专题3 课时作业9 电场 带电粒子在电场中的运动-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

班级： 姓名： 专题三 电场与磁场 课时作业9 电场 带电粒子在电场中的运动 (分值：60分) 基础巩固练 C.d、f间电势差为d、e间电势差的两倍 D.从a到b与从f到b,静电力对电子做功相等 1.(5分)(2024·河北卷)我国古人 5.(5分)(2024·黑吉辽卷)某种不导电溶液的相对 最早发现了尖端放电现象，并将 介电常数e,与浓度cm的关系曲线如图(a)所示。 其用于生产生活，如许多古塔的 顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。 将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并 雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图 与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路。 闭合开关S后，若降低溶液浓度，则 () 所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中 电场强度最大的是 A.a点B.b点C.c点 D.d点 2.(5分)（多选）(2025·河北卷) co 如图，真空中固定在绝缘台上 BO M C 的两个相同的金属小球A和 图(a) 图b) B,带有等量同种电荷，电荷量为q,两者间距远大 A.电容器的电容减小 于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一 B.电容器所带的电荷量增大 个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触， C.电容器两极板之间的电势差增大 再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 仍为F,则Q:g的绝对值可能是 ( 6.(5分)(2025·河南卷)如图，在与纸 A.1 B.2 C.3 D.5 6 V 面平行的匀强电场中有a、b、c三 3.(5分)(2025·湖南 点，其电势分别为6V、4V,2Va、b/ 怀化二模)如图甲 b、c分别位于纸面内一等边三角形4V 2V 所示，A、B是电场 的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向， 中一条电场线上的A 两点，t=0时刻一 甲 则正确的是 个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力作用下 从A点运动到B点，该过程中其速度v随时间 的变化图像如图乙所示，关于该电场，下列说法正 确的是 () A.A点电势高于B点电势 B.该电场可能为正点电荷产生的电场 C.该负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 D.A点的电场强度大小小于B点的电场强度大小 4.(5分)(2025·浙江1月选 D 考)三个点电荷的电场线和 7.(5分)（多选）(2025·江西宜春二模)如图1所示， 等势线如图所示，其中的d、 ABC为等腰直角三角形，BC=AC=4cm,一匀强 e与e、f两点间的距离相 电场与其平面平行。现规定B→C为x轴正方 等，则 向，且BC的电势变化如图2所示，C→A为y A.a点电势高于b点电势 轴正方向，且C→A的电势变化如图3所示，下列 B.a、c两点的电场强度相同 说法正确的是 (横线下方不可作答) 125 专题三电场与磁场 o/V ↑PV (2)金属板A、B之间的电势差UB; (3)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强 电场中某点由静止释放另一带电粒子Q,使P、Q 4 x/cm 4 y/cm 恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍，带 图1 图2 图3 电情况与P相同，粒子Q的重力及P、Q之间的相 A.AC方向电场强度大小为100V/m,方向由 互作用均忽略不计，求粒子Q释放点的横、纵坐标 A→C x、y应满足的函数关系。 B.BC方向电场强度大小为50V/m,方向由 C→B C.匀强电场的电场强度大小为50√3V/m D.匀强电场的电场强度大小为25√5V/m 能力提升练 8.(5分)(2025·安徽黄山二模)如图1所示，真空中 x轴原点O处固定一点电荷a,其电荷量Q未知， 另一试探电荷b,其电荷量为q,以初动能E。自 x2位置沿x轴负方向做直线运动，该过程试探电 荷b的Ek工图像如图2所示。已知静电力常量 为k。设无穷远处电势为0，与点电荷a距离为r 处的电势为g一9，试探电荷6仅受静电力作用。 下列说法正确的是 ↑E小 E Ev b ,1m 尖子生选练 图1 图2 10.(5分)(2025·安徽芜湖二模)如图所示，在x轴 A.x1x2两处电场强度之比等于x1:x2 上x=0和x=1m处分别固定两个点电荷，电荷 B.沿x轴正方向电势逐渐升高 量分别为4q和一q(q>0),已知点电荷在空间各 Ekox12 C.电荷量Q=kg(x2十x1) 点的电势9可由9g计算，其巾r为各点到点 D.如仅将点电荷a的电荷量变为2Q,试探电荷b 电荷的距离，k为静电力常量。电子带电荷量 速度减为0时的位置坐标是21x 为一e,质量为m,下列说法正确的是 () x1十x2 9.(15分)如图所示，带电金属 AB时hm x/m 板A、B竖直平行正对放置， P A.轴上x= 3m处的电场强度为0 B板中心的小孔正好位于平0 0 x/m 面直角坐标系xOy的O点 B.轴上x=2m处电势为0 4 y轴沿竖直方向。在x>0的区域内存在沿y轴 C.在轴上x一3m处，由静止释放电子，电子只 正方向的匀强电场，电场强度大小E=1000V/m; 在静电力作用下可以沿x轴运动到无穷远处 比荷为1.0×10C/kg的带正电的粒子P从A板 中心O'处由静止释放，其运动轨迹恰好经过点M D.在轴上x三3m处，由静止释放电子，电子只 (4m,2m),粒子P的重力不计。求：得分 (1)粒子P从O运动到M的时间t; 在静电力作用下获得的最大速度为， kge m 红对勾·讲与练 126 高三二轮物理4.AC物体A滑上小车B后做匀减速 直线运动，对物体A分析有mAg= mAaA,由v一t图像可得物体A的加速 度大小为0片 m/$- 3m/s2,联立解得4=0.3，故A正确； 对小车B分析有mAg=mBaB,由)-t 图像可得小车B的加速度大小为ag= △v21-0 △t 1 m/s2=1m/s2,联立解得 mA 1 。,故B错误；小车B的最小长 72B 度为物体A在小车B上的最大相对滑 动位移，则有Lmn=xA一xB= 4+1 2 lm- 2X1X1m=2m,故C正确： 如果仅增大物体A的质量，物体A的 加速度保持不变，但是小车B的加速 度增大，那么两者达到共速的时间减 小，则物体A与小车B的相对滑动位 移减小，所以物体A不可能冲出去，故 D错误。 5.BC对长木板进行受力分析，受力示 意图如图甲所示， F晚 G 甲 根据牛顿第二定律Fg一41mg u2(M+m)g=MaM,解得aM=1m/s2, 故A错误；对小物块进行受力分析，小 物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀 加速直线运动，后在摩擦力作用下做 匀减速直线运动，加速度大小分别为 2 m/s 和4m/s2,长木板和小物块在 0~48内的0-t图像如图乙所示， t/(m·s) 4 长木板 32101234 1234 小物块 乙 0~2s小物块的位移x=4m,拉力F 对小物块做功为W=12J,故B正确； 两条？一t图线围成的面积表示小物块 相对于长木板运动的长度，由一t图 像可知L=12m,小物块与长木板之间 的摩擦生热Q=:1mgL=24J,故C正 确；恒力对小物块、长木板系统做的功 等于系统机械能的增加量加上摩擦生 热，故D错误。 6.(1)40N(2)4m/s (3)0.15 解析：A、C的质量均为m=2kg,B的 质量为M=6kg,细绳OP长为l 1.6m。 (1)A从开始运动到最低点由动能定 理得mgl(1-cos60)= 2 muj-0, 对A在最低，点，根据牛顿第二定律得 246红对闪·讲与练·高三二轮物理 F-ng=吧，解得=4m/sF 40N, 由牛顿第三定律得，A运动到最低，点 时细绳OP所受的拉力大小为40N。 (2)由于A与C相碰后A竖直下落，可 知碰后A水平速度变为0，由水平方向 动量守恒，可知0十m℃c=mv。, 解得vc=。=4m/s。 (3)C相对B滑行4m后与B共速， 根据动量守恒可得(M十m)v=mv。, 根据能量守恒得mgL每时=2m0店 2(m+M)u2, 联立解得：=0.15。 7.(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤ 以<0.4 解析：(1)对小球摆动到最低，点的过程 1 中，由动能定理得mgL=2mu6-0, 解得v。=5m/s, 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 Fr-mg=m L' 小球运动到最低点与物块碰撞前所受 拉力的大小为Fr=6N。 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守 恒定律和能量守恒定律得 mv+Mv:=mvo, 合mi+2Me=子m, 1 1 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块 2m 速度的大小为：=m十M=4m/s (3)若物块恰好运动到圆孤轨道的最 低，点，此时两者共速，则对物块与小车 整体由水平方向动量守恒得 2M3=Mw2, 由能量守恒定律得2X2M0号+ 1Mgs=2M0,解得1=0.4： 若物块恰好运动到与圆孤轨道圆心等 高的位置，此时两者共速，则对物块与 小车整体由水平方向动量守恒得 2Mv=Mv2, 由能量守恒定律得2×2M0+ n:Mgs+MgR-Mvi. 解得42=0.25。 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦 因数：的取值范围为0.25≤μ<0.4。 专题三电场与磁场 课时作业9电场带电粒子 在电场中的运动 1.C在静电场中，等差等势线的疏密程 度反映电场强度的大小，题图中c点的 等差等势线相对最密集，故该点的电 场强度最大，故选C。 2.ADC先跟A接触后，两者电荷量均 变为g1=Q十9，C再跟B接触后，两 2 者电荷量均变为92= 9十91_Q+3g 2 4 此时A、B之间静电力大小仍为F= ,则有F= kq' L2 L2 ,解得Q=g 或Q=一5q。则Q:q的绝对值可能 是1或者5，故选A、D。 3.C由题意知，负电荷所受静电力方向 向右，故电场强度方向向左，沿电场线 方向，电势逐渐降低，那么A点电势低 于B点电势，A错误；该负电荷从A到 B过程，静电力做正功，电势能减少，故 该负电荷在A 点电势能大于在B点电 势能，C正确；根据速度一时间图像知， 电荷的加速 度逐渐减小，故电场强度 逐渐减小，D错误；如果是正点电荷产 生的电场，那正点电荷应该在右侧，则 A点电场强度会小于B点电场强度， 与题目矛盾，B错误。 4.D电场线从高等势面指向低等势面， 即电场线从图中的正电荷指向负电 荷，因此b,点所在的等势面电势高于a 点所在的等势面电势，A错误；a、c两 点电场强度方向不同，电场强度不同， B错误；从d·e·f电场强度逐渐减 小，间距相等，结合U=Ed可知0< Ur Ual,则lUa|<2UdI,C错 误；a 点与f点在同一等势面上，a、b 两，点和∫、b两点的电势差相等，根据 静电力做功W=gU可知从a到b与 从f到b,静电力对电子做功相等， D正确。 5.B由题图(a)知，溶液浓度降低，相对 e.S 介电常数e。增大，根据C= 可知， 4πkd 电容C增大，A错误：由于电容器与恒 压电源相连，故电容器两极板间的电 势差等于电源电压，保持不变，C错误； 银据C=可知，电容C增大，电容器 两极板间的电势差U不变，故电容器 所带电荷量增大，电容器充电，故电流 方向为N→M,B正确，D错误。 6.C匀 强电场中 任意 间的中 点电 于这两 点的 均值，可 知ad 中点d的电 势与 点相同，如 图所示，b、d的连 4V 2V 线为该匀强电场 的等势线。电场线垂直于等势线且由 高电势指向低电势，故电场线沿ac方 向且由a指向c,故C正确。 7.BD根据U,=Ex可知，9 一x图像 斜率的绝对值表示BC方向电场强度大 小，根据图像可知E,= 3-1 V/m= 4×10-9 50V/m,由于沿电场线方向电势降低， 可知，电场强度方向沿C>B,故B正 确；根据U,=E,y可知，9一y图像斜 率的绝对值表示AC方向电场强度大 3-2 小根据图像可知E,=K0号 V/m= 25V/m,由于沿电场线方向电势降低， 可知，电场强度方向沿C·A,故A错 误；结合上述，根据夫量叠加原理可 知，匀强电场的电场强度大小E= √/E+E=25√5V/m,故C错误， D正确。 E 8.Dx1、x2两处电场强度之比为 E Q k x x ,故A错误；由题图可知，试 Q 探电荷b由x2运动到x1的过程中，动 能减小，电势能增大，但由于两电荷电 性未知，所以不能确定电势的变化，故 B错误；根据能量守恒定律可得Eko= E-Be=0-@2,所以Q = Ewiz kq(x2-x1 一，故C错误；如仅将点电荷 a的电荷量变为2Q,试探电荷b速度 减为0时，有E=E,-E=2kQ4 2kQ4.解得 t= 2x1x2,故D正确。 Tx z +z: 9.(1)2×10-‘s (2)2×103V 1 (3)y= x2(.x>0)》 1 解析：(1)设粒子P的质量为m、带电 荷量为g,由题意可知，粒子P在y轴 右侧匀强电场中做类平抛运动。由平 抛运动规律可得yw=。a, at2,根据牛 2 顿第二定律有gE=ma,解得t=2X 10-48。 (2)设粒子P从O点进入匀强电场时 的速度大小为0。，可知xM=0。t,粒子 P经过金属板A、B时，由动能定理有 9UA=2mu6,解得UB=2X10V (3)设粒子Q在右侧电场中运动的加 速度为a',粒子Q从(x,y)点释放后， 竖直向上做初速度为0的匀加速直线 运动，经时间t'与粒子P相遇。对于粒 1 子P有2p=tn=2at,对于粒子 Q有=a=agE=2a, 因为a'<a,所以粒子Q应在第一象限 内释放，且有yp=y十yQ,联立解得 y= 62(x>0)。 10.C设在坐标为x处电场强度为0，则 Akq z? (x-1),解得x=2m,故A错 kq 误：设x处的电势为0，则p= Akq 9当x=2m时，解得p=g,故 B错误；将电子在x= 3m 处由静止 释放时，该点电势为0，电子的初始总 4 能量为0，x轴上大于3m的范国内， 电势随x先升高后降低，根据动能定 理可知，电子最远可以到达无穷远 处，故C正确；电子获得的最大动能 出现在电场强度为0的位置，即x= 2m的位置，x=2m处电势为9= 4-g=kg,由动能定理得kg 21 1 2ekg,故D 2mu,解得s=√ 错误。 课时作业10磁场及带电 粒子在磁场中的运动 1.A三根导线到 A0 O点的距离相 等，三根导线在 )点处产生的磁 F E 场磁感应强度的 大小均相等，设 O 为B,根据右手 C D B 螺旋定则，判断 出A处导线在O,点产生的磁场方向垂 直于AO向左，C处导线在O点产生的 磁场方向垂直于CO指向BC边，B处 导线在O,点产生的磁场方向垂直于 BO指向BC边，如图所示，将O点的 三个分磁场夫量叠加，最终的合磁场 为O点的实际磁场，方向垂直于BF 指向BC边，故A正确。 2.AD折弯的导体可等效为一根直接从 口到6、长为子的直导体，当导体中通 以大小为【的电流时，两根弹簧都伸长， 说明导体受到的安培力方向向下，由左 手定则可知，电流方向由到b,A正确， B辑误：由卡衡条件可得BI名十mg 2F,解得每根弹簧的弹力大小为F= 2mg+BL,C错误，D正确。 4 3.D根据洛伦兹力提供向心力可得 qB=m。,可知速率相等的大量质 子的运动半径也相等，可知从原点均 匀发射到第一象限内，从磁场上边界 射出的质子数占质子总数的三分之 二，则从磁场上边界射出的质子的发 射角度范国有90°X3 =60°，则根据 质子的偏转轨迹和几何关系可得能从 上边界射出的质子的发射角度在0~ 晋，故图像D可能正确。 4.AB根据左手定则，粒子c带正电，粒 子、b带负电，故A正确；根据洛伦兹 力提供向心力gB=m 心，解得0一 Br,由题图可知，粒子b运动半径最 72 大，故粒子b的速率最大，故B正确； 、粒子的运动周期为T==B,故 粒子a、b、c的运动周期相等，故C错 误；根据几何关系，粒子运动轨迹与 MN相切时，切，点位置在磁场区城外， 故仅改变速率大小，不能使粒子运动 轨迹与MN相切，故D错误。 5.D由左手定则可知，电子进入磁场顺 时针偏转，故电子不可能从cd边射 出，A错误：由euB=mR可得，电子 在磁场中的载选半径为R一咒，故电 子速率越大在匀强磁场中运动的轨迹 半径越大，B错误；由几何关系可知，从 口，点射出的电子比从b,点射出的电子 轨迹半径大，故从a,点射出的电子比 从b点射出的电子速率大，C错误；由 2xR2πm 可知，电子在磁场中运 eB 动的周期相同，由几何关系可知，从b 边射出的电子在匀强磁场中恰好转动 T m 半圈，故运动的时间为t= 2 B,时 间相等，D正确。 6.(1)T= 2π goB (2)a.0R:d 6. Bd 解析：(1)粒子速度方向与磁场垂直， 做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心 力qoB=mR, 72 解得轨迹半径R= goB 2πR 圆周运动的周期T= U 将R代入得T= 2xm goB 2π 关系为T= goB 72o (2)a.由题意知粒子1做圆周运动，线 速度U,=oR=9R, 粗子2做匀速直线运动，速度= θR 01 所以速度之比= t θR 02 d d t 即v1:v2=R:d。 b.对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有 v qvB=m R, 可得m=B U1 粒子2的动量力2=m心2， 结合前面的分析可得：=gB迟 gBR·d_gBd θR 7.D根据带电粒子在圆形边界磁场中 的运动性质可知粒子的运动轨迹不可 能经过O,点，粒子射出圆形区域时的 速度方向一定沿该区域的半径方向， A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨 迹半径为r1=R时，粒子连续两次由 A点沿AC方向射入磁场区城的时间 间隔最短，其运动轨迹如图甲所示，由 洛伦兹力提供向心力有心1B=m, 01 又T1= 2π山，则最短时间间隔为 4r72 tmin -2T1= ,C错误；粒子从A点 qB 射入到从C,点射出圆形区域用时最短 时，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几 何关系可知此时粒子的轨迹半径为 3 R,由洛伦兹力提供向心力有 3 √3gBR q02B=m三，联立解得v,= 3m D正确。 参考答案 247