重难专题：带电粒子在电场中运动的四种题型 分层同步练习-2025-2026学年高二上学期物理人教版必修第三册

重难专题　带电粒子在电场中运动的四种题型 一、必备知识基础练 题组一　带电粒子在重力、静电力作用下的直线运动 1.相距10 cm的平行板A和B之间存在匀强电场,电场强度大小E=4×104 V/m,方向竖直向下,如图所示。电场中C点距B板3 cm,D点距A板2 cm。有一个质量为m=2×10-8 kg的带电微粒沿图中所示的虚线从C点运动至D点。若重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.该微粒在D点时的电势能最大 B.该微粒可能做匀变速直线运动 C.在此过程中,静电力对微粒做的功为1×10-8 J D.该微粒带正电,所带的电荷量为5×10-12 C 2.如图所示,水平向左的匀强电场中,质量为m的带电小球从A点沿直线运动到B点。不计空气阻力,在这一过程中(　　) A.小球一定带负电 B.小球在做匀速直线运动 C.小球的电势能减小 D.小球的机械能增加 题组二　带电粒子在重力、静电力作用下的类平抛运动 3.如图所示,一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上进入水平方向的匀强电场中,v0与水平方向的夹角θ=45°,若油滴到达最高点时速度大小仍为v0,则油滴最高点的位置在(　　) A.P点的左上方 B.P点的右上方 C.P点的正上方 D.上述情况都可能 4.(多选)如图所示,真空中存在竖直向下的匀强电场,一个带电油滴(考虑重力)沿虚线由a向b运动,以下判断正确的是(　　) A.油滴一定带负电 B.油滴的电势能一定增大 C.油滴的动能一定减小 D.油滴的动能与电势能之和一定减小 题组三　带电粒子在重力、静电力作用下的圆周运动 5.(多选)如图所示,用绝缘细线系一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则(　　) A.小球可能做匀速圆周运动 B.当小球运动到最高点a时,细线的拉力一定最小 C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能一定最小 D.当小球运动到最低点b时,小球的速度一定最大 6.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、关键能力提升练 7.(多选)如图为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受静电力的作用,则下列说法正确的是(　　) A.带电粒子将做往复运动 B.2 s末带电粒子离出发点最远 C.2 s末带电粒子的速度为零 D.0~3 s内,静电力做的总功为零 8.如图所示,在一斜面顶端,将A、B两个带电小球先后以相同速度v0沿同一方向水平抛出,两球都落在斜面上,已知A球质量为2m、电荷量为+q,B球质量为m、电荷量也为+q,整个装置处于竖直向下的匀强电场中,电场强度E=,重力加速度g取10 m/s2。A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB,加速度分别为aA、aB,位移分别为sA、sB,落在斜面上时重力的功率分别为PA、PB,不计空气阻力,则(　　) A.tA=2tB B.3aA=2aB C.sA=2sB D.PA=3PB 9.(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 10.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。 11.如图所示的空间内存在水平向右的匀强电场,质量m=4.0×10-3 kg、电荷量q=1.0×10-6 C的带电小球,用绝缘轻细线悬挂起来,静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°。已知g取10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,不计空气阻力。 (1)求小球的电性及电场强度的大小。 (2)如果将细线轻轻剪断,从剪断细线开始经过时间t=0.4 s,求这一段时间内小球电势能的变化量。 12.(2025广东广州实验中学期末)如图所示,匀强电场中相邻竖直等势线间距d=10 cm,质量m=0.1 kg、所带电荷量q=-1×10-3 C的小球以初速度v0=10 m/s抛出,初速度方向与水平线的夹角为45°,已知重力加速度g取10 m/s2,求: (1)小球加速度的大小; (2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离。 参考答案 1.C　由于微粒只受静电力和重力作用做直线运动,故静电力与重力等大反向,微粒做匀速直线运动,静电力方向竖直向上,大小为mg,微粒从C点运动到D点的过程中,静电力做正功,电势能减小,在D点时的电势能最小,故A、B错误;从C点运动到D点的过程中,静电力对微粒做的功为W=F电dCD=mgdCD=2×10-8×10×5×10-2 J=1×10-8 J,故C正确;该微粒受到的静电力竖直向上,可知该微粒带负电,电荷量为q= C=5×10-12 C,故D错误。 2.A　小球做直线运动,则小球所受的合力一定与小球的初速度共线,当小球带正电时,静电力方向水平向左,重力竖直向下,合力斜向左下方,不可能与小球的初速度共线,当小球带负电时,小球所受静电力水平向右,与重力的合力斜向右下方,当合力的方向与小球的初速度共线时,小球做直线运动,故A正确;由A项分析可知,小球所受合力的方向与初速度方向相反,小球做匀减速直线运动,故B错误;小球所受静电力水平向右,位移斜向左上方,可知静电力做负功,小球的电势能增加,故C错误;根据能量守恒定律,小球的电势能增加,则小球的机械能减小,故D错误。 3.A　当油滴到达最高点时,重力做负功,要使油滴的速度大小仍为v0,需静电力做正功,又因为油滴带负电,故油滴最高点的位置在P点的左上方,故A正确。 4.AD　物体做曲线运动时,受到的合力的方向指向物体运动轨迹弯曲的凹侧,由此可知,该油滴受到的静电力的方向是向上的,与电场方向相反,所以油滴一定带负电,故A正确;该油滴受到的静电力做正功,电势能减小,故B错误;该油滴受到的静电力与重力的合力做正功,油滴的动能增大,故C错误;重力对油滴做负功,重力势能增大,根据能量守恒,油滴的动能和电势能之和一定减小,故D正确。 5.AC　当重力等于静电力时,只有细线的拉力提供向心力,小球可能做匀速圆周运动,故A正确;当重力小于静电力时,a点为等效最低点,则小球运动到最高点a时,小球的速度最大,细线的拉力最大,故B、D错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知,在圆周上a点的电势最高,根据Epa=qφa,当小球运动到最高点a时,小球的电势能一定最小,故C正确。 6.解析 (1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,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、静电力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。 答案 (1)2 m/s　(2)3.0×10-3 N 7.AD　由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1 s内的加速度为a1=,第2 s内加速度a2=,因此粒子先加速1 s再减速0.5 s之后速度为零,接下来的0.5 s内将反向加速,以粒子最开始的加速度方向为负方向,v-t图像如图所示。由图可知,带电粒子将做往复运动,故A正确;根据速度—时间图像与t轴围成的面积表示位移可知,在t=2 s时,带电粒子离出发点不是最远,故B错误;由图可知,2 s末粒子的速度不为零,故C错误;因为第3 s末粒子的速度刚好减为0,粒子只受静电力作用,前3 s内动能变化为0,根据动能定理知静电力做的总功为零,故D正确。 8.B　根据题意有2mg+Eq=2maA,mg+Eq=maB,所以aA=2g,aB=3g,则3aA=2aB,故B正确;小球落在斜面上有tan θ=,所以2tA=3tB,故A错误;小球落在斜面上时位移大小为s=,所以2sA=3sB,故C错误;小球落在斜面上时重力的功率为P=mg·at,所以PA=2PB,故D错误。 9.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。由于重力和静电力都是恒力,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静电力,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。 10.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=。 答案 (1) (2) (3) 11.解析 (1)对小球受力分析如图所示 由图可知,小球受到的静电力与电场线方向相同,故小球带正电,根据平衡条件得 F电=qE=mgtan 37°,解得E=3×104 N/C。 (2)剪断细线后,小球沿细线延长线向右下方做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得a==12.5 m/s2 则0.4 s内的位移为x=at2=×12.5×0.42 m=1 m 根据功能关系得ΔEp电=-qExsin 37°=-1.8×10-2 J 即电势能减少了1.8×10-2 J。 答案 (1)正电　3×104 N/C　(2)减少1.8×10-2 J 12.解析 (1)设相邻两等势线间的电势差为U,由电场强度与电势差之间的关系可知,电场强度为E= 解得E=1×103 V/m 小球所受静电力F=qE=1 N,方向水平向右 小球所受重力G=mg=1 N,方向竖直向下 设小球加速度为a,由牛顿第二定律得F合==ma 解得a=10 m/s2。 (2)设小球再次回到题图中水平线时的速度大小为v,与抛出点的距离为L,小球加速度与初速度方向垂直,做类平抛运动,有Lcos 45°=v0t,Lsin 45°=at2 解得t= s,L=20 m 沿加速度方向有vy=at,速度大小为v= 解得v=10 m/s。 答案 (1)10 m/s2　(2)10 m/s　20 m 9 学科网（北京）股份有限公司 $