第33讲 电场中的带电粒子运动问题-2026年高考物理母题60讲

高考物理母题60讲 第三十三讲电场中 母题呈现 [例]如图所示，在真空中水平放置一对金属 板，板间距离为d,板长为L。在两板间加 上恒定电压，一电荷量为q,质量为m的带 电粒子从极板中央以初速度。射入电场。 甲 0 丙 (1)如图甲所示，带电粒子初速度。水平向 右，如果带电粒子水平通过金属板（重力不 能忽略)，求板间电场强度； (2)如图乙所示，粒子带正电且初速度，竖直 向上，两板间恒定电压为U,粒子能最终打到 下面金属上，求初速度的范围（不计重力）； (3)在(2)中，如果粒子带正电且初速度u 水平向右，不计带电粒子的重力，求带电粒 子飞出电场时的偏转距离和偏转角； (4)如图丙所示，如果粒子带负电且初速度 。与水平方向成0角，粒子飞出电场时与进 入电场的位置在同一等高线上，求粒子飞出 电场时速度的大小和方向（不计重力）； (5)现把金属板竖直放置，电场线水平向右， 现用细绳一端系一个带正电的小球，另一端 固定在O点，如图丁所示。小球在O点等 高的地方由静止释放，释放时细绳绷直。小 球所受电场力的大小与重力大小相等，判断 小球运动过程速度最大的位置。 ·1 的带电粒子运动问题 知识链接 一、加速问题 1.利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公 式来分析；适用于匀强电场且涉及运动时间 等描述运动过程的物理量的情景。 +Fma,E-号（匀强电场- =2ad(匀变速直线运动)。 2.利用静电力做功结合动能定理来分析；适用 于涉及位移、速率等动能定理公式中的物理 量或非匀强电场的情景。 (1)匀强电场中：W电=Eqd=qU,W电十W其他 = (2)非匀强电场中：W电=qU,W电十W其他=Ek2 一Ek1 二、偏转问题 1.条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方 向垂直。 2.运动性质：类平抛运动。 3.处理方法：利用运动的合成与分解。 (1)沿初速度方向：做匀速直线运动。 (2)沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线 运动。 (3)运动过程，如图所示： 01 U.d 0个 4.运动关系 (1)加速度：a=F-E=gU m m md (2)在电场中的运动时间：t一。 [V:=Vo (3)末速度 ,=at= qUi mvd o-√0+U,tan0=u=gU☑ vx mvid [l=vot (4)位移 gUl。 y= 2mvid 三、带电体在等效场中的圆周运动 带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周 运动一般可用等效法处理。其具体步骤是 先求出重力与静电力的合力，将这个合力 视为一个“等效重力”，将a= F仓视为“等 效重力加速度”，再将物体在重力场中做圆 周运动的规律迁移到等效重力场中分析求 解即可。 E 等效重力场 等效“最高点” 等效“最低点” 0 0 qErmg-qE-mg 等效 fF9E mg' 等效重力 重力场、mg mig 等效“最 等效 等效“最高点” 低点” 重力 等效重力加速度 等效重力加速度 重力场与电场在一条 重力场与电场成一定 直线上(gE>mg） 夹角 母题拓展 动力学 一种方法：化曲为直 观点 两大 电偏 两大 恒定电场 能量 观点 转模型 类型 交变电场 观点 一个实例：平行板电容器 衍生练习 [衍生1] 如图所示，水平放 M 置的平行板电容器两极板 间距为d,带负电的微粒质 N 量为m、带电荷量为q,它 从上极板M的边缘以初速度0。射入，沿 直线运动并从下极板V的边缘射出。则 以下说法正确的是 A.微粒的加速度不为零 B.微粒的电势能减少了mgd C.两极板的电势差为mgd 9 D.M板的电势低于N板的电势 [衍生2]两平行金属板相 距为d,电势差为U,一电 子质量为m,电荷量为e, 从O点沿垂直于极板的 方向射出，最远到达A U。 点，然后返回，如图所示， OA=L,则此电子具有的初动能 A.光 B.edUL c咒 D.eUL ·11 高考物理母题60讲 [衍生3]如图所示，在水 平向右的匀强电场中， 某带电粒子从A点运 动到B点，在A点时速度竖直向上，在B 点时速度水平向右，在这一运动过程中粒 子只受电场力和重力，所受电场力是重力 的3倍，并且克服重力做的功为1J,电场 力做的正功为3J。则下列说法中不正确 的是 A.粒子带正电荷 B.粒子在A点的动能比在B点多2J C.粒子在A点的机械能比在B点少3J D.粒子由A点到B点过程中速度最小时， 速度的方向与水平方向的夹角为60° [衍生4幻如图所示，真空中yL 水平放置的两个相同极板4---d Y和Y长为L,相距为d, b产 足够大的竖直屏与两板右侧相距为b。在 两板间加上可调偏转电压Uy,一束质量 为m、带电荷量为十g的粒子（不计重力） 从两板左侧中点A以初速度v。沿水平方 向射入电场且能穿出。 (1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反 向延长线通过两板间的中心点。 (2)求两板间所加偏转电压Uyy的范围； (3)求粒子在屏上可能到达的区域的长度。 高考物理母题60讲 [衍生5]如图所示板长为L 的电容器与水平面成0角， 板间有匀强电场，一个带电 荷量为q,质量为m的液 滴，以速度。垂直于电场方向，从两板的 中间射入两板间，射入后液滴沿直线运动， 求：(1)两板间电场强度E的大小； (2)粒子离开电场时速度为多少。 [衍生6]如图所示，在电 场强度E=103V/m的 水平向左的匀强电场 中，有一绝缘的光滑半 圆形轨道CPN竖直放置，它与一绝缘的 水平轨道MN(足够长)平滑连接，半圆轨 道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R=40cm。一电荷量q=3×104C的带 [归纳提升] ·114 正电的小滑块质量m=40g,与水平轨道 间的动摩擦因数=0.5，小滑块运动过程 中所带电荷量保持不变，g取10m/s2。小 滑块在水平轨道上某点由静止释放后，恰 好能运动到半圆轨道的最高点C,求： (1)小滑块是在水平轨道上距离V点多远 处释放的； (2)小滑块经过C点后落在水平轨道上，落 点距离N点的距离为多少？ (3)小滑块在半圆轨道上运动时，对轨道的 最大压力为多少？高考物理母题60讲 [衍生练习] [衍生1][解析]选B根据平行板电容器电容公式 C可知，在两板间插入电介质后，电容C增 大，因电容器所带电荷量Q不变，由C=号可知， U=冬减小，B正确。 [答案]B [衍生2][解析]A.对油滴受力分析可知，油滴受到 的电场力竖直向上，与板间场强方向相反，则油滴带 负电，故A正确：B.保持开关K闭合，极板间电压保 持不支，成小两同距商，款路C=需C-吕可 知电容器电容增大，电容器所带电荷量增大，则电流 卧中电流方向b→a,根据E,可知板间场强变 大，油滴受到的电场力变大，油滴向上运动，故B错 误；C.保持开关K闭合，极板间电压保持不变，减小 ErS 西板正对面积，根据C,C号，可知电容器电 容减小，电容器所带电荷量减小，则电流计中电流方 向4一6，根据E号，可如板间场张不变，油滴交力 不变，油滴静止不动，故C错误：D.将开关K打开， 可认为电容器所带电荷量不变，减小两板间距离，根 =C-吕可知电容器电容增大，板板同电 据C-S,S 压变小，则静电计指针疾角变小，格据E=号号 =_Q=4,可知板间场强不变，油滴受力不变， 4πkd 油滴静止不动，故D正确。 [答案]AD [衍生3][解析]小球受重力、水平向右的电场力和 悬线的拉力而平衡，开关S始终闭合，电容器两板间 电势差始终保持不变，两板间距离d减小，由E= d 知E变大，小球所受电场力变大，则日增大；当电容 器充电后S断开，电容器所带电量Q不变，两板间距离 d减小时，电容C增大，E=号=号9可见E不 d Cd eS 变，小球所受电场力不变，日不变。故A、D正确。 [答案]AD [衍生4][解析]当滑动变阻器的滑片向下移动时， 滑动变阻器的有效电阻减小，电路的总电阻减小，干 路电流变大，内电压变大，外电压变小。灯泡电压与 外电压相等，所以灯泡变暗。因为灯泡变暗，所以流 过灯泡电流减小，则流过滑动变阻器电流变大，所以 电阻R1的电压变大，则滑动变阻器电压减小，根据 电容公式可知电容器所带电量减小。 [答案]B [衍生5][解析](1)[1]开关接1时，电源与R和C 组成电路，此时C处于充电状态。 [2]电容器充电过程，其两极板不断积累电荷，电容 大小只跟本身结构有关，保持不变，Q不断变大，由 公式C-号可知两板板电压不断增加，最终趋于稳 定等于电源电压。故B正确，ACD错误。 ·27 (2)电容器下极板与电源的正极相连，达到稳定后， 电容器下极板带正电。放电时下极板相当于电源的 正极，上极板相当于电源的负极，所以通过电流表A 的电流方向应为从左往右。 (3)在I一t图像中，阴影部分表示的物理意义是q =It, 其图线与坐标轴围成的面积表示的物理量是电 荷量。 乙图中图像与横轴围成的面积约41格，分析I一t图 像可知，每个方格代表的电荷量为g=0.2×10-3× 0.4C=8.0×10-5C, 电容器放出的电荷量为Q=41q=3.3×103C, 则电容器的电容为C=号 =3.3×10-2 3 F=1.1× 10-3F. (4)不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，导 致曲线的最大电流值将减小，放电时间将变长，而放 电时曲线与坐标轴所围面积不变。 [答案](1)1B(2)从左往右(3)1.1×103 (4)不变 第三十三讲电场中的带电粒子运动问题 [母题呈现] [例][解析](1)通过受力分析得出，带电粒子只能 做匀速直线运动，9E=mg,E=mg (2)带电粒子向上做匀减直线运动，到上极板时速度 U 拾好减为零一92 (3)运动规律分析：粒子作类平抛运动。 +++十++ 人 -L v. 垂直电场线方向：匀速直线运动L=ht, 沿电场线方向：加速度为4=9吗的匀加速直线运动 md y= t2,y=qUl.2 1 ,偏转角日（初、末速度方向夹 2mdv 角)：tan0=之=gUL vo mdv (4)粒子作类斜上抛运动。 据运动对称性知：飞出电场时速度大小不变，斜向下 与水平方向成日角，如图所示 0 (5)法一：设小球向下摆过0角时，速度为，据动能定 理：mg1sin0-gE1-os)=7mw2mg=9E 当0=45°时，sin0十cos0为最大值，所以小球运动过 程速度最大的位置为图中0为45°时。 法二：用等效思想。把重力和电场力的合力看成等效 重力，当等效重力的反向延长线经过圆心O点时，圆 周运动的速度有最大值。 [答案] (1)m(2)w<√m U (3)vot tan qUL (4)(5)见解析 mdv [衍生练习] [衍生1][解析]根据题意微粒不可能只受电场力， 只能是受到竖直方向的重力和电场力，且两个力等 大反向，微粒做匀速直线运动，所以A、D错。电场 力竖直向上，对微粒做负功，电势能增大，所以B错 误。g=gB,E号得出U-0吧，所以C正确 g [答案]C [衍生2][解析]因受静电力作用，电子速度逐渐减 小，根据动能定理得-U=0-名m,因为E= 号Uas=队受故m6-,D正确. U d [答案]D [衍生3][解析]由于粒子从A点 到B点，电场力做正功，则电场力C 3mg 的方向水平向右，与电场线的方 向一致，则该粒子带正电，A正m昭 一F等效 确：从A点到B,点，由动能定理可 得：合外力做的功为3一1=2(J),粒子在A,点动能比 在B点少2J,B错误：从A点到B点，由能量守恒定 律可得，除重力外其他力做的功为3J,则粒子在A 点机械能比在B点少3J,C正确：设C点为粒子由 A点到B点过程中速度最小的位置，则C点为等效 重力场中的等效最高点，粒子在C点的受力图如图 所示，速度C与F等效垂直，由图中的几何关系知 速度c的方向与水平方向的夹角为60°，D正确。 [答案]B [衍生4][解析](1)证明：设粒子在运动过程中的加 速度大小为a,离开偏转电场时偏转距离为y,沿电 场方向的速度为yy,偏转角为日，其反向延长线通过 O,点，如图所示，O点与板右端的水平距离为x,有 y=zu2,L=wt,y=at,tan0=g=义，联主可得 1 1=台，即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线 通过两板间的中心点。 (2)由粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线 运可得a=臣E号州y 2dmv 当y时，=m,则两板间所加电压Y的 9L2 范周为m<Uy≤4 md2呢 9L2 12 (3)当)一号时，框子在屏上倒向偏移的距高最大，设 其大小为yo,则y=y十btan8 Y Y- 0 又m0-是-是，周为=法20》 2L. 故粒子在屏上可能到达的区域的长度为 26=dL+26) [答案]1)见解析(2)-m6≤Un<d6 9L2 9L2 (3)(L+2b) ·27 高考物理母题60讲 [衍生5][解析](1)对小球受力分析如图，所以小球 做匀变速直线运动qE=mgcos0,E=mgeos0。 qE 0 0 mg (2)如果小球减速到零还没有飞出电场，反向匀加速 从进入的电场的地方飞出电场，据运动的对称性知 道粒子飞出电场的速度大小为。 如果小球一直匀减速沿斜向上飞出电场 方法一：动力学知识 F合=mgsin0,a=gsin0,w2-呢=-2al, v=√J'-2 gsin 01。 方法二：应用动能得mg1c0s(受+0） 2mu2、1 . zmv呢，w=√6-2 gsin 01。 [答案]（1)mgeos0(2√6-2 gsin OL. [衍生6][解析](1)设小滑块释放处与N点的距离 为L,小滑块从开始至到达最高点过程，由动能定理 得gEL-omg-mg·2R=m2-0,小滑块在C 点时，由重力提供向心力，所以mg=m尺，联立解得 v=2m/s,L=4m。 (2)小滑块离开C,点后，在竖直方向上做自由落体运 动，有2R=,解得1√四 =0.4s,在水平方向 上做匀减速运动，有qE=ma,解得a=7.5m/s2,水 平位移为x=t-之a2,解得r=0.2m (3)重力与静电力的合力F合=0.5N,F合方向与竖 直方向的夹角为37°，当滑块运动到A点时，∠NOA =37°，滑块速度最大，对轨道压力最大。滑块从A 到C过程，由动能定理得一qERsin37°一mg(R十 Rc0s379)=子m2-子m,滑块在A点时，重力、 弹力、静电力三个力的合力提供向心力，有FN一F合 二m,联立解得F=2.7N,滑块对轨道的最大压 力F'N=FN=2.7N。 [答案](1)4m(2)0.2m(3)2.7N 第三十四讲闭合电路欧姆定律的应用 「母题呈现] [例][解析](1)在图甲中，当电键断开时，电阻R1 上通过的电流为1A;根据闭合电路欧姆定律可得E =I(R1+R2十r),解得电源内阻为r=22。 (2)在图甲中，电键闭合前，R1、R2、电源串联，总电阻 等于102。 (3)在图甲中，电键闭合后，R2、R3并联后与R1、电源 串联，总电阻等于7.5。 (4)在图甲中，电键闭合后电路的总电阻减小，则电路 总电流增大，路端电压减小，R1两端电压增大，则R2 两端电压减小，R2消耗的功率减小。