专项突破4 带电体在不同类型电场中的运动-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版2019）

©专项突破4 带电体在不同类型电场中的运动 题型1带电体在组合场中的运动 2.(2025·河北张家口期中)如图所示，空间 1.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运 分为I、Ⅱ两个足够长的区域，各边界（图 动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象 中虚线)均水平，I区域存在电场强度为 限，存在以长轴y轴及双自线y名的-段 E,=1.0×10V/m的匀强电场，方向竖直向 上；Ⅱ区域存在电场强度为E2=1.25× (0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区 10V/m的匀强电场，方向水平向右，两个 域I;在第二象限存在以x=-L、x=-2L、y= 区域宽度分别为d1=3.0m,d2=1.0m.一质 0、y=L为边界的匀强电场区域Ⅱ.两个电场 量m=1.0×103kg、带电荷量q=+1.6× 的电场强度大小均为E,不计电子所受重 106C的油滴从D点由静止释放，重力加速 力，电子的电荷量为e,则： 度g取10m/s2.求： (1)油滴离开区域I时的速度大小： (2)油滴离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的 大小； (1)求从电场区域I的边界B点(B点的纵 (3)油滴出区域Ⅱ后进入另一个水平方向 坐标为L)处由静止释放电子，到达区域 匀强电场并在此电场中做直线运动，此 Ⅱ的M点时的速度大小： 电场的电场强度E,的大小和方向以及 (2)求(1)中的电子离开MNPQ时的坐标： 油滴从出区域Ⅱ到再次回到区域Ⅱ所 (3)证明在电场区域I的AB曲线上任何一 用时间， 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0巧 题型2带电体在叠加场中的运动 A.小球可以运动至c点 3.（2024·广西南宁校联考) B.小球将在b点保持静止 如图所示，在竖直平面内有E 06 C.小球运动过程中的最大速率 水平向左的匀强电场，匀强 为N2(2-1)gR 电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端 D.若从c点静止释放小球，小球将沿圆弧 固定在0点，另一端系一可视为质点的质 运动至b点 量为m、电荷量为g的带电小球.小球静止 5.(2025·河北邢台质检)如图所示，ABCD为 时细线与竖直方向成0角，此时让小球获得 竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分 沿切线方向的初速度且恰能绕O点在竖直 为倾角0=30的斜面，BCD部分为半径为R 平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加 速度为g.下列说法正确的是 () 的子圆弧轨道，与斜面平滑相切于B点，6D 为直径，整个轨道固定在水平向右的匀强 A.小球带正电，且匀强电场的电场强度大 电场中.现将一电荷量为+g、质量为m的小 小E=mgtan0 q 滑块（视为质点）从斜面上的A点由静止释 B.小球做圆周运动过程中速度的最小值 放，小滑块在沿斜面加速的过程中对斜面 为L 始终设有压力，4B两点间的距离x-重 cos 0 力加速度大小为g C.小球从原静止位置运动至圆周轨迹最高 (1)求A、B两点间的电势差UB; 点的过程中动能逐渐减小，电势能一直 (2)小滑块通过C点时，求圆弧道对小滑块 增大 的支持力大小FN: D.小球从原静止位置开始至其在竖直平面 (3)已知小滑块恰好通过D点，求小滑块通 内运动一周的过程中，机械能先减小后 过D点后落在AB上的落点到B点的距 增大 离L 4.(2025·广西玉林期中)如图所示，空间中 存在水平向右的匀强电场，电场中固定一 半径为R的半圆形绝缘槽，槽的左右端点 30 a、c等高，b为槽的最低点.从a点静止释放 一质量为m的带负电的小球，小球沿圆弧 槽下滑至b点时对槽的压力为mg.小球可 视为质点，运动过程中电量保持不变，摩擦 力可忽略不计.下列判断正确的是() O6黑白题物理|必修第三册·RJ 题型3带电体在交变场中的运动 U2,所有电子都能通过偏转电场且通过偏 6.(2024·安徽滁州月考)（多选）如图甲所 转电场的时间为t。,电子从离开偏转电场到 示，一平行板电容器极板板长l=10cm,宽 a=8cm,两极板间距为d=4cm.距极板右 达荧光屏所需时间为。求： 端处有一竖直放置的荧光屏：在平行板电 (1)偏转电场金属板的长度L; (2)若Uc的周期T=t。,荧光屏上电子能够 容器左侧有一长b=8cm的“狭缝”粒子源， 到达的区域的长度； 可沿着两极板中心平面均匀、连续不断地 (3)若Uc,的周期T=21。,哪些时刻进入偏 向电容器内射入比荷为2×101C/kg、速度 转电场的电子刚好能到达荧光屏上的 为4×10m/s的带电粒子（不计重力）.现在 0点？ 平行板电容器的两极板间加上如图乙所示 的交流电，已知粒子在电容器中运动所用 的时间远小于交流电的周期.下列说法不 正确的是 U 200 0.01 00 200 1 A.粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最 大距离为6.25cm B.粒子打在屏上的区域面积为16cm C.在0~0.02s内，进入电容器内的粒子有 32%能够打在屏上 D.在0~0.02s内，屏上出现亮线的时间为 0.0128s 7.(2025·河北沧州质检)如图甲所示，真空 室中电极K连续发出的电子（初速不计）经 过电势差为U,的加速电场加速后，沿两水 平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏 转电场，最后打在荧光屏上.C、D两板间的 电势差U随时间变化如图乙所示，设C、D 间的电场可看作是匀强电场，且两板外无 电场.已知电子的质量为m、电荷量为e(重 力不计)，C、D两板间距离为d,偏转电压为 进阶突破·专项练07场强度大小E-2m飞，故A错误：B.电场力和重力的合力大 小F合=mg,方向水平向右，所以小球从A点运动到B点合 力做功为2mgL,故B错误：C.A到B过程，由动能定理有 mg·2L=1 1 )mm,小球在B点时有T-mg=m,解得 小球在B点时轻绳的拉力大小T=7mg,故C错误：D.由能 量守恒知，小球运动到E点时电势能最大，机械能最小，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，由功能关系可知，重力做的功与电场力做的功的总量 为零，即qU相-mglsin0=0,可得A、B间的电压Ug= mglsin8,若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值 9 -U-mgsi9,故A错误，D正确；B.由于在此过程 为E=1 中电场力做正功，电势能减小，所以小球在B点时所具有的 电势能小于在A点时所具有的电势能，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 场力一定是做正功而不可能做负功，若该电场是斜面中点正 上方某点的正点电荷+Q产生的，如图，可知，A、B两处的电 势关系一定是P4<中B,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负功，不可能保持速度不变， 故C错误故选D. +06 1 专项突破4带电体在不同类型电场中的运动 1. (2)(-2L,0)(3)见解析 解析：(1)B点坐标（行L),在电场区域1中电子被加速到 ",由动能定理eB· 宁，期得√受 eEL (2)电子进入电场区域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(2， y2),在电场区域I中电子被加速到，然后进入电场区域Ⅱ 做类平抛运动，有B,=2m 所以离开点的横坐标x1=一2L,纵坐标y1=y-y'=0,即 (-2L,0)为P点. 2.(1)6m/s(2)0.4m(3)E,=6.25×103V/m,方向水平向 左0.8s 解析：(1)油滴在区域I内向上做匀加速运动，则由动能定 理(E,g-g)d=之m,离开区域1时的速度大小 参考答案与解析 6m/8 (2)油滴在区域Ⅱ，做竖直方向加速度为g的减速运动，则 4=,28,解得=0.2s(另一值舍掉)，水平方向匀加速 运动x=子，其中a=吗，解得偏移量=04m m (3)油滴出区域Ⅱ的水平速度，=a,解得.=4m/8,竖直速 度书，=，-gt=4m/s,合速度=√+，=42m/s,与水平方 向的夹角为45°：油滴出区域Ⅱ后进人另一个水平方向匀强 电场并在此电场中做直线运动，可知受合力方向与速度反 向，可知gE,=mg,解得E,=625×103V/m,方向水平向左，油 滴在该电场中的加速度a.2mg=2g,油滴从出区域Ⅱ到 m 再次回到区域Ⅱ所用时间：=2.2×4,2 a2×10 s=0.8s 3.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 平衡条件有生=an日，解得E=mgan0,A错误：B.小球恰能 mg 绕O点在竖直面内做圆周运动，在等效最高点A点速度最 小，如图所示，重力与电场力合力的大小等于F,且唱= c0s0,又因为恰能完成圆周运动，则小球在等效最高点A有 最小速度则有：艺联立求得高。B正确：C小 球从原静止位置沿逆时针方向运动至圆周轨迹最高点的过 程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，在从 开始到圆周轨迹最高点的过程中，重力与电场力合力做负 功，动能减小，C错误：D.小球从原静止位置开始沿逆时针 方向至其在竖直平面内运动一周的过程中，小球的机械能和 电势能之和守恒，电场力先做正功后做负功再做正功，则电 势能先诚小后增大再诚小，机械能先增大后诚小再增大， D错误故选B. 4.C解析：A.小球沿圆弧槽下滑至b点时对槽的压力为mg, 由牛顿第三定律可知，在竖直方向圆弧槽b点对小球的支持 力大小为mg,可知小球在竖直方向受力平衡，由牛顿第二定 律可知，此时小球的速度为零，且受电场力方向水平向左，因 此小球不可以运动至c点，故A错误；B.小球在竖直方向受 力平衡，受电场力方向水平向左，由牛顿第二定律可知，小球 向左做加速运动，故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，重力势能转化为电 势能，且重力势能的减少量等于电势能的增加量，则有 mgR=qER,可得mg=gE,由题意可知，当小球从a点下落到 受重力和电场力的合力方向与0点的连线在一条直线上 时，小球的速率最大，如图所示： 黑白题59 E mg 由动能定理，则有mgRsin45°-gER(1-cos45)= 2m,解 得D.=√2(2-1)gR,故C正确：D.由C选项分析可知，小 球受到的重力大小等于受到的电场力，因此小球在©点时受 到的合力大小为F=2mg,受合力方向与水平直径成45 角，即由c点指向b点，因此从c点静止释放小球，小球将沿 直线运动至b点，故D错误.故选C 5.(1)9mgR 4g (212ms(a)号 解析：(1)小滑块在沿斜面加速的过程中对斜面始终没有压 力，可知电场力与重力的合力方向沿斜面向下，则有 m30=g,解得场强大小为E=mg=3mg,则A,B两 gE gtan30-g 点间的电势差为Uu=Bx0os300=9mg5 4g (2)小滑块从A点到C点过程，电场力与重力的合力沿斜面 向下，大小为P=0=2mg,根搭动能定理可得Pa(:+ R)s 1 2m2-0,在C点根据牛顿第二定律可得F,-F6= m专，联立解得圆弧道对小滑块的支持力大小为F、=12mg (3)已知小滑块恰好通过D点，在D点电场力与重力的合力 删好提供向心力，则有P,=m后=2，解得小滑块通过D 点速度大小为。=√2gR,小滑块离开D点后做类平抛运 动，从D点到落在AB上的落点过程，沿D方向有R=,沿 合力方向有y=2,a= 金=2g,联立解得y m 由几何关 系可知，落在上的落点到B点的距离为L=-Ry一受 6.ABC解析：AB.设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为 么，水平方向有1=，竖直方向有号了，。胎解得 =:12sV,当D128V时粒子打到极板上，当U≤ 128V时打到屏上，可知粒子通过电场时偏移距离最大为 号则=号胎：子据得y44m又由对称性 知，粒子打在屏上的总长度为2y,区域面积为S=2yb= 64cm',故B错误：C.粒子打在屏上的比例为)28%=64%， 200 所以在0~0.028内，进人电容器内的粒子有64%能够打在 屏上，故C错误：D.在前T内，粒子打到屏上的时间6= 128×0.0058=0.032s,又由对称性知，在一个周期(0 200 必修第三册·RJ 0.02s)内，打到屏上的总时间t=4k。=0.0128s,即屏上出现 亮线的时间为0.0128s,故D正确.故选ABC 2Ue 1.(1)6Nm Uzeto (2)2dm 2 (3)36tnon=0,1,2,3…） 解析：(1)电子在电场加速过程，根据动能定理有U,= 2m6,电子在偏转电场中运动，水平方向做匀速直线运动 ,e L=o,由联立两式得L=6√m (2)当T=t。时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向 加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出.在竖直方向 由速度一时间图像可知，1=0时刻进人的电子向上侧移距离 U,e()2_U,e 最大，则有y红=2×2·m（2】 =4dm 同理得向下侧移 距离最大值yx=2× 1Ue12_U, Adm ,所以电子达到 Uzeto 的区域长△y=y1*yr=2dm (3)当T=2。时，电子要到达0点必须在竖直方向有先加速 后减速再反向加速过程，并且加速度大小相等，整个过程向 上的位移和向下的位移大小相等，电子运动过程如图所示： >0 设向上加速时间为△：，加速度大小为a,则在竖直方向上有 (a如Pr=2a-24Pta6-2)总要 y:=2x1 使电子到达0点，则有1=，联立上式解得4=行，故当 2 电子进人偏转电场的时刻为t=。~4+。=子。+，(n=0, 1,2,3…)电子刚好到达0点. 专项突破5电流表、电压表的改装 1.C解析：“0-3V”量程时，电压表接入电路的电阻为 1002+29002=30002, 所以“0-3V”量程电压表的内阻Rv为3000D. 电压表的表头满偏时，电压表两端电压为3V,内阻R。为 3 30000,根据欧姆定律可得满偏电流1,3000A=1mA, 故选C. 2.C解析：表头的满偏电流1，=1mA=0.001A, 微安表内阻R.=900n. 改装后电流表量程1=10mA=0.01A, 改装后电压表量程U=5V, 由欧姆定律得1R=(1-1)R,U=1,R+R2, 代人数据解得R,=100Ω，R2=410D,故选C. 3.(1)如图所示 黑白题60