2026届高三物理二轮复习跟踪练习 微专题16 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题

微专题16 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题 跟踪练习 基础过关 1． 选择题： 1．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交流电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)( ) 2．(多选)如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP＝37°。已知重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( ) A．小球可以沿圆环运动到C点 B．匀强电场的电场强度大小为 C．P、B两点间的电势差为 D．小球运动到B点时，向心加速度大小为3g 3．(多选)如图所示，水平地面上方存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，现将一质量为m、带负电的小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0水平抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B点到O点的距离也为h，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是( ) A．小球从抛出到落地的时间为 B．小球的带电荷量q＝－ C．从A点到B点的过程中小球的动能先增大后减小 D．从A点到B点小球的电势能增加了mgh 4.(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( ) A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板 B．若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板 C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 2． 计算题： 5.(2024·河北卷)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 6．(2025·贵州遵义高三调研)如图所示，足够长的倾角为θ＝37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平地面平滑连接，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度为E＝1×104 N/C。现有质量为m＝1 kg、带电荷量为q＝＋5×10-4 C的小滑块，从水平面上A点由静止释放，经过时间t＝2 s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计空气阻力。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)小滑块从A点滑到B点过程中所受摩擦力的大小和加速度大小； (2)A、B两点间的距离和电势差UAB； (3)小滑块沿斜面上升的最大高度。 能力提升 1． 选择题： 7．如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v0平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是( ) A．粒子射出时间可能为t＝4 s B．粒子射出的速度大小为2v0 C．极板长度满足L＝3v0n(n＝1，2，3，…) D．极板间最小距离为 8.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电荷量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则( ) A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置，v3＝ 9.如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平地面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F＝3mg sin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度(已知弹簧形变量为x时弹性势能为kx2)，重力加速度为g，则在此过程中( ) A．物体B带负电，受到的静电力大小为mg sin θ B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为 C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3g sin θ D．物体B的最大速度为g sin θ 10．(多选)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 11．(2025·湖北武汉期末)如图所示水平面上，固定的装置是由半径为R的绝缘圆环和沿半径方向的绝缘细杆组成，空间中的匀强电场平行于细杆向左。圆环上套有一带正电小球A，细杆上套有一带正电小球B。初始时A静止在离P点较近处，A、B间距为R，现用外力使B缓慢向P点移动，则A沿圆环缓慢右移。在这过程中，若两小球所带电荷量不改变且不计一切摩擦，则下列说法中正确的是( ) A．圆环对A的弹力一直减小 B．A、B间的库仑力先增大后减小 C．B对A的库仑力可能大于圆环对A的弹力 D．B对A的库仑力小于匀强电场对A的作用力 3． 计算题： 12.如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，O点为圆轨道的圆心，半径OA与竖直方向夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E＝。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝1 m，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离和小球从此位置释放后运动到B点时对轨道的压力(计算结果均保留3位有效数字)。 培优训练 一．计算题： 13．(2025·广东广州阶段检测)如图所示，在绝缘的光滑水平地面(足够长)上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑块A、B的质量均为m，其中B不带电，A的带电荷量为＋q，O点到M点的距离为L，N点到O点的距离为kL(k>0)。现将小滑块A在N点由静止释放，其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞，设A、B均可视为质点，整个过程中，A的电荷量始终不变，B始终不带电，已知电场强度E＝，重力加速度大小为g。 (1)求A与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速率。 (2)k的取值满足什么条件时，能使A与B发生第二次碰撞？ (3)k的取值满足(2)问的条件下，求A和B两次碰撞间隔的时间。 参考答案： 1. A 解析　在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场的方向向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，可知A正确，B、C、D错误。 2.CD 解析　小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析，有＝tan 37°，解得E＝，故B错误；假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER－mgR＝Ek－0，分析上式可知Ek<0，即假设不成立，故A错误；P、B两点间的电势差UPB＝E·R＝，故C正确；小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R＝mv，此时小球的向心加速度大小a向＝＝3g，故D正确。 3. ABD 解析　小球在竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2，解得小球从抛出到落地的时间为t＝，A正确；水平方向小球做匀减速运动，到B点时水平方向速度为0，采用逆向思维，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得qE＝ma，h＝at2，又因为小球带负电，解得小球的带电荷量q＝－，B正确；由以上可得电场力大小等于重力，合力方向为左偏下45°，小球从A到B的过程中，合力与速度方向先成钝角后成锐角，小球所受合力先做负功后做正功，小球的动能先减小后增大，C错误；电场力做负功，电势能增加，从A点到B点小球的电势能增加量为ΔEp＝qEh，又qE＝mg，解得ΔEp＝mgh，D正确。 4.BC 解析　若电子从t＝0时刻进入两板间，电子将做单向直线运动，它一定会到达B板，A错误；若电子从时刻进入两板间，则电子开始时受到电场力方向向左，故电子无法到达B板，B正确；若电子从时刻进入两板间，电子先加速，经时速度最大，然后电子开始受到反向电场力，经速度减为零，再加速至反向速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入两板间一定不能到达B板，小于时刻进入两板间一定能到达B板，C正确，D错误。 5.答案　(1) (2)　　 解析　(1)在匀强电场中，根据公式可得场强为E＝。 (2)　在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m 解得vA＝ A到B过程，根据动能定理得 qU－mgL＝mv－mv 联立解得vB＝。 6.答案　(1)3.5 N　0.5 m/s2 (2)　1 m　8 000 V (3)　0.3 m 解析　(1)小滑块从A点滑到B点过程中，小滑块所受的电场力大小F＝Eq 小滑块所受的摩擦力大小f＝μ(mg－F sin 37°) 联立解得f＝3.5 N 由牛顿第二定律可得F cos 37°－f＝ma1 解得小滑块加速度大小a1＝0.5 m/s2。 (2)　A、B两点间的距离d＝a1t2 解得d＝1 m 电压UAB＝Ed cos 37° 解得UAB＝8 000 V。 (3)　设小滑块在斜面上的加速度为a2，则有qE－mg sin 37°＝ma2 解得a2＝－1 m/s2 由vB＝a1t，0－v＝2a2x 而h＝x sin 37° 联立解得h＝0.3 m。 7. D 解析　粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动v-t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s，…，满足t＝1.5 s·n(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v0，故A、B错误；极板长度L＝v0·1.5 s·n(n＝1，2，3，…)，故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥vy×1.5 s，vy＝a×1 s，a＝，联立求得d≥，故D正确。 8. D 解析　该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误。对系统根据动量守恒定律有mv1＋mv2＝mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒定律有mv＋mv＋mv＝，解得v3＝，故C错误，D正确。 9.D 解析　假设B所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对B分析可知F－mg sin θ－F电＝0，解得F电＝2mg sin θ，假设成立，B带负电，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx＝F电＋mg sin θ，解得x＝，故B错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体A、B分析可知F合＝F电＋mg sin θ＝(m＋2m)a，解得a＝g sin θ，故C错误；设物体B的最大速度为vm，由功能关系可得×3mv＋kx2＝mgx sin θ＋F电x，解得vm＝g sin θ，故D正确。 10. BC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方向和垂直v0方向分解，则有x1＝x sin 30°，x2＝x cos 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＝Ex cos 30°＝9×104 V，故D错误。 11.D 解析　对A受力分析如图，设OB＝x，AB＝y，由三角形相似可知＝＝＝，开始时y＝R，当B右移时，x减小，则FN变大；y减小，即此时y<R，则根据F库＝可知，A、B间的库仑力逐渐变大，B对A的库仑力小于圆环对A的弹力；因x>R，而y<R，可知qE>F库，即B对A的库仑力小于匀强电场对A的作用力。故选D。 12.答案　8.79 m　67.5 N，方向竖直向下 解析　设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图 由tan α＝，解得α＝37° 合力大小为F＝＝mg 过O点作与竖直方向夹角为α＝37°的直线，与圆轨道分别交于D点和E点，则小球在D点速度最大，在E点速度最小。 在E点对轨道压力为零时，小球的释放位置离A点最近。 对小球在E点应用牛顿第二定律得F＝m 设小球的释放位置到A点的最小距离为s，在小球从释放点到E点的过程中，由动能定理得 mg(s sin θ－R cos θ－R cos α)－qE(s cos θ＋R sin θ＋R sin α)＝mv 解得s＝ m≈8.79 m 对小球从B点到E点的过程应用动能定理得 －FR(1＋cos α)＝mv－mv 设小球在B点受到的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m 解得FN＝mg＝67.5 N 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小FN′＝FN＝67.5 N，方向竖直向下。 13.答案　(1) (2)　k<1 (3)　 解析　(1)设A与B碰撞前瞬间的速率为v1，对A，由动能定理得 EqkL＝mv 将E＝代入，解得v1＝。 (2)　由题意知，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv1＝mv1′＋mv2′ 由能量守恒定律可知 mv＝mv1′2＋mv2′2 联立解得v1′＝0，v2′＝ 碰撞后，B以速度v2′做匀速直线运动，A在电场作用下，做匀加速直线运动，为使A与B能发生第二次碰撞，则A经电场加速后的最大速度v1″应满足的条件为v1″>v2′ 碰撞后，对A由动能定理得EqL＝mv1″2 联立解得k<1。 (3)第一次碰撞后B运动到M点所用时间为tB＝＝ A的加速度a1＝＝ 设A运动到M点所用时间为tA， 则有L＝×gt 若tA＝tB，解得k＝ 设A与B第一次碰撞与第二次碰撞间隔的时间为t。当k≤时，A与B在离开电场前发生第二次碰撞，有×gt2＝t 解得t＝4 当<k<1时，A与B离开电场后发生第二次碰撞，有 t＝L＋v1″(t－tA) 解得t＝。 学科网（北京）股份有限公司 $