热考专题2 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高一物理快乐假期讲练测

第二部分热考专题突破 热考专题二带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题 【热考解读】应用带电粒子（带电体）在电场中的运动规律来解决电学压轴大题在多过程中 的综合应用问题，是历年高考的命题热点，本专题往往与动力学、运动学及能量观点等主干 知识相结合，并密切联系实际，难度较大，考生需强化练习. 十十十十十十十十十十…十十十十十十十十十十十+十十十十十十十“十十十十十 …0热考专练0… B.= 4T时入射的粒子，离开电场时偏离中 1.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0 线的距离最大 时将电子从A板附近由静止释放（电子的重 C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的 力忽略不计)，若分别在A、B两板间加下图 速度方向都水平 所示的四种电压，则其中可能使电子打不到： D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的 速度大小都相等 B板的是 ( 3.如图所示，在竖直向上的匀 强电场中，一根不可伸长的 绝缘细绳的一端系着一个带 电小球，另一端固定于O点 本UAB Uo 小球在竖直平面内做匀速圆 Uo 0 0 周运动，最高点为a,最低点 -Uo to 2to 3to 4tot 为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是 B ( UAB ↑UAB A.小球带负电 0 B.电场力与重力平衡 to 2to 3to4to t Bto C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势 Uo 能减小 C D D.小球在运动过程中机械能守恒 2.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为 4.如图所示，半径为R T的交变电压u,电压u随时间t变化的图线 的竖直光滑圆轨道 如图乙所示.质量为m、重力不计的带电粒： 内侧底部静止放着 子以初速度。沿中线射入两板间，经时间T: 一 个可视为质点的 从两板间飞出.下列关于粒子运动的描述错 带正电的光滑小球， 误的是 小球质量为m,所带 u 电荷量为十q.轨道的上半圆部分处于水平 Uo 向右，场强大小E=3mg的匀强电场中.现给 4g -Uo 小球一个水平向右的初速度0，小球恰好能 甲 乙 在竖直轨道内完成圆周运动，已知sin37° A.t=0时入射的粒子，离开电场时偏离中线 号，sin53”=号，重力加速度为g,则大 3 的距离最大 小为 49 高一物理 每日一练·练出好成绩 A.V29 29 粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度 2 的大小为g.关于微粒在0~T时间内运动的 C.3gR 描述，正确的是 2 D.√TgR E 2E 5.如图所示，两个等量 A:+Q -Q B 异种点电荷A、B固 E 定在同一条水平线 P 2T M 上，电荷量分别为十 甲 Q和一Q.MN是水平放置的足够长的光滑 A.末速度大小为√20 绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球 B.末速度沿水平方向 P,其质量为m,电荷量为十q(可视为试探电 荷，不影响电场的分布).现将小球从点电荷 C.重力势能减少了2mgd A的正下方C点由静止释放，小球到达点电： D.克服电场力做功为mgd 荷B的正下方D点时速度为2√2m/s,O为8.如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板 CD的中点.则 ) A、B间加有如图b所示的交变电压U,现有 A.小球从C至D先做加速运动，后做减速 一带电粒子从A板左端边缘以速度o水平 运动 射入电场.粒子电荷量为十q,质量为m,不计 B.小球运动至O点时速度为4m/s 粒子重力 C.小球最终可能返回至O点 UAB U D.小球在整个运动过程中的最终速度为 2 m/s 6.（多选)一带 M -Uh 2 正电小球从 b A点竖直抛 (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度 出，在空中 为L,求粒子在电场中的运动时间； 同时存在水 平向右的电场，运动轨迹如图，A、B两点在 同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛 出时动能为16J,在M点的动能为8J,不计 空气阻力.则 ( A.小球水平位移x1与x2的比值为1：4 B.小球水平位移x1与x2的比值为1：3 C.小球落到B点时的动能为48J D.小球从A点运动到B点过程中最小动能： 为8J 7.(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d, 板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0! 时刻，质量为m的带电微粒以初速度o0沿 中线射入两板间，0一号时间内微粒匀道运 动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微 050 第二部分热考专题突破 (2)若粒子在1=T时刻射入电场，经过一段 电荷量大小为q=1.0×10-3C,与轨道BC 4 间的动摩擦因数为以=0.2，忽略滑块P与轨 时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L 道间电荷转移，重力加速度g取10m/s,求： 和两板间距d分别满足什么条件？ P Wwww☐ A B 7 (1)求滑块到F点时的动能； (3)若金属板足够长，要求=0时刻射人的： 粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应 (2)求滑块到D点时对轨道的压力： 当满足什么条件？ (3)若滑块P沿光滑半圆轨道CDF运动过 程中时，对圆弧轨道的最小压力为10N,求 弹簧释放瞬间弹性势能. 9.如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC 段粗糙，且lC=2m,CDF为竖直平面内半 径为R=0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相 切于C点，C℉右侧有电场强度E=3× 103N/C的匀强电场，方向水平向右.一根轻 质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另： 一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原！ 长时滑块在B点.现向左压缩弹簧后由静止！ 释放，当滑块P运动到F点瞬间对轨道压力： 为4N.已知滑块P的质量为m=0.4kg, 051高一物理每日 9.解析(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a,由牛 顿第二定律，有ngsin0一mgcos日=ma,又s= 1 2at,2 联立以上两式，代入数据解得a=3.2m/s2,t1=2.5s; (2)滑块在圆孤AB上运动过程，由机械能守恒定 律，有 1 7muA2+mgR(1-cos0)三7m℃B2,其中A=at 由牛颜第二定律，有F一mg=m景 2 联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力 FB≈31.7N; (3)滑块在小车上滑行时的加速度大小为a1=g= 3.5m/s2 小车的加速度大小为a2=m3-1.5m/s2 M 小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满 足vB一a1t2=a2t2 由(2)可知滑块刚滑上小车的速度B=10m/s,代 入上式得t2=2s,所以最终同速时的速度v=℃B一 at2=3 m/s 由功能关系可得amg·s1=之m:2-之（m+Mr2 1 解得s1=10m. 答案(1)2.5s(2)31.7N(3)10m 热考专题二 热考专练 1.B[加A图电压时，电子从A板开始向B板做匀 加速直线运动，一定能打到B板上，故A错误；加B 图电压时，若A、B板间距足够大，则0~t0电子向B 板做匀加速运动，t。~2t0电子向B板做加速度大 小相同的匀减速运动直到速度为零，2t~3t。电子 向A板做匀加速运动，3t。~4t0电子向A板做匀减 速运动，t=4t0时电子回到出发点，可知电子有可能 打不到B板，故B正确；加C图电压时，电子一直向 B板先加速后减速，再加速再减速……一直向B板 运动，可知一定能打到B板，故C错误：加D图电压 时，可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直 向B板运动，一定能打到B板，故D错误.] 2.B[粒子在电场中运动的时间是相同的，t=0时入 射的粒子在竖直方向先加速，然后减速，最后离开 电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中 线的距离最大，故A正确：1一是T时入射的粒子在 竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向 减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场 时速度方向和中线在同一直线上，故B错误；因粒 07 练·练出好成绩 子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T,根 据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为 零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为 零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时 的速度大小都等于初速度，故C、D正确.] 3.B[由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以 重力与电场力的合力为0，即电场力与重力平衡，则 电场力方向竖直向上，小球带正电，故A错误，B正 确；从a→b,电场力做负功，电势能增大，故C错误； 由于有电场力做功，机械能不守恒，故D错误.门 4.A[根据题可知，小球受到的电场力F=gE=qX 3mg=3mg,当小球受到重力和电场力的合力指向 49 4 圆心时，则该点为小球运动的等效最高点，设该点 为P点，如下图所示： →gE E mg R 、由几何关系tan日三=，所以0=37，小球恰好 能在竖直轨道内完成圆周运动，则小球在P点受到 电场力与重力的合力为其圆周运动提供向心力，由 牛频第二定律E=m发，其中E=。= cos 04mg, 由于小球带正电，故小球从最低点到P点的过程 中，重力与电场力均做负功，根据动能定理可得 1 -mg(1+cos0)-9ER(1+sin0)三7mu,2一2 m,联立解得=√29g5,故BCD错误，A 2 正确.] 5.D[根据等量异种点电荷的电场线分布，可知两点 电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附 近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称 关系可知c=一9p=9,其中9c>0,pD<0,小球从 C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势 降低，所以小球的电势能减小，电场力做正功，小球 做加速运动，故A错误：小球由C到D,由动能定理 1 得Wcm=gUm=2mn2,由C到0，由动能定理可 得Wom=gUam-2m02,Wm=2Wam,联立解得 0=2m/s,故B错误；由分析可知Po=0,无穷远处 电势也是0，小球由O到D加速运动，再由D到无 穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做负功，小 球做减速运动，不可能返回)，点，故C错误：小球从 ●● 参考答案 O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒定律可： 知动能变化量也是0，即无穷远处的速度为)=0： =2m/s,故D正确.] 6.BC「[小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对： 称性可知，从A点至M点和从M点至B点的时间t 相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直： 线运动，设加速度为a,根据位移时间公式x1= 合a-1+方2，联立可得号-寸故A得 1 误，B正确：小球从A到M,由功能关系知在水平方 向上电场力做功为W,=Fx1=8J,则从A到B水： 平方向上电场力做功为W1=F(x1十x2)=4W1= 32J,根据能量守恒定律可知，小球运动到B点时的 动能为EkB=Ek0+4W1=16J+32J=48J,故C正 确：据运动轨迹，小球的运动方向与加速度的方向！ 垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程中 最小速度一定与等效G'垂直，在AM之间，最小动 能小于8J,故D错误.] 7.C[0~于时间内微粒匀建运动，有mg=q,把 微粒的运动分解，水平方向做速度为的匀速直线： 运动，竖直方向在冒~2罗时间内，熊粒只金重力，做 3 工2T~T时间内， 自由落体运动，哥时刻)只了：哥 2qE。一mg=g,做匀减速直线运动，T时刻，0%y a= 7 T =,一a·3=0,所以末速度0=0，方向沿水平 方向，故A错误，B正确；重力势能的减少量△E。=: d 1 mg·之=2mgd,故C正确；根据动能定理得2！ mgd-W电=0，得W电=2mgd,故D错误.] 8.解析(1)根据题意可知，粒子在电场中的水平方： 向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒！ 子在电场中的运动时间为=二； U01 (2)根据题意可知，若粒子在=于时刻射入电场， 且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出， 则在竖直方向上，粒子在T、于时间内，做向下的 42 句如建直线运动，在子~3平时间肉，向下做匀成途 直线运动，由对称性可知，：子在平时，整直分造度 减小到0，此时，粒子未打到B板上，然后在3工T 时间内，向上做匀加速直线运动，在T一5T时间内， 4 向上微匀减達直线运动，由对称性可知，在买时，： 子可能恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上： 075 与详解 述分析可知，两板间距d满足条件：d>2X () 由牛顿第二定律可得a= m,联立解得d≥ 不西粒子也可能在号工，坚T…时从A板 4 m 边缘射出.粒子在电场中的运动时间为t1=T(n= 1,2,3…),则板长为L=t1=00T(n=1,2,3…); (3)根据题意可知，若粒子从t=0时刻进入电场，在 0~号时间内，做向下的匀加连直线运动，在号~T 时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在 T时刻，粒子竖直分速度减小到0，要求粒子打到B 板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最 大，即粒子在 工，3T5工…时，恰好打到B板，则有 2·2’2 d=(2n+1)× 1qUo(T2 2dm2) (n=0,1,2,3…) 解得d= T4n+2)g0(m=0,1,2,3…) 4 答案(1)(2)L=wT(m=1,2,3…)d≥ T 00 qUo m (3)d无/4m+2)g0(m=0,1,2.3…) n 解析(1)F点时，对滑块，由牛颜第二定律N十mg =m尺，根据牛颜第三定律知轨道对滑块的压力 VF" 为N=4N,m=0.4kg,联立解得滑块到F点时的 1 动能Ek=2mvp2,解得Ek=0.8J; (2)滑块从D到F的过程中，根据动能定理，有 qER-mgR-mvp2-mup UD 在D点时，根据牛顿第二定律Fn十gE=mR,联 立解得FD=7N,根据牛顿第三定律知，滑块对轨 道的压力大小为7N,方向沿OD连线向右； (3)重力和电场力可看作等效重力（斜向左下方）， 此时mg'=√(gE)2+(mg)2=5N 设等效重力的方向与竖直方向夹角为9，则有tan0 =gE可得0=37°，设等效最高点为M点，M点处， mg 对圆孤轨道压力最小，为10N,根据牛顿第二定律 N十mg=mg,周孤税道对滑块的压力N- 10N,滑块P从压缩时到M点的过程中，由动能定 理得E,'-mgLc-mgR(1十cos0)=号 mu2,联 立可得E,'=4.9J. 答案(1)0.8J(2)7N,方向沿OD连线向右 (3)4.9J