突破练9 带电粒子在电场中的运动(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 1 1~5题,每题6分 1.(2025·广东佛山期中)如图,由高压电源给发射极和栅板加高电压U而形成一个辐向电场,促使电子从发射极逸出并加速从栅板射出,又会使空气电离出正离子和电子,电子也会加速从栅板射出。假设从发射极逸出一个电子a,电离得到的另一个电子b并刚好处于电场正 中央,都由静止加速,已知电子质量为m,电荷量为e,下列关 于两电子射出栅板的速度va和vb,表示正确的是(　　) A.va=　　 B.va= C.vb= D.vb= A 2 3 4 5 1 解析:对电子a,由发射极加速到栅板,由动能定理可得eU=m,解得va=,A正确,B错误;若发射极到栅板间的电场是匀强电场,则有电场正中央到栅板的电势差等于U,则对电子b,由动能定理可得eU=m,解得vb=,由题图可知,发射极到栅板的辐向电场是非匀强电场,由电场线的疏密可知,发射极到栅板的电场强度逐渐减小,因此电场正中 央到栅板的电势差小于U,即有vb<,C、D错误。 2 3 4 5 1 2.(2025·广东普通高中一模)在与纸面平行的匀强电场中,建立如图甲所示的直角坐标系,a、b、c、d是该坐标系中的4个点,已知φa=6 V、φb= 4 V、φd=2 V;现有一电子以某一初速度从O点沿Od方向射入,则图乙中abcd区域内,能大致反映电子运动轨迹的是 (　　) A.① B.② C.③ D.④ B 2 3 4 5 1 解析:已知φa=6 V、φb=4 V、φd=2 V,则ad中点f(0,L)的电势为φf== 4 V=φb,可知bf连线为等势线,电场线与等势线垂直且沿电场线方向电势降低,即电场线沿着aO方向斜向下,电子以某一初速度从O点沿Od方向射入题图乙中abcd区域内,电子的初速度方向与电场力方向垂直,电子做类平抛运动,轨迹不可能越过Oa,则能大致反映电子运动轨迹的是②,故选B。 2 3 4 5 1 3.(多选)(2025·广东中山三模)如图所示的坐标系中,x轴水平向右,质量为m=0.5 kg、带电荷量为q=+10-4 C的小球从坐标原点O处,以初速度v0= m/s斜向右上方抛出,进入斜向右上方场强为E=5×104 V/m的匀强电场中,E与x轴正方向的夹角为30°,v0与E的夹角为 30°,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.小球的加速度的大小为10 m/s2 B.小球的加速度的大小为10 m/s2 C.若小球能运动到x轴上的P点,则小球在P点的速度大小为 m/s D.O、P两点间的电势差为6×104 V BC 2 3 4 5 1 解析:小球在电场中受到的电场力为F=qE=10-4×5×104 N=5 N,小球受到的重力为G=mg=0.5×10 N=5 N,小球受力如图所示,根据几何知识可知小球受到的合力为F合=5 N,则小球的加速度的大小为a== m/s2=10 m/s2,故A错误,B正确;设OP的距离为x,把x分别沿着v0和垂直v0方向分解,则有x1=xsin 30°, x2=xcos 30°,由类平抛运动规律可得x1=v0t,x2=at2,小球 在P点的速度为v=,联立解得x= m,v= m/s,故C正确;由匀强电场电势差与电场强度关系 可得UOP=Excos 30°=9×104 V,故D错误。 2 3 4 5 1 4.如图所示,将绝缘细线的一端固定于O点,另一端拴一带电的小球,空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处,悬线与竖直方向的夹角为45°,给小球一个沿圆弧切线向左下方的瞬时冲量,让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动,重力加速度为g,下列分析正确的是 (　　) A.小球可能带负电 B.小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先增大后减小 C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能与动能之和最大 D.当小球运动到最高点a的速度v≥时,小球才能做完整的圆周运动 B 2 3 4 5 1 解析:小球受重力、细线的拉力和静电力三个力的作用, 刚开始小球静止于P处,由受力平衡可知静电力方向水平 向右,与电场方向相同,所以小球带正电,故A错误;小球静 止于P处,与竖直方向的夹角为45°,可知静电力和重力的合力方向斜向右下方45°角,大小为F=mg,小球从d运动到c的过程中,细线拉力不做功,合力做的功等于F做的功,可以判断F先做正功再做负功,则小球的速度先增大后减小,故B正确;小球运动过程中,重力势能、电势能、动能的总和保持不变,运动到最高点a时小球的重力势能最大,则电势能与动能 2 3 4 5 1 之和最小,故C错误;当小球运动到弧ab中点,且细线弹力 为零时,有F=m,小球能做完整的圆周运动,在该点的速 度为v=,小球从弧ab中点运动到a点,由动能定理得F·(r-)= m-mv2,解得va=,因此,当小球运动到最高点a的速度va≥时,小球才能做完整的圆周运动,故D错误。 2 3 4 5 1 5.(2025·广东深圳模拟)如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,不计重力和相互作用力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场,粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场,则 (　　) A.部分粒子会打到两极板上 B.每个粒子在板间运动全过程,所受静电力会致使 带电粒子离开电场时沿电场方向的速度不为零 C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D.只有t=n(n=0,1,2,…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 C 2 3 4 5 1 解析:带电粒子在垂直于电场方向上做匀 速直线运动,在沿电场方向上做加速度大 小不变、方向周期性变化的变速直线运 动;由t=0时刻进入电场的粒子运动情况可知,粒子在平行板间运动时间为交变电场周期的整数倍,在0~时间内带电粒子运动的加速度为a=,由匀变速直线运动规律得vy=at=t,同理可分析~T时间内的运动情况,所以带电粒子在沿电场方向的速度v与E-t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值),而经过整数个周期,E-t图线与横轴所围面积始终为零,故带 2 3 4 5 1 电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零,带电粒子都垂直电场方向射出电场,故B、D错误。带电粒子在t=0时刻射入时,侧向位移最大,故其他粒子均不可能打到极板上,故A错误。当粒子在t=0时刻射入且经过T离开电场时,粒子在t=时达到最大速度,由题意得此时两分位移之比为=,即v0t=2×at2,可得vy=v0,故粒子的最大速度为v=v0,因此最大动能为初动能的2倍,故C正确。 $