专题3 静电场中的功能关系&专题4 带电体在组合场中的运动-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册(人教版2019)

题 静电场中的功能关系 C限时 15分钟 1.(2024·黑龙江哈尔滨期 N粒子 的小球（可视为质点），另一端固定在0点， 中)图中虚线为匀强电场中 整个空间存在与竖直方向夹角为45°的匀 与场强方向垂直的等间距 强电场.小球绕O点在竖直面ACBD内做圆 平行直线，两粒子M、N比 M粒子 周运动，其中AB水平，CD竖直，E、F连线 荷相等，电性相反.现将M、N从虚线上的O 与电场平行且经过O点，小球运动到A点 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的 时速度最小，为√2gL,g为重力加速度，则 轨迹分别如图中两条实线所示.点a、b、c为 下列说法正确的是 实线与虚线的交点，已知O点电势高于c 点.若不计重力，则 A.M带负电荷，N带正电荷 B.N在a点的速度与M在c点的速度大小 相同 C.N在a点的动能与M在c点的动能一定 A.匀强电场的电场强度大小为mg 相同 B.小球从A点运动到B点，合力做功 D.N从O点运动至a点的过程中电势能 为4mgL 增加 C.小球在B点时轻绳的拉力大小为6mg 2.(2024·安微六安 D.小球运动到E点时机械能最小 期末)电子显微镜 电子枪 a 4.(2024·四川成都期中)如 通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使 图所示，长为1、倾角为6的 微小物体成像.一种电子透镜的电场分布如 光滑绝缘斜面处于电场 图所示（截取其中一部分），虚线为等势面， 中，一电荷量为+g(g>0)、质量为m的带电 相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射 小球以初速度从斜面底端A点开始沿斜 的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图 面向上运动，当到达斜面顶端B点时，速度 中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，若c点 仍为o,则 ( 处电势为3V,电子从a点运动到b点电势 A.Un= mglsin 6 能增加了5eV,到达c处动能为2eV,则下 q 列说法正确的是 B.小球在B点时的电势能大于在A点时的 A.a点电势为7.5V 电势能 B.电子在b点的动能为3.5eV C.若该电场是斜面中点正上方某点的点电 C.电子在b点加速度比在e点加速度大 荷Q产生的，则Q一定是正点电荷 D.电子从a到c过程一直减速 D.若电场是匀强电场，则该电场的电场强 3.(2023·陕西商洛模拟)如图所示，一长为L 度的最小值为ngsin0 的绝缘轻绳一端系着质量为m、电荷量为+g 04黑白题物理|必修第三册·RU 专题 带电体在组合场中的运动 限时 四 15分钟 1.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运2.如图所示，在y<0的区域存在方向沿y轴正 动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象 方向的匀强电场，场强大小为E:在y>0的 限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段 区域存在方向沿x轴正方向的匀强电场，场 Ar 强大小为E.纸面内过某点B有一足够长 (0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区 的平直荧光屏，屏与y轴的夹角0=60°现 域I:在第二象限存在以x=-L、x=-2L、y 让一质量为m、电荷量为g的带正电粒子从 0、y=L为边界的匀强电场区域Ⅱ.两个电场 y轴上的A点由静止释放，刚好击中光屏上 的电场强度大小均为￡，不计电子所受重 距坐标原点O最近的点.已知A、0间的距 力，电子的电荷量为e,则： 离为d,E=gE,不计粒子重力，求： 8 (1)粒子通过坐标原点O的速度： (2)B点与坐标原点O的距离： (3)若让粒子从y轴上的另一点C(图中未 (1)求从电场区域I的边界B点(B点的纵 画出)由静止释放，正好可以垂直打在 坐标为L)处由静止释放电子，到达区域 屏上，求C与坐标原点O的距离s. Ⅱ的M点时的速度大小： (2)求(1)中的电子离开MNPQ时的坐标： (3)证明在电场区域I的AB曲线上任何 点处，由静止释放电子恰能从MNPQ区 域左下角P点离开. 进阶突破·专项练05专题三静电场中的功能关系 和电场力做的总功必须为零，在这一过程中重力做负功，故电场力 1.B解析：A.虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线， 定是做正功而不可能做负功，若该电场是斜面中点正上方某点的正 即虚线为等差等势线，0点电势高于点，沿着电场线的方向电势降 点电荷+Q产生的，如图，可知，4，B两处的电势关系一定是华1<9 注意到小球是带正电的，它从A向B运动时，电场力和重力做的都是 低.可知匀强电场的方向如图所示，结合曲线运动的轨迹可知.M粒 负功，不可能保持速度不变，故C错误故选D. 子所受电场力方向与电场线方向相问，M粒子带正电，N粒子所受电 +Q 场力方向与电场线方向相反，N粒子带负电，A错误：B.,0、c三 点分别在连续的等差等势线上，且M,两粒子比荷相等，M粒子 带正电，N粒子带负电，结合曲线可知.N从0点运动至a点和M从 4 2mw2、1 0点运动至c点过程中，根据动能定理心= m,变形为 专题四带电体在组合场中的运动 24=2-6,可知N在a点的速度大小与M在e点速度大小相等， eEL 1.(10√2m (2)(-2L.0)(3)见解析 B正确：C.由于M、N粒子的电量未知，电场力做功大小不一定相 解桥：(1)B点坐标（片.山），在电场区城1中电子被加速到，由动 等，N在a点的动能与M在e点的动能不一定相同，C错误：D.N从 0点运动至a点的过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误，故 能定理E· feEL. 选B (2)电子进人电场区城Ⅱ做类平抛运动，有 所以y=L.即电子离开MNPQ时的坐标为(-2L,0). (3)设释放点在电场区域I的AB曲线边界，其坐标为(x,y),在电场 八W短子 区城1中电子被加速到，然后进人电场区城Ⅱ做类平抛运动， 2.D解析：A,根据电子的受力和运动情况可知，电子从：点到￡点电 有E= 场力做负功，电势能增大，根据电场力做功与电势差的关系可知，。 2m,: 点电势比a点电势低5V,则相邻两等势面间的电势差为2.5V,则a 点电势为P=7.5V+3V=10.5V,故A错误；B.b点电势为5.5V,电 所以离开点的横坐标x:=-2L,纵坐标1=y-了=0，即(-21.0)为 子在b,c两点，由能量守恒定律有-5.5V+Ew=-3eV+E,由于电 P点 千在c点动能为2V,因此在b点的动能为4.5eV,故B错误：C.c点 2gEd 处等差等势面比b点处密集，则b点比©点电场强度小，因此加速度 2.(10N (226d(35 小.故C错误D.从a到c,电势逐渐降低，电子电势能升高，由能量 解折：1)聚然动能定理有以=了2，解得=√2 72q5a 守恒定律可知.动能一直减小，即一直减速，故D正确.故选D, 3.D解析：A.小球运动到A点时速度最小，则电场力和重力的合力水 (2)如图，作OD垂直于光屏，D点即为光屏上距离0点最近的点.作 平向右，电场力F=E4=√2mg,解得匀强电场的电场强度大小E= Pm垂直于于触由几何关系可知0B=0p,BP=0P0P手0P, 2mg,故A错误：B.电场力和重力的合力大小F台=mg,方向水平向 右，所以小球从A点运动到B点合力做功为2mg山.故B错误：C.A到 2m、 B过程，由动能定理有g·2L= 2m,小球在B点时有 T-mg兰m 工，解得小球在B点时轻绳的拉力大小T=7mg,放C错 设物体运动的x轴方向的位移为x,y轴方向上的位移为x,则有 误：D,由能量守恒知，小球运动到E点时电势能最大，机饭能最小， 9=a=r26=4,幸=m30,解得5 24所以1 故D正确故选D, 4.D解析：AD.带电小球由A运动到B的过程中动能的增量为零，由 3=23d 功能关系可知，重力做的功与电场力做的功的总量为零，即 (3)如图，垂直打在光屏上的点为E,作EF垂直于y轴，EG垂直于x M一mgim8=0,可得A,B间的电压Un-men0,若电场是匀强 轴则根据几何关系有OB=OF+BF=0F+3EF, 电场，则该电场的电场强度的最小值为5华。”，故人错 误，D正确：B.由于在此过程中电场力做正功，电势能诚小，所以小球 在B点时所具有的电势能小于在A点时所其有的电势能，故B错误： C,小球沿着斜面向上运动时，动能没有增量，由功能关系可知，重力 参考答案与解析黑白题59 因打在光屏上速度方向与光屏垂直.则有二=m60°，设物休运动的 上轴方向的位移为'轴方向上的位移为，则有。g=m,x 2产，=o1'+’m30=23d.同时根据动能定理有？ 6,联立得到 3.(1)1.2m(2)75N 解析：(1)设重力与电场力的合力方向与竖直方向成m角，故tanα 专题五带电体在叠加场中的运动 .解得a=37,重力与电场力合力大小为F=√B网+(mg= mg 1.B解析：A,小球静止时细线与竖直方向成8角，由平衡条件可知电 场力水平向右，与场强方向相反，小球带负电，根据平衡条件有5 g,由释放点到最大速度点由动能定理得(+R)=了2，对该 5 g an8,解得Eamg1an 一，A错误：B.小球恰能绕O点在竖直面内做圆 点由牛顿第二定律得N-F=mR,由牛顿第三定律得压力R=N,解 9 得s=1.2m 周运动，在等效最高点A点速度最小，如图所示，重力与电场力合力 (2)若电场反向，设小球于B点左侧α角处达到最大速度，同理解得 的大小等于F,且学=，又因为恰能完成圆周运动，则小球在等 a=37°，合力大小仍为F,沿如图所示OD方向， 效最高点4有最小速度期有受联立求得高。B正确： C.小球从静止位置沿逆时针方向运动至圆周轨迹最高点的过程中， B 电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，在从开始到最高点 的过程中，重力与电场力合力做负功，动能减小，C错误：D.小球从静 此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对￡点受力分析得F= 止位置开始沿逆时针方向至其在竖直平而内运动一周的过程中，小 球的机械能和电势能之和守恒，小球电场力先做正功后负功后再 V(gm名解得 ?ms,对D到E由动能定理 做正功，则电势能先减小后增大再减小，机械能先增大后诚小再增 1 510 得-f,2R=2mi2mi,解得o2 -/s, 大，D错误故选B. 对该点由牛顿第二定律符心-F=m尽，由牛顿第三定律得压力 F、=N"=75N 专题六带电体在交变场中的运动 1,ABC解析：AB.设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U。,水平方 g 向有1=经直方向有号. “m郭得化， =128V, 2.D解析：A.小球沿圆弧槽下滑至6点时对槽的压力为mg,由牛顿 第三定律可知，在竖直方向圆孤槽6点对小球的支持力大小为mg, 当>128V时粒子打到极板上，当U≤128V时打到屏上.可知粒子 可知小球在竖直方向受力平衡，由牛横第二定律可知，此时小球的速 1 度是零，且受电场力方向水平向左，因此小球不可以运动至 通过电场时偏移距离最大为 号号台片 点，A错误：山.小球在竖直方向受力平衡，受电场力方向水平向左，由 d=4cm,又由对称性知.粒子打在屏上的总长度为2y,区域面积 牛顿第二定律可知.小球向左做加速运动，B错误：C.小球在a点时 速度是零，在b点时速度是零，可知小球从a点到b点，重力势能转 为S=20=4em2,故AB错误：C粒子打在屏上的比例为器%： 化为电势能，且重力势能的诚少量等于电势能的增加量，则有mgR= 64%,所以在0~0.02s内，进人电容器内的粒子有64%能够打在屏 qR,可得=mg,由题意可知，当小球从m点下落到受重力和电场 上，故C铅误：D.在前}T内，粒子打到屏上的时间。=× 128 力的合力方向与0点的连线在一条直线上时，小球的速率最大，如图 所示，由动能定理，则有mgRn450-bR(1-eos45)=号m 0.005“=0.(0032%,又由对称性知.在一个周期(0-0.02s)内.打到屏 F2m2 上的总时间1=41。=0.0128s,即屏上出现亮线的时间为0.0128s,故 号e水-受）-宁期得=V2-.c错： D正确.故选ABC tn7产 D,由C选项分析可知小缘受到的重力大小等于受到的电场力，因 2.(1)A2m (2)(3-1) ‘m 2gUnT 此小球在e点时受到的合力大小为Fa=2mg,受合力方向与水平 解析：(1)设板间距离为d.从=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板 直径成45角.即由点指向b点，因此从e点静止释放小球，小球将 沿直线运动至b点.D正确.故选D. 右端边缘射出，则粒子在电场运动的加速度大小1= 由垂直于 必修第三册·RJ黑白题60