专题五 带电粒子在电场中运动的综合问题 课时训练 2026-2027学年高中物理人教版必修3

**基本信息** 本练习通过“对点训练”与“综合训练”分层设计，聚焦带电粒子在电场中运动的核心问题，从单一知识点应用到多规律综合分析，强化科学思维与模型建构能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |对点训练|交变电场运动规律、动力学与功能关系单一应用|选择题（含多选）结合基础计算，如交变电压下粒子运动分析，夯实运动和相互作用观念| |综合训练|库仑力、电场力、摩擦力等多力综合，复杂轨道与能量问题|含多选及情境计算题，如带电滑块在复合场中的圆周运动，提升科学推理与综合应用能力|

专题五 带电粒子在电场中运动的综合问题 课时训练 对点训练 一、选择题: 题组一　带电粒子在交变电场中的运动 1.如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则等于(　　) A. B. C.1 D. 2. 如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　) A.0<t0< B.<t0< C.<t0<T D.T<t0< 3.在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在(　　) A.A点 B.A点左方l处 C.A点右方2l处 D.A点左方2l处 4.(多选)如图所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U－t图像应是(设两板距离足够大)(　　) 题组二　动力学方法和功能关系分析带电粒子的运动 二、计算题: 5.一个质量为m、带有－q电荷量的小物体，可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正向，如图所示。小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f的作用，且f<qE。设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，求它停止运动前通过的总路程s。 6.如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力。(重力加速度为g) 7.如图所示，在竖直放置的光滑绝缘细管的圆心O处固定一正点电荷，将质量为m，带电荷量的绝对值为q的小球从圆弧管的水平直径端A点由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知细管的半径为R，重力加速度为g，问： (1)小球m带正电还是负电； (2)小球m滑到最低点B时的速度多大； (3)圆心处的正点电荷在B点处产生的电场强度多大。 8.如图所示，一长为L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10 m/s2。求： (1)小球通过最高点B时速度的大小； (2)小球通过最高点B时，丝线对小球拉力的大小。 综合训练 一、选择题: 9．(多选)如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为＋Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为＋q的小金属块(可视为质点)，从A点以速度v0向右运动，最后停止在B点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．该过程中小金属块的电势能增大 B．A、B两点间的电势差为 C．若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距O点的距离为 D．若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度大于 二、计算题: 10.虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计，求： (1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1； (2)水平匀强电场的场强大小。 11.如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。 (1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小； (2)为使滑块恰好始终沿轨道滑行(不脱离轨道)，求滑块在圆形轨道上滑行过程中的最小速度。 参考答案： 1.答案　B解析　设A、B两板间的距离为d，经过3t0时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理可得Ek3＝q，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q，故＝，B正确。 2.答案　B解析　若t0＝0时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向B运动；若t0＝时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，所以在0＜t0＜和T＜t0＜时间内释放粒子，都最终将打在B板上，因此选项A、D错误；若t0＝时刻释放粒子，则粒子一直向A运动；若t0＝时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此在<t0<时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求，选项B正确；若＜t0＜T时间内释放粒子，它将在T＜t0＜内的某个确定时刻减速到零，之后的运动情况与选项A相同，故选项C错误。 3.答案　D解析　第1 s内电场方向水平向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l，第2 s内电子受到的静电力方向水平向右，由于电子此时有水平向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t＝2 s时总位移为2l，方向水平向左，故t＝2 s时，电子处在A点左方2l处。 4.答案　BC解析　由A图像可知，电子先做匀加速直线运动，T时速度最大，从T到T内沿原运动方向做匀减速直线运动，T时速度减为零，然后重复这种运动，一直向一个方向运动。 由B图像可知，电子先做匀加速直线运动，T时速度最大，从T到T内沿原运动方向做匀减速直线运动，T 时速度减为零；从T到T反向做匀加速直线运动，T时速度最大，从T到T内沿反向做匀减速直线运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动。 由C图像可知，电子先做加速度减小的加速直线运动，T时速度最大，从T到T内沿原方向做加速度增大的减速直线运动，T时速度减为零；从T到T反向做加速度减小的加速直线运动，T时速度最大，从T到T内沿反向做加速度增大的减速直线运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动。 由D图像可知，电子0～做匀加速直线运动，从T到T内做匀速运动，然后重复加速直线运动和匀速运动，一直向一个方向运动。故选B、C。 5.答案　 解析　方法一：由题意知，小物体最终停在固定墙面处，由动能定理得ΔEk＝W合，即0－mv＝W电＋Wf(W电、Wf分别是静电力做的功和摩擦力做的功)。 其中W电＝qEx0，Wf＝－fs，故－mv＝qEx0－fs，所以总路程为s＝。 方法二：用能量守恒定律求解。设小物体共走过路程s，克服摩擦力做功的值为fs，这也就是转变为内能的能量。动能、电势能减少ΔE＝qEx0＋mv，内能增加ΔE′＝fs。由ΔE＝ΔE′，解得s＝。 6.答案　2mg＋3Eq，方向水平向右 解析　小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加， 由动能定理有mgR＋qER＝mv2， 在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力， 则F1－Eq＝m 联立解得F1＝2mg＋3Eq 根据牛顿第三定律得小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右。7.答案　(1)带负电　(2)　(3) 解析　(1)根据题意小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则小球受向下的重力和向上的电场力，所以小球带负电。 (2)下滑过程中，正点电荷对小球施加的库仑力不做功 从A到B由机械能守恒定律得mgR＝mv2 解得v＝。 (3)在B点有Eq－mg＝ 解得E＝。 8.答案　(1)2 m/s　(2)3.0×10－3 N 解析　(1)小球由A运动到B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有： qEL－mgL＝，vB＝ ＝2 m/s。 (2)小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力FTB作用，经计算 mg＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 N qE＝1.0×10－6×2.0×103 N＝2.0×10－3 N FTB＋mg－qE＝ FTB＝＋qE－mg＝3.0×10－3 N。 9.解析：选CD。依题意，该过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小，故A错误；由动能定理可得WAB－μmgL＝0－mv，A、B两点间的电势差UAB＝，联立解得UAB＝，故B错误；若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其受力平衡，有μmg＝k，解得x＝，故C正确；若在A处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得a＝，则小金属块由A向B运动过程做加速度增大的减速运动，v－t图像如图所示，在图中作出初速度为v0、末速度为0的匀减速直线运动图线，根据平均速度公式v＝，可知小金属块由A向B运动过程的平均速度大于，故D正确。 10.答案　(1)104 m/s　(2)×103 N/C 解析　(1)由动能定理得Uq＝mv 解得v1＝104 m/s。 (2)粒子进入水平电场后做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为t，电场宽度为s＝0.2 m，则 沿初速度方向　s＝v1t 沿电场方向　Eq＝ma，v2＝at 由几何关系得　tan 30°＝ 联立解得　E＝×103 N/C。 11.答案　(1)mg　(2) 解析　(1)设滑块到达C点时的速度为v，滑块所带电荷量为q，匀强电场的场强为E，由动能定理有qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2 qE＝mg 解得v＝ 设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F， 则F－qE＝m 解得F＝mg 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力大小为F′＝F＝mg。 (2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆形轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vmin) 则有＝m 解得vmin＝。 学科网（北京）股份有限公司 $