2.课时跟踪检测卷 第十章 静电场中的能量 08 专题进阶练(三) 带电粒子(体)在电场和重力场中的运动（配套word）-【满分思维】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）教师用书

本讲义聚焦带电粒子（体）在电场和重力场中的运动这一核心知识点，系统梳理从基础受力分析（如重力与电场力合成）到运动类型判断（直线、曲线运动），再到能量转化（动能定理、电势能变化）的知识脉络，搭建从单一粒子到多体系统、从简单运动到复杂轨道问题的学习支架。 该资料通过分层设计（基础全面练、综合应用练）突出特色，如第2题对比带电、不带电小球运动差异，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。课中辅助教师实施分层教学，课后助力学生通过典型题例（如第7题多小球系统运动分析）强化物理观念，查漏补缺，提升综合应用能力。

专题进阶练(三)　带电粒子(体)在电场和重力场中的运动 (40分钟　70分) (选择题1~6题,8~10题,每小题6分,共54分) 【基础全面练】 1.如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子 (　　) A.所受合力为零 B.做匀减速直线运动 C.电势能逐渐减小 D.机械能逐渐增加 【解析】选B。根据题意可知,粒子做直线运动,静电力垂直于极板向上,重力竖直向下,不在同一直线上,所以重力与静电力不平衡,对粒子受力分析可知静电力与重力的合力与速度方向反向,粒子做匀减速直线运动,故A错误,B正确;由上述分析可知,静电力与速度方向夹角为钝角,做负功,故电势能增加,机械能减小,故C、D错误。 2.(2025·广州高二检测)如图所示,有A、B、C三个质量相等,带正电、带负电和不带电的小球,从平行板电场的左侧不同位置以相同的初速度v0垂直于电场方向进入电场,它们落在同一点,极板平行于水平面,可以判断 (　　) A.小球A带正电,小球B不带电 B.三个小球在电场中运动的时间关系为tA>tB>tC C.三个小球到达极板时的动能关系为EkA<EkB<EkC D.三个小球在电场中运动时的加速度关系为aA>aB>aC 【解析】选D。小球在水平方向做匀速直线运动,落在同一位置,水平位移相同,根据t=可知时间相等;再根据小球在竖直方向做匀加速直线运动知y=at2,则加速度aA>aB>aC,所以A带负电、B不带电、C带正电,故A、B错误,D正确;落在下极板上时,水平方向的速度相同,竖直方向的速度vy=at,可知vAy>vBy>vCy,三个小球到达极板时的动能关系为EkA>EkB>EkC,故C错误。 3.(2025·菏泽高二检测)如图所示,真空环境下,三个质量相同、带电荷量分别为+q、-q和0的小液滴a、b、c,从竖直放置的两板中间上方由静止释放,最后从两板间穿过,小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示,则在穿过极板的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.静电力对液滴a、b做的功相等 B.三者动能的增量相同 C.液滴a与液滴b电势能的变化量不相等 D.重力对液滴c做的功最多 【解析】选A。因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等,则两液滴所受的静电力大小相等,由静止释放,穿过两板的时间相等,则偏转位移大小相等,静电力做功相等,故A正确;静电力对a、b两液滴做功相等,重力做功相等,则a、b动能的增量相等,对于液滴c,只有重力做功,故c动能的增量小于a、b动能的增量,故B错误;对于液滴a和液滴b,静电力均做正功,静电力所做的功等于电势能的减少量,故C错误;三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等,质量相同,所以重力做的功相等,故D错误。 4.如图所示,在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,重力加速度为g,由此可知 (　　) A.小球带正电 B.静电力大小为3mg C.小球从A到B与从B到C的运动时间之比为3∶1 D.小球从A到B与从B到C的速度变化量大小不相同 【解析】选B。由题意知,在BC段,小球在竖直方向做减速运动,故小球所受静电力方向向上,电场方向向下,故小球带负电,故A错误;由题意知,小球在水平方向不受力,故水平方向做匀速直线运动,又AB=2BC,根据分运动和合运动的关系,小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1,设在B点时小球在竖直方向的分速度为v,则在AB段,竖直方向有v=gtAB,在BC段,竖直方向有v=atAB,又Eq-mg=ma,得Eq=3mg,小球从A到B与从B到C的水平分速度不变,竖直分速度变化量大小相同,故合速度变化量大小相同,故B正确,C、D错误。 5.(2025·绵阳高二检测)如图,一半径为R的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内,其下端与光滑绝缘水平面相切于B点,整个空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以某一初速度向左运动,经过P点时恰好对圆弧轨道没有压力。已知轨道上的M点与圆心O等高,OP与竖直方向夹角为37°,取sin37°=0.6,cos37° =0.8,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 (　　) A.带电小球经过C点的速度大小为 B.带电小球所受电场力大小为 C.带电小球经过P点的速度为 D.带电小球经过M点时对圆弧轨道的压力大小为3mg 【解析】选C。经过P点时重力与电场力的合力恰好提供向心力,则有tan37°=,F合= =m,解得Eq=mg,v=,故B错误,C正确;小球从P点到C点过程,根据动能定理可得-mgR(1-cos37°)+EqRsin37°=m-mv2,解得vC=,故A错误;小球从M点到P点过程,根据动能定理可得-mgRcos37°+EqR(1-sin37°)=mv2-m,小球在M点,根据牛顿第二定律有Eq+N =m,联立解得N=,根据牛顿第三定律可得,小球对圆弧轨道的压力大小为,故D错误。 6.(2025·阜阳高二检测)如图所示,在竖直平面内,一根长度为L的轻质绝缘细线一端系于O点,另一端连接一带正电小球,小球质量为m、所带电荷量为q,小球所在空间内有一匀强电场,方向与竖直面平行且水平向右。现将细线向右上方拉直,使细线与水平方向成45°角,由静止释放小球,小球运动到释放点正下方时细线断裂,再经历一段时间,小球落在释放点正下方的水平地面上。已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E=,则下列说法正确的是 (　　) A.细线断裂前的瞬间,小球的速度大小为,方向竖直向下 B.细线断裂前的瞬间,细线的拉力大小为2mg C.细线断裂后小球经历时间2落地 D.细线断裂时小球距离地面的高度为2L 【解析】选C。 选项 选项剖析 对错 A 从释放小球到细线断裂,由动能定理有mgL=mv2,解得v=,速度方向与竖直方向夹角为45°斜向左下方 × B 细线断裂前的瞬间,小球的速度方向与重力和电场力的合力方向垂直,则F==mg,有T-F=,解得T=3mg × C 细线断裂瞬间小球分速度vx=vy=vsin45°=,则水平方向有ax==g,t==2 √ D 细线断裂时,小球距离地面的高度为h=vyt+gt2=4L × 7.(16分)如图所示,两水平边界M、N之间存在竖直向上的匀强电场。一根轻质绝缘竖直细杆上等间距地固定着A、B、C三个带正电小球,每个小球质量均为m,A、B两球带电荷量均为q、C球带电荷量为2q,相邻小球间的距离均为L。将该细杆从边界M上方某一高度处由静止释放,已知B球进入电场上边界时的速度是A球进入电场上边界时速度的2倍,且B球进入电场后杆立即做匀速直线运动,C球进入电场时A球刚好穿出电场。整个运动过程中杆始终保持竖直状态,重力加速度为g。不计空气阻力。求: (1)匀强电场的电场强度的大小E;(5分) 答案:(1)　 【解析】(1)B球进入电场后,杆立即做匀速直线运动,有3mg=2qE,解得E=。 (2)A球经过电场上边界时的速度的大小v0;(5分) 答案:(2)　 【解析】(2)从A球进入电场到B球进入电场的过程中,运用动能定理得 3mgL-qEL=(3m)(2v0)2-(3m) 解得v0=。 (3)C球经过边界N时的速度的大小。(6分) 答案:(3) 【解析】(3)由C球进入电场时A球刚好穿出电场可知,M、N间的宽度为2L。 设C球经过边界N时的速度大小为v1,从A球进入电场到C球穿出电场的过程,运用动能定理得3mg·4L-4qE·2L=×3m-×3m 解得v1=。 【综合应用练】 8.(多选)(2025·合肥高二检测)如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中,以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°,且mg=qE,重力加速度为g,则 (　　) A.电场方向竖直向上 B.小球运动的加速度大小为g C.小球上升的最大高度为 D.小球返回原位置所用时间为 【解析】选B、C。设静电力与水平方向夹角为θ,根据题意可知,小球所受静电力和重力的合力方向与小球速度方向共线,结合题意,对小球受力分析可知静电力方向一定斜向上。将静电力和重力分解成沿速度方向和垂直速度方向的分力,则在垂直速度方向,根据平衡条件有mgcos30°=qEsin(θ-30°),根据题意代入数据,可得θ=90°或θ=150°,当θ=90°时,重力和静电力等大反向,小球所受合外力为零,小球做匀速直线运动,不符合题意。故小球所受静电力方向与水平方向夹角为150°。若小球带正电,则电场方向与静电力方向同向,若小球带负电,则电场方向与静电力方向反向,故A错误;根据以上分析可知,小球受力如图所示, 故其合外力大小为F=mg,小球运动的加速度大小为a==g,故B正确;设P为小球沿ON方向所能到达的最高点,则OP==,小球上升的最大竖直高度为h=OPsin30°=,故C正确;根据对称性可知小球返回原位置所用时间为t==,故D错误。 9.(2025·淄博高二检测)如图所示,一带正电的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称,忽略空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.Q点的电势比P点高 B.油滴在Q点的动能比它在P点的大 C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 【解析】选B。轨迹向上弯曲且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称,合力竖直向上,静电力竖直向上,因为油滴带正电,所以电场强度方向竖直向上,Q点的电势比P点低,故A错误;油滴向上运动时合力做正功,动能增大,所以油滴在Q点的动能比它在P点的大,故B正确;油滴向上运动时静电力做正功,电势能减小,所以油滴在Q点的电势能比它在P点的小,故C错误;由于油滴受重力、静电力都为恒力,加速度恒定且不为零,故D错误。 10.(多选)如图甲,光滑绝缘水平桌面上固定一圆形光滑绝缘轨道,整个轨道处于水平向右的匀强电场中。一质量为m,带电荷量为q的带正电小球,在轨道内做完整的圆周运动。小球运动到A点时速度大小为v,且该位置轨道对小球的弹力大小为FN。其FN-v2图像如图乙,则下列说法正确的是 (　　) A.圆形轨道半径为 B.小球运动过程中通过A点时速度最小 C.匀强电场的电场强度为 D.当v2=b时,小球运动到B点时轨道对小球的弹力大小为6a 【解析】选A、B、D。对A点处的小球受力分析,由牛顿第二定律可得FN+qE=m,则FN=m-qE,所以FN-v2图像的斜率k===,图像的截距-a=-qE,解得匀强电场的电场强度E=,圆形轨道半程R=,故A项正确,C项错误;小球带正电,在圆轨道上A点的电势最高,小球运动过程中通过A点时的电势能最大,由能量守恒定律知小球通过A点时速度最小,故B项正确;当v2=b时,小球恰好过A点,则qE=m;对小球从A到B过程,应用动能定理得qE·2R=m-mv2;小球在B点时,对小球受力分析,由牛顿第二定律可得FNB-qE=m;联立解得当v2=b时,小球运动到B点时轨道对小球的弹力FNB=6qE=6a,故D项正确。 - 8 - 学科网（北京）股份有限公司 $