做功，根據機械能守恒得則小球始終不脫離軌道則在最高點出所以所以故C正確；D．軌道與等勢線相切的兩個切