第10章 6 专题提升课4 带电体在电场中运动的综合问题 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）

1．(多选)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度为E，现有一质量为m、电荷量为q的带电小球以初速度v0竖直向上抛出，当途经最高点时小球的速度大小也为v0，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．该电场强度大小E＝ B．该运动过程所用的时间t＝ C．小球在运动过程中的最小速度vmin＝v0 D．小球再次到达与初始位置等高的地点时前进的位移大小为 解析：选ACD。由题意可知，小球受到重力和水平向左的静电力，则小球带正电，可知小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小球从抛出到最高点的过程中所用的时间t＝，水平方向有v0＝t，联立解得E＝，故A正确，B错误；当小球的速度与合力方向垂直时，小球速度最小，由几何知识可知，此时有t1＝v0－gt1，联立解得达到速度最小时所需时间t1＝，则小球在运动过程中的最小速度vmin＝，联立解得vmin＝v0，故C正确；小球再次到达与初始位置等高的地点时所用时间为2t，前进位移x＝··(2t)2，联立解得x＝，故D正确。 2．(多选)(2025·四川成都期中)如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从A向B运动，下列说法正确的是(　　) A．微粒可能带正电　　 B．微粒加速度减小 C．微粒电势能增大 D．微粒动能减小 解析：选CD。微粒受重力与静电力而沿图中的直线运动，则重力与静电力的合力一定沿运动方向，由受力分析可知，合力只能沿AB的反方向，如图所示，可知微粒受到的静电力水平向左，与电场方向相反，则微粒带负电，故A错误。微粒受到重力与静电力均为恒力，则合力为恒力，微粒加速度不变，故B错误。由于静电力方向与运动方向的夹角大于90°，可知静电力做负功，微粒电势能增大；由于合力方向与运动方向相反，则合力做负功，根据动能定理可知，微粒动能减小，故C、D正确。 3．(多选)(2024·安徽亳州联考)如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是(　　) A．微粒只能带负电荷 B．微粒可能做匀加速直线运动 C．仅改变初速度的方向(与原速度不共线)，微粒将做曲线运动 D．运动过程中微粒电势能减小 解析：选AC。微粒做直线运动，则合力沿直线方向或者合力为零，由题意可知，重力竖直向下，静电力只能水平向左，故只有负电荷才能做直线运动且一定是匀减速运动，故A正确，B错误；合力方向一定，仅改变初速度方向(与原速度不共线)，则初速度和合力不共线，微粒将做曲线运动，故C正确；静电力方向与运动方向夹角为钝角，则静电力做负功，电势能增大，故D错误。 4．(多选)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率vB＝2v0，而方向与E同向。下列判断正确的是(　　) A．A、B两点间电势差为 B．A、B两点间的高度差为 C．微粒在B点的电势能大于在A点的电势能 D．从A到B微粒做匀变速运动 解析：选BD。微粒从A到B的过程根据动能定理得－mgh＋qUAB＝m(2v0)2－mv，又v＝2gh，解得A、B两点间电势差UAB＝，高度差h＝，故A错误，B正确；微粒从A到B的过程静电力做正功，电势能减小，故C错误；微粒从A到B的过程受竖直向下的重力和水平向右的静电力，根据牛顿第二定律可知粒子水平和竖直的加速度大小不变，所以合加速度大小不变，方向为右下方，所以从A到B微粒做匀变速运动，故D正确。 5．(2025·四川凉山联考期末)如图所示，水平地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电量不变的正电小球(可视为质点)从P点由静止释放。已知P点离地高度为h，带电小球所受的静电力是重力的，不计空气阻力，重力加速度为g，sin 53°＝0．8，cos 53°＝0．6，则带电小球落地的速度大小为(　　) A．　　　　　　 B． C． D． 解析：选D。小球释放后其竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2，v竖＝gt，水平方向受到静电力作用，由牛顿第二定律有F电＝mg＝ma，所以水平方向做匀加速直线运动，其速度v水＝at，则小球落地的速度v＝＝。 6．(12分)(2025·广东肇庆市期中)如图所示，绝缘水平面上相距L＝1．6 m的空间内存在水平向左的匀强电场E，质量m＝0．1 kg、带电量q＝＋1×10－7 C的滑块(视为质点)以v0 ＝4 m/s的初速度沿水平面向右进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0．4，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(g取10 m/s2)。 (1)若E＝2×105 N/C，求滑块向右运动过程中的加速度的大小。(2分) (2)若E＝2×105 N/C，判断滑块能否离开电场并解释；若能，求离开电场时滑块的速度。(4分) (3)如果滑块不能离开电场区域，求电场强度E的取值范围。(6分) 解析：(1)根据牛顿第二定律可得，滑块向右运动过程中的加速度的大小 a＝＝ m/s2＝4．2 m/s2。 (2)根据速度位移关系可得 v－v2＝2aL 代入数据解得v＝1．6 m/s 滑块能离开电场，离开电场时的速度大小为1．6 m/s。 (3)滑块恰好到达右边界时，由动能定理得 －μmgL－E1qL＝0－mv 解得E1＝1．0×106 N/C 若滑块到达右边界时，恰好不能反向运动，则 E2q＝μmg 解得E2＝4．0×106 N/C 所以若滑块不能离开电场区域，电场强度E的取值范围为1．0×106 N/C≤E≤4．0×106 N/C。 答案：(1)4．2 m/s2　(2)能　1．6 m/s　(3)见解析 7．(12分)(2025·重庆沙坪坝区期中)如图所示，质量m ＝ 2 × 10－15 kg、q＝－3×10－10 C的带电粒子，自A点垂直于电场线方向进入有界匀强电场，它从B点飞出时vB＝6×103 m/s与电场线方向的夹角为120°，已知AB沿电场方向的距离为15 cm，不计重力。求： (1)A、B两点之间的电势差UAB；(7分) (2)粒子从A到B的时间；(3分) (3)匀强电场的宽度。(2分) 解析：(1)粒子从B点飞出时速度与电场线方向的夹角为120°，可知飞出时速度与初速度之间的夹角 θ＝30° 由速度分解知 v0＝vB cos θ＝3×103 m/s 对AB段由动能定理得 UABq＝mv－mv 解得UAB＝－30 V。 (2)在沿电场方向 a＝＝3×107 m/s2 d＝at2 解得t＝10－4 s。 (3)匀强电场的宽度 L＝v0t＝ m。 答案：(1)－30 V　(2)10－4 s　(3) m 8．(13分)(2025·天津宝坻区期中)如图所示，光滑绝缘轨道abc固定在竖直面内，ab为水平直轨道，bc是半径为R的四分之一圆弧轨道，整个空间中均有水平向右的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q＞0)的小球从P点由静止释放，Pb的距离也为R，小球飞出轨道后所能到达的最高点为Q点(图中未画出)。已知匀强电场的场强E＝，重力加速度大小为g，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。求： (1)小球运动到b点时(b点属于圆弧轨道)，小球的速度大小；(2分) (2)小球在b点时轨道对小球的支持力大小；(3分) (3)运动过程中小球对轨道的最大压力的大小。(8分) 解析：(1)小球从P到b的过程，根据动能定理有 qER＝mv 解得小球运动到b点时的速度大小 vb＝。 (2)根据牛顿第二定律有 N1－mg＝ 解得轨道对小球的支持力大小 N1＝mg。 (3)根据题意可知Eq＝ 重力与静电力的合力为 ＝ 根据数学知识知，此时合力与水平方向的夹角为37°，则轨道上等效物理最低点位于bc圆弧上，在和圆心连线与水平方向的夹角为37°处，该点轨道所受压力最大，根据动能定理可得 qE(R＋R cos 37°)－mg(R－R sin 37°)＝mv2 根据牛顿第二定律可得 N2－＝m 联立解得N2＝mg 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的最大压力 N2′＝N2＝mg。 答案：(1)　(2)mg　(3)mg 学科网（北京）股份有限公司 $