专项培优：带电体在电场中运动 四种题型分层同步作业-2025-2026学年高二上学期物理教科版必修第三册

专项培优　带电体在电场中运动的四种题型 一、必备知识基础 题组一　带电体在电场中(重力、电场力作用下)的直线运动 1.如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将(　　) A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动 2.(多选)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场,其电场强度为E,在该匀强电场中,用轻质绝缘细绳悬挂质量为m的带电小球,细绳跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡,此时小球到右板的距离为b,重力加速度为g,如图所示。下列说法正确的是(　　) A.小球所带电荷量是 B.剪断细绳后小球做平抛运动 C.剪断细绳后小球的加速度大小为gtan θ D.剪断细绳后小球碰到金属板所需的时间为 题组二　带电体在重力、电场力作用下的类平抛运动 3.如图所示,质量为m、电荷量为q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场中,小球通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为(　　) A. B. C. D. 4.如图所示,一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上射入水平方向的匀强电场中。若油滴到达最高点的速度大小仍为v0,则油滴运动的最高点的位置(　　) A.在P点的左上方 B.在P点的右上方 C.在P点的正上方 D.上述情况都可能 题组三　带电粒子在交变场中的运动 5.(多选)如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后,在四个选项中,反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　) 6.如图甲所示,在两平行金属板间加一交变电场,两极板间可以认为是匀强电场,当t=0时,一带电粒子(忽略重力)从左侧极板附近开始运动,其速度随时间变化关系如图乙所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板,带电粒子的质量m、电荷量q、速度最大值vm、时间T为已知量,则下列说法正确的是(　　) A.带电粒子在两板间做往复运动,周期为T B.两板间距离d=2vmT C.两板间所加交变电场的方向每T时间变化一次,所加电压大小为 D.若其他条件不变,该带电粒子从t=开始进入电场,该粒子不能到达右侧板 题组四　带电粒子在电场中的圆周运动 7.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间存在一沿半径方向的电场,如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知(　　) A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等 B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等 C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等 8.如图所示,一长为L=0.20 m的丝线的一端系一质量为m=1.0×10-4 kg、电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10 m/s2。求: (1)小球通过最高点B时速度的大小; (2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。 二、关键能力提升 9.(多选)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d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U0、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t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场(粒子不与板碰撞),已知电场变化周期T=,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力,则(　　) A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 B.粒子的电荷量为 C.在t=时刻进入的粒子刚好从两板中间离开电场 D.在t=时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 10.(多选)如图所示,在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l=2 m的绝缘细线,一端固定在O点,另一端系一质量m=0.08 kg的带电小球,静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,取小球静止时的位置为电势能零点和重力势能零点,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小球所带的电荷量q=6×10-5 C B.小球动能的最小值为1 J C.小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值 D.小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变,且为4 J 11.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔,质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处时速度恰为零(空气阻力忽略不计),极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g,求: (1)小球到达小孔处的速度大小; (2)极板间的电场强度大小和电容器所带的电荷量; (3)小球从开始下落至到达下极板所用的时间。 三、核心素养拔高 12.足够长的带电平行金属板MN、PQ与竖直方向夹角θ=30°,相距d=1.0 m,板间电场强度大小E=3.0×103 N/C,带电情况如图所示。A、B为金属板内侧两点,AB连线水平,其中点O处有一个粒子源,可以在平行纸面各个方向释放不同速率、质量m=3.0×10-3 kg、电荷量q=1.0×10-5 C的带正电的粒子。过O点一直线CD与金属板夹角也为θ=30°,有一半径R=0.2 m、圆心在CD上的圆,与AB相交于O、E两点,g取10 m/s2 。 (1)初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小; (2)初速度大小为v1=0.5 m/s,沿着DC方向的粒子运动到金属板所用时间; (3)初速度v2大小未知,方向垂直CD指向右上方的粒子经过E点时的动能。 参考答案 1.D　两平行金属板水平放置时,带电微粒静止,有mg=qE,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后,两板间电场强度方向逆时针旋转45°,电场力方向也逆时针旋转45°,但大小不变,此时电场力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微粒将向左下方做匀加速运动,选项D正确。 2.AD　细绳跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡,根据平衡条件可得Eq=mgtan θ,解得小球所带电荷量为q= ,故A正确;剪断细绳后,小球所受的合外力大小等于细绳未被剪断时的拉力,方向与细绳未被剪断时的拉力方向相反,故剪断细绳后小球做初速度为零的匀变速直线运动,加速度大小为a=,故B、C错误;根据初速度为零的匀变速直线运动规律有at2,解得t=,故D正确。 3.C　小球从A到B,根据动能定理得qUAB-mgh=,速率vB=2v0,因为小球在竖直方向只受到重力,则有2gh=,联立解得UAB=,故C正确。 4.A　油滴仅在重力与电场力作用下运动,直到运动到最高点Q,此过程初动能与末动能相同,设油滴上升的高度为h,油滴的初、末位置间的电势差为UPQ,油滴带的电荷量为-q,由动能定理得-qUPQ-mgh=,解得UPQ=-,故UPQ<0,说明Q点的电势高于P点的电势,即油滴的最高点的位置应在P点的左上方,A正确。 5.BC　分析电子一个周期内的运动情况,0~时间内,电子从静止开始向B板做匀加速直线运动,时间内继续沿该方向做匀减速直线运动,时刻速度为零,时间内向A板做匀加速直线运动, ~T时间内向A板做匀减速直线运动,T时刻速度为零,此时电子回到原点,接着重复之前的运动,电子做匀变速直线运动时x-t图像应是抛物线,A错误;根据前面分析可知,B图符合电子的运动情况,B正确,D错误;根据电子的运动情况,匀加速直线运动和匀减速直线运动交替进行,而整个过程中的加速度大小不变,C正确。 6.B　速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移,由图像可知位移不断增加,带电粒子在两板间做单向直线运动,故A错误;由图像可知两板间距离d=4×=2vmT,故B正确;速度—时间图像斜率表示加速度,由图像可知两板间所加交变电场的方向每变化一次,0~时间内由动能定理有qU=,解得U=,故C错误;将图像向右平移,由图像可知位移不断增加,所以带电粒子从t=开始在电场中运动,该粒子能到达右侧板,故D错误。 7.BC　由题图可知,该粒子流在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力qE=m,解得r=,r、E为定值,若q相等,则mv2一定相等;若相等,则速率v一定相等,B、C正确。 8.答案 (1)2 m/s　(2)3.0×10-3 N 解析 (1)小球由A运动到B,其初速度为零,电场力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有 qEL-mgL= vB==2 m/s。 (2)小球到达B点时,受重力mg、电场力qE和拉力FTB作用,经计算mg=1.0×10-4×10 N=1.0×10-3 N qE=1.0×10-6×2.0×103 N=2.0×10-3 N 因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心,由牛顿第二定律有 FTB+mg-qE= FTB=+qE-mg=3.0×10-3 N。 9.ABD　粒子进入电场后,水平方向做匀速直线运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t==T,粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子的竖直速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0,故A正确;粒子竖直方向上的位移恰好为d,则时间内的位移为,有d=,解得q=,故B正确;t=时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动,然后向下减速运动,再向上加速运动,最后向上减速运动,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P板右侧边缘离开电场,故C错误,D正确。 10.AB　开始时,小球处于静止状态,对小球进行受力分析,如图所示,由平衡条件可得mgtan 37°=qE,解得小球的电荷量为q==6×10-5 C,A正确。由于重力和电场力都是恒力,所以它们的合力也是恒力,在圆周轨迹上各点中,小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小,在平衡位置关于O点的对称点B点,小球的势能最大,由于小球的总能量不变,所以小球在B点的动能EkB最小,对应速度vB最小;根据题意,在B点时小球只受重力和电场力,其合力为小球做圆周运动提供向心力,而细线的拉力恰为零,F合==1 N,又F合=m,得EkB==1 J,B正确。由于总能量保持不变,即Ek+EpG+EpE=恒量,当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时,电势能EpE最大,所以在该点时机械能最小,C错误。小球由B运动到A,W合=F合·2l,所以小球在B点的势能EpB=4 J,总能量E=EpB+EkB=5 J,D错误。 11.答案 (1)　(2) (3) 解析 (1)小球到达小孔前做自由落体运动,根据速度位移关系有v2=2gh 解得v=。 (2)在从释放至到达下极板处过程, 由动能定理有mg(h+d)-qEd=0 解得E= 电容器两极板间的电压为U=Ed= 电容器的电荷量为Q=CU=。 (3)加速过程中,有mg=ma1,v=a1t1 减速过程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2 t=t1+t2 联立解得t=。 12.答案 (1)2 m/s　(2)0.5 s　(3)9.75×10-3 J 解析 (1)由题意可知,电场力和重力大小分别为 F电=qE=1.0×10-5×3.0×103 N=3.0×10-2 N G=mg=3.0×10-3×10 N=3.0×10-2 N 由F电=G,结合几何关系可知合力方向由C指向D,大小为F=mg=3.0×10-2 N 由牛顿第二定律有a==10 m/s2 由几何关系知OD的距离为x=d,由运动学公式v2=2ax,解得v==2 m/s。 (2)先以v1=0.5 m/s向C做匀减速运动,匀减速的位移x'= m<1 m 则粒子最终到达PQ板,由运动学公式得-d=v1t1- 解得t1=0.5 s。 (3)初速度方向与合力方向垂直,粒子做类平抛运动,有Rsin 60°=v2t2,R(1+cos 60°)= 得v2= m/s 从O到E由动能定理得F·R(1+cos 60°)=Ek- 解得Ek=9.75×10-3 J。 学科网（北京）股份有限公司 $