第十章专题课 带电粒子在电场中的运动分析 同步练-2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中的运动，通过基础受力分析、中档模型应用到综合问题解决的三层设计，构建从物理观念到科学思维的巩固路径。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|受力平衡、运动状态判断|多选形式强化基本概念，如粒子直线运动条件分析| |中档|能量转化、运动合成|结合圆环、斜面等几何场景，培养科学推理能力| |综合|交变电场、多过程计算|通过图像分析（第9题）和实际问题（第10题），提升科学探究能力|

第十章 专题课　带电粒子在电场中的运动分析 1. (多选)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. 所受重力与静电力平衡 B. 电势能逐渐增加 C. 动能逐渐增加 D. 做匀变速直线运动 2. (多选)如图所示，一带电液滴在重力和水平匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向的夹角为45°，则下列结论中，正确的有(　 　) A. 此液滴带负电 B. 液滴做匀加速直线运动 C. 合力对液滴做的总功等于0 D. 液滴的电势能减少 3. (多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m、可看成质点的带电小球以初速度v从M点竖直向上抛出，通过N点时，速度大小为v，方向与电场方向相反。若M、N连线与水平方向夹角为45°，则小球从M点运动到N点的过程中(　 　) A. 小球的动能先减小再增大 B. 小球的机械能先增大再减小 C. 小球的重力大小一定等于电场力大小 D. 小球的电势能一定逐渐增大 4. (多选)[2025·杭州高三开学考试]如图所示，竖直绝缘光滑圆环处于水平向右的匀强电场中，直径AD与竖直方向夹角为37°，OB和OC分别为竖直和水平半径。一可视为质点、质量为m的带电小球，在A点时给小球一个初速度，使其恰能在圆环内侧做完整的圆周运动，到D点时对环压力最大。已知m=0.08 kg，sin 37°=0.6，g取10 m/s2。小球做圆周运动的过程中(　 　) A. 圆环的半径为1 m B. 在C点处的电势能最小 C. 在B点处的动能最小 D. 小球所受电场力的大小为0.6 N，方向水平向右 5. (多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为v0的初速度从足够长的固定斜面上的A点水平抛出，经时间t1落在斜面上，落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角为α1，第二次加一电场强度大小E=(g为重力加速度大小)、方向竖直向下的匀强电场，其他条件不变，结果小球经时间t2落在斜面上，落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角为α2。不计空气阻力。下列说法中，正确的有(　 　) A. t1=2t2 B. 2t1=t2 C. α1=α2 D. α1=2α2 6. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷。一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力的共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么(　 　) A. 若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B. 微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加 C. 微粒从M点运动到N点，其动能一定增加 D. 微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加 7. 如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为v0的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀强电场，已知A点电势为φa，正一价钠离子质量为m，质子电荷量为e，细胞膜的厚度为d。下列说法中，正确的是(　 　) A. 钠离子做匀减速直线运动的加速度大小a= B. 膜内匀强电场的场强E= C. B点电势φb=φa＋ D. 钠离子在B点的电势能为Eb=φae＋ 8. 如图所示，固定在竖直面内、半径为R的光滑绝缘半圆形轨道ABC，圆心为O，AC为水平直径，处在水平向右的匀强电场中，电场线与轨道平面平行。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带电小球从轨道上的A点由静止释放，小球始终沿圆弧轨道运动。下列说法中，正确的是(　 　) A. 小球从A运动到B的过程中，小球的机械能可能增加 B. 小球一定会运动到C点 C. 小球运动速度最大的位置一定是AB段圆弧上的某一点 D. 小球一定带正电 9. (多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的有(　 　) 甲　 　乙 A. B. C. D. 10. 如图所示，ABCD是竖直放置在电场强度E=3×104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切于B点，A为水平轨道上的一点，且AB=R=0.2 m。把一质量m=400 g、所带电荷量q=10－4 C的小球放在水平轨道上的A点(图中未画出)，由静止开始释放后，小球在轨道的内侧运动。(g取10 m/s2) (1)小球到达B点时的速度是多大？ (2)小球到达C点时对轨道的压力是多大？ (3)小球所能获得的最大动能是多少？ 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十章 专题课　带电粒子在电场中的运动分析 1. (多选)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(　BD　) A. 所受重力与静电力平衡 B. 电势能逐渐增加 C. 动能逐渐增加 D. 做匀变速直线运动 【解析】 对粒子受力分析，粒子所受合力水平向左，做匀减速直线运动；静电力做负功，电势能增加，动能减少。B、D正确。 2. (多选)如图所示，一带电液滴在重力和水平匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向的夹角为45°，则下列结论中，正确的有(　ABD　) A. 此液滴带负电 B. 液滴做匀加速直线运动 C. 合力对液滴做的总功等于0 D. 液滴的电势能减少 【解析】 液滴所受的合外力沿bd方向，可知液滴受到的静电力方向水平向右，则此液滴带负电，A正确；液滴所受合外力恒定，加速度恒定，液滴做匀加速直线运动，B正确；合力不为0，且合力与速度方向共线，则合力做的功不为零，C错误；从b到d，静电力做正功，液滴的电势能减少，D正确。 3. (多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m、可看成质点的带电小球以初速度v从M点竖直向上抛出，通过N点时，速度大小为v，方向与电场方向相反。若M、N连线与水平方向夹角为45°，则小球从M点运动到N点的过程中(　AC　) A. 小球的动能先减小再增大 B. 小球的机械能先增大再减小 C. 小球的重力大小一定等于电场力大小 D. 小球的电势能一定逐渐增大 【解析】 由题意可知，电场力对小球做正功，则小球的电势能一直减小，除了重力之外的其他力对小球做正功，则小球的机械能一直增加，B、D错误；根据位移—速度关系v2=2ax可得竖直方向的加速度和水平方向加速度大小相等，可得ax=ay，又max=qE，may=mg，可得mg=qE，C正确；根据动能定理得Ek－Ek0=－mgy＋qEx，即Ek=－mgy＋qEx＋Ek0，竖直方向做初速度为v的匀减速直线运动，水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，开始重力做的负功大于电场力做的正功，竖直方向速度和水平方向速度大小相等后，电场力做的正功大于重力所做负功，所以动能先减小后增大，A正确。 4. (多选)[2025·杭州高三开学考试]如图所示，竖直绝缘光滑圆环处于水平向右的匀强电场中，直径AD与竖直方向夹角为37°，OB和OC分别为竖直和水平半径。一可视为质点、质量为m的带电小球，在A点时给小球一个初速度，使其恰能在圆环内侧做完整的圆周运动，到D点时对环压力最大。已知m=0.08 kg，sin 37°=0.6，g取10 m/s2。小球做圆周运动的过程中(　BD　) A. 圆环的半径为1 m B. 在C点处的电势能最小 C. 在B点处的动能最小 D. 小球所受电场力的大小为0.6 N，方向水平向右 【解析】 因在D点时对环压力最大，可知电场力与重力的合力即等效重力方向一定沿AD方向，大小为F等==1 N，等效重力加速度g'==12.5 m/s2，在D点，根据牛顿第二定律有FN－mg'=m，在A点，根据牛顿第二定律有mg'=m，从A到D过程中，根据动能定理可得m＋F等·2R=m，可知，R值无法计算，A错误；电场力与重力的合力即等效重力方向一定沿AD方向，可得小球受到的电场力水平向右，小球带正电，C点为光滑圆环最右端，电势最低，带电小球的电势能最小，B正确；在等效重力场中，A为最高点，带电小球在A点的速度最小，A点的动能最小，C错误；小球所受电场力的大小F=mgtan 37°=0.6 N，方向水平向右，D正确。 5. (多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为v0的初速度从足够长的固定斜面上的A点水平抛出，经时间t1落在斜面上，落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角为α1，第二次加一电场强度大小E=(g为重力加速度大小)、方向竖直向下的匀强电场，其他条件不变，结果小球经时间t2落在斜面上，落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角为α2。不计空气阻力。下列说法中，正确的有(　AC　) A. t1=2t2 B. 2t1=t2 C. α1=α2 D. α1=2α2 【解析】 设斜面倾角为θ，小球在竖直方向上的加速度大小为a，则tan θ=，解得t=，由题意可知a1=g，a2=g＋=2g，所以=2，A正确，B错误；根据速度的合成与分解有tan α==2tan θ，所以α1=α2，C正确，D错误。 6. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷。一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力的共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么(　C　) A. 若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B. 微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加 C. 微粒从M点运动到N点，其动能一定增加 D. 微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加 【解析】 由于不知道重力和静电力的大小关系，故不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做的功的正负，A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒从M点运动到N点动能一定增加，C正确。 7. 如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为v0的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀强电场，已知A点电势为φa，正一价钠离子质量为m，质子电荷量为e，细胞膜的厚度为d。下列说法中，正确的是(　D　) A. 钠离子做匀减速直线运动的加速度大小a= B. 膜内匀强电场的场强E= C. B点电势φb=φa＋ D. 钠离子在B点的电势能为Eb=φae＋ 【解析】 正一价钠离子做匀减速直线运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为0，由0－=－2ad，解得加速度大小a=，A错误；由牛顿第二定律可知Ee=ma，解得E=，B错误；由动能定理可得(φa－φb)e=0－m，解得B点电势为φb=φa＋，C错误；钠离子在B点电势能为Eb=φbe=φae＋，D正确。 8. 如图所示，固定在竖直面内、半径为R的光滑绝缘半圆形轨道ABC，圆心为O，AC为水平直径，处在水平向右的匀强电场中，电场线与轨道平面平行。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带电小球从轨道上的A点由静止释放，小球始终沿圆弧轨道运动。下列说法中，正确的是(　C　) A. 小球从A运动到B的过程中，小球的机械能可能增加 B. 小球一定会运动到C点 C. 小球运动速度最大的位置一定是AB段圆弧上的某一点 D. 小球一定带正电 【解析】小球沿圆弧轨道运动，不脱离轨道，所以受到的电场力水平向左，则小球一定带负电，小球从A运动到B的过程中，电场力做负功，电势能增大，机械能减小，A、D错误；小球向右运动过程中，电场力做负功，电势能增大，机械能减小，因此小球不可能到达C点，B错误；小球在电场和重力场的叠加场中运动，电场力水平向左，重力方向竖直向下，所以电场和重力场的等效最低点在圆弧AB段上，因此小球速度最大的位置一定是AB段圆弧上某一点，C正确。 9. (多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的有(　AD　) 甲　 　乙 A. B. C. D. 【解析】 在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的静电力大小F=，所以电子所受的静电力大小不变，由牛顿第二定律F=ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动；在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内向A板做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图像如选项D所示，v－t图像如选项A所示；又因为匀变速直线运动的位移x=v0t＋at2，所以x－t图像应是曲线，A、D正确，B、C错误。 10. 如图所示，ABCD是竖直放置在电场强度E=3×104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切于B点，A为水平轨道上的一点，且AB=R=0.2 m。把一质量m=400 g、所带电荷量q=10－4 C的小球放在水平轨道上的A点(图中未画出)，由静止开始释放后，小球在轨道的内侧运动。(g取10 m/s2) (1)小球到达B点时的速度是多大？ (2)小球到达C点时对轨道的压力是多大？ (3)小球所能获得的最大动能是多少？ 【答案】(1) m/s (2)7 N　(3)0.8 J 【解析】 (1)设小球在B点时速度为vB，小球从A至B的过程中，由动能定理得EqR=m，解得vB= m/s。 (2)设小球在C点时的速度大小是vC，小球从A至C的过程中，由动能定理得qE·2R－mgR=m－0，解得vC= m/s，小球在C点时受力情况如图所示，有FNC－Eq=m，解得FNC=7 N，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为7 N。 (3)由题可知mg=4 N，Eq=3 N。设小球和O点的连线与竖直方向的夹角为θ时动能最大，为Ekm，则tan θ=，Ekm=EqR(1＋sin θ)－mgR(1－cos θ)，解得Ekm=0.8 J。 学科网（北京）股份有限公司 $