微专题6 带电粒子在重力场与电场中的运动 跟踪练习 -2025-2026学年高二下学期物理人教版必修第三册

微专题6 带电粒子在重力场与电场中的运动 跟踪练习 基础强化练 1、 选择题: 1.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．那么(　　) A．微粒只能带正电荷 B．微粒一定做匀减速直线运动 C．仅改变初速度的方向微粒仍做直线运动 D．运动中微粒电势能保持不变 2.一带正电的小球质量为m、电荷量为q，将小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，电场强度E＝.不计空气阻力，重力加速度为g，则小球(　　) A．做直线运动 B．机械能先增加后减少 C．加速度大小为2g D．速率先减少后增大 3.(多选)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电势能的变化量相等 D．重力对液滴c做的功最多 4.(多选)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　) A．若微粒带正电荷，则A板带负电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能增加 C．微粒从M点运动到N点动能减少 D．微粒从M点运动到N点机械能增加 5.(多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则(　　) A．小球可能做匀速圆周运动 B．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小 C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小 D．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大 6.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图所示，带正电的粒子(不计重力)流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，由此可知(　　) A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等 B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等 C．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等 二、计算题: 7.如图所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，竖直向下的匀强电场的电场强度大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6 C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道间压力恰好为零，g取10 m/s2，求： (1)小球在A点时的速度大小； (2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小． 能力综合练 一、选择题: 8．在地面附近存在一个有界匀强电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) A．小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5 B．t＝5 s时，小球经过边界MN C．在0～5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功 D．在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大 9.(多选)在水平面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，如图所示．重力加速度为g，由此可知(　　) A．静电力为3mg B．小球带正电 C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等 10.地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，(　　) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 二、计算题: 11.如图所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E的匀强电场中，取g＝10 m/s2. (1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向； (2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变．求在0.20 s时间内静电力做的功； (3)在(2)的情况下，t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能． 12.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L＝0.4 m的绝缘细线把质量为m＝0.4 kg、电荷量为q＝＋2 C的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)匀强电场的电场强度大小； (2)如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度最少为多少？(结果可用根号表示) 13.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。 (1)求小球所受到的静电力的大小； (2)小球在A点速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小？ 参考答案： 1．B　[微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与电场强度方向相反，则微粒必带负电，故A错误；微粒受力沿运动的反方向，故微粒一定做匀减速直线运动，故B正确；仅改变初速度的方向时，如果合力的方向与运动方向不在同一直线上，微粒不可能再做直线运动，故C错误；运动过程中微粒做匀减速直线运动，静电力做负功，电势能增加，机械能减小，故D错误．] 2．D　[小球受重力和静电力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，故A错误； 在水平方向，小球受静电力，水平速度先减小为零，后反向增大，那么静电力先做负功，后做正功，据机械能守恒定律知，除重力以外的力对小球做的功等于机械能的增加量，所以机械能先减小后增大，故B错误；小球受到两个恒力，其合力为mg，所以加速度大小为g，故C错误；小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成直角、锐角，可知合力先做负功，后做正功，则速度先减小后增大，故D正确．] 3．AC　[因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则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正确；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．AD　[微粒向上偏转，说明微粒受到的静电力大于重力，若微粒带正电荷，则板间的电场强度方向竖直向上，则A板带负电荷，故A正确；微粒从M到N的过程中，静电力做正功，所以微粒的电势能减小，故B错误；微粒从M点到N点过程中，合力做正功，所以微粒的动能增加，故C错误；微粒从M点到N点静电力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为微粒的机械能，所以微粒的机械能增加，故D正确．] 5．AC　[当重力等于静电力时，只有细线的拉力提供向心力，小球可能做匀速圆周运动，故A正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，线的张力最大，故B错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，在圆周上a点的电势最高，根据Epa＝qφa，当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小，故C正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，小球的速度最大，故D错误．] 6．BC　[由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE＝m，得R＝，R、E为定值，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确．] 7．[答案](1)6 m/s　(2)21.6 N [解析]　(1)重力：G＝mg＝0.12 kg×10 N/kg＝1.2 N， 静电力：F＝qE＝1.6×10－6 C×3×106 V/m＝4.8 N， 在A点，有：qE－mg＝m， 代入数据解得：v1＝6 m/s. (2)设小球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有： (qE－mg)2R＝mv22－mv12， 在B点，设轨道对小球的弹力为FN，则有： FN＋mg－qE＝，由牛顿第三定律有：FN′＝FN， 代入数据解得：FN′＝21.6 N. 8．D　[由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力和重力作用，先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝＝＝v1(m/s2)，进入电场后的加速度大小为a2＝＝(m/s2)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝ma1，可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5，A错误；0～5 s过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确．] 9．AD　[两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C错误；在竖直方向有，h＝gt2，＝×()2，解得F＝3mg，故A正确；小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B错误；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程|Δv|＝＝gt，故D正确．] 10．BD　[由题意可知，小球所受静电力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，静电力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C项错误；小球在静电力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服静电力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D项正确。] 11.[答案](1)2×103 N/C　方向向上　(2)8.0×10－4 J　(3)8.0×10－4 J [解析]　(1)因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eq＝mg， 解得E＝＝ N/C＝2.0×103 N/C， 微粒带正电，知电场方向向上． (2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为 E0＝4.0×103 N/C， 设微粒的加速度大小为a，在0.20 s时间内上升的高度为h，静电力做功为W，则qE0－mg＝ma， 解得a＝10 m/s2，h＝at2，解得h＝0.20 m， W＝qE0h，解得W＝8.0×10－4 J. (3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek， 则v＝at，Ek＝mgh＋mv2， 解得Ek＝8.0×10－4 J. 12．[答案](1)1.5 N/C　(2) m/s [解析](1)带电小球在B点静止，受力平衡， 根据平衡条件得qE＝mgtan θ 得E＝＝1.5 N/C (2) 分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点， (3) 设在该点时小球的最小速度为v， 则mgcos θ＋qEsin θ＝m 由动能定理得－mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝mv2－mv02 联立解得v0＝ m/s. 13.[答案]　(1)mg　(2)2 [解析]　(1)小球在C点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的静电力大小F＝mg tan 60°＝mg。 (2)小球要到达B点，必须能到达D点，在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小。设小球到达D点时速度为v，此时轨道对小球的压力恰为零，则有＝m 解得v＝ 对小球由轨道上A点运动到D点的过程有 －mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝ 解得v0＝2。 学科网（北京）股份有限公司 $