2026年高二年级暑假作业（二十八）带电粒子在电场中的运动

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中的运动，通过受力分析、能量转化与运动合成构建系统性解题方法，强化物理观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |场强与平衡|3题（含密立根实验）|受力平衡条件应用|电场力与重力的合成| |电容动态分析|2题|电容决定式与场强公式结合|电压/电量不变时场强变化规律| |类平抛运动|2题（加速+偏转）|运动分解与动能定理|速度合成与偏转位移计算| |能量综合应用|6题（含圆周运动）|动能定理与功能关系|电势能、重力势能转化逻辑|

高二年级暑假作业（二十八） 带电粒子在电场中的运动 一、单选题 1．如图所示、金属薄板、、、完全相同，用长导线和开关、连接、与、与平行且间距相等，，均断开。、带等量异种电荷，c、不带电。一质量为、带电量为的微粒，静止在、之间、忽略边缘效应。则（     ） A．闭合、断开，微粒向下运动 B．断开、闭合，微粒向上运动 C．、同时闭合，微粒向下运动 D．、同时闭合，微粒保持静止 2．某同学为研究带电油滴在电场中的运动规律，利用显微镜观测其运动变化，两块彼此绝缘的金属板A、B水平平行放置并与电源相连，开关S闭合后，在A、B两板间C点处有一个带电油滴恰好静止。下列说法正确的是（     ） A．油滴所受电场力方向竖直向下 B．保持S闭合，将A板向右平移一小段，A板带电量减小 C．保持S闭合，将A板向下平移一小段，油滴将向下运动 D．若将S断开，将B板向上平移一小段，油滴将向上运动 3．如图为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正、负极相接。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，绝大多数油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电。油滴进入电场时的初速度、油滴间的相互作用及空气对油滴的浮力均忽略不计。下列说法正确的是（     ） A．油滴所受电场力方向一定竖直向下 B．若某油滴向下加速运动，则该油滴电势能一定减小 C．若某油滴悬浮不动，仅增加板间距离，则该油滴向下运动 D．若某油滴悬浮不动，断开电源与金属板的连接，仅减小板间距离，则该油滴向上运动 4．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始被加速电场加速，然后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为，电荷量之比为，则下列判断正确的是（     ） A．三种粒子从B板运动到荧光屏飞行的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的静电力对三种粒子做的功之比为 D．偏转电场的静电力对三种粒子做的功之比为 5．如图所示，在同一竖直面内，光滑水平面上绝缘轻质弹簧左端固定，右端连接质量为带电量为的小球，带电量为的小球B和带电量为的小球均固定，空间存在水平向右电场强度大小为的匀强电场。当处于静止状态时，三小球恰好位于边长为的等边三角形顶点上，此时弹簧压缩量为，小球间的静电力大小为。迅速移走小球B，下列说法正确的是（     ） A．带负电 B．弹簧的劲度系数为 C．移走小球B的瞬间，的加速度大小为 D．向右运动时的速度大小为 6．如图所示，半径为R的均匀带电绝缘圆环水平固定放置，圆心为O，总电荷量为+q，过O点的足够长光滑绝缘细杆竖直固定，带电荷量也为+q的小球套在杆上。在小球距O点高h处时给小球一个向下的初速度v0，小球经过O点时速度也为v0。已知点电荷的电势公式为（其中k为静电力常量，Q为点电荷电荷量，r为到点电荷的距离），小球可视为点电荷，重力加速度为g。则下列说法正确的是（     ） A．从开始运动到到达O点小球先加速后减速 B．小球的运动为简谐运动 C．小球的质量为 D．小球运动至O点下方h处时的速度大小为 7．如图所示，匀强电场所在的空间中有一正方体区域，正方体边长为1 m。已知a、b、c、g四个顶点的电势分别为8 V、6 V、4 V、2 V。只考虑静电力的作用，下列说法中不正确的是（     ） A．c、f、h三点位于同一等势面上 B．匀强电场的电场强度大小为 V/m C．若电子先后经过f点与h点，其电势能一定先增加后减少 D．若电子经过f点时速度指向g点，则电子有可能运动到c点 8．图甲所示，光滑绝缘斜面顶端固定带电量为+q的小球A，质量为0.1 kg的带电小球B（与A带同种等量电荷，小球A、B均可视为点电荷）从斜面底端，以某一初速度沿斜面向上运动。以小球A位置为坐标原点沿斜面向下建立x轴，物块B沿斜面向上运动过程中，A、B系统的电势能和B的重力势能随x变化规律如图乙实线部分所示，M点的切线与重力势能随变化的直线平行。已知斜面总长度L=0.8 m，规定地面为重力场零势面，无穷远为电场零势面，重力加速度g取10 m/s2，在小球B向上运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球B速度变化率的绝对值越来越小 B．斜面倾角为30° C．小球B的初始动能为1.66 J D．小球B运动到xm处，B受到的库仑力与重力大小相等 二、多选题 9．如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向的夹角为。重力加速度大小为g，，，下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．匀强电场的电场强度大小为 C．现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能增加 D．在最低点由静止释放小球，小球到达A点时细线的拉力大小为 10．如图所示，比荷为k的带正电粒子从O点由静止开始运动，水平穿过由极板a、b组成的加速电场并沿中轴线进入极板c、d组成的水平偏转电场，经偏转后从d极板右端进入磁场区域。该匀强磁场垂直纸面向里，只存在于距离为d0的虚线MN和PQ之间（MN、PQ均与极板c、d垂直），磁感应强度大小B可以调节。已知极板a、b间的电压为U0，极板c、d的长度为极板间距离的4倍。下列说法中正确的是（　　） A．粒子进入偏转电场时的速度为 B．c、d极板间的电压为 C．若粒子能够从MN边界离开磁场区域，则 D．若，则粒子垂直边界PQ离开磁场 11．如图所示，在竖直平面内，一半径R＝0.5 m的光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘水平轨道AB在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角θ＝37°，整个装置固定在水平向左的匀强电场中，匀强电场的电场强度大小E＝V/m。一质量m＝100 g的带电小滑块从A点由静止释放后沿水平轨道向左运动，经B点进入圆弧轨道，通过D点后落回水平轨道。已知滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力。不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。则下列说法中正确的是（     ） A．小滑块所带的电荷量为4.5×10－5 C B．滑块从A点静止释放，沿轨道运动到D点的过程中其电势能先减小后增大 C．小滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小为0.75 N D．小滑块落回水平轨道位置与B点之间的距离0.5625 m 12．如图所示，一倾斜角为30°的绝缘斜面固定在水平面上，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为。质量分别为m和2m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，劲度系数为k的弹簧一端与N连接，另一端固定在地面上。M带正电，电荷量为q，N不带电。初始时有外力作用使M静止在斜面上，轻绳恰好伸直。现撤去外力使M从静止释放，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（     ） A．撤去外力的瞬间M的加速度大小为2g B．M下滑过程中速度最大时，弹簧的伸长量为 C．M下滑到最低点的过程中，M、N、弹簧与地球构成的系统的机械能先增大后减小 D．M下滑的最大速度为 13．如图所示，长为L的轻质绝缘不可伸长细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m，电性未知，电荷量绝对值为q的小球。空间存在水平向右的匀强电场，现将小球置于细线水平伸直的位置B，由静止释放，小球沿圆周运动恰能到达位置A，已知OA与竖直方向成30°，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球带负电，匀强电场的电场强度大小为 B．小球释放后绳子中最大拉力大小为 C．若仅将电场方向变为水平向左，小球由C点静止释放以后的运动过程中，小球在A点速度最大 D．若仅将电场方向变为水平向左，小球由C点静止释放以后的运动过程中，小球的重力功率大小在A点最大 三、解答题 14．如图所示，倾角为的粗糙绝缘斜面固定在水平面上。整个装置处于匀强电场中，其等势面和斜面垂直，斜面的顶端和底端分别位于等势面和上，相邻等势面间的电势差相等。可视为质点的带电物块从斜面顶端以初速度沿斜面向下运动，滑行距离时到达斜面底端，速度恰好减为0。已知物块质量，所带电量，物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，，物块运动过程中所带电量保持不变。求 (1)物块沿斜面向下滑动过程中，电场力对物块做的功； (2)电场强度的大小； (3)若规定图中等势面的电势为0，求等势面的电势。 15．如图所示，竖直面内半径为的光滑绝缘圆轨道置于水平向右的匀强电场中，一可视为质点的质量为、电荷量为的带电小球置于圆轨道内。小球静止时的位置和圆心的连线与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为，，。求： (1)电场强度的大小； (2)仅将此电场的方向调整为竖直向下，小球从图示位置运动到最低点时受到的支持力多大。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B D C D C AC BD 题号 11 12 13 答案 BCD BD BC 1．C 【详解】带电量为的微粒，静止在、之间，说明重力与电场力平衡，电场力向上。 A．断开，b的带电量保持不变，根据电容器极板电荷等量关系，a的带电量不变，因此ab间电场强度不变，电场力仍等于重力，微粒保持静止，A错误； B．同理可得，B错误； CD．、同时闭合相当于ab、cd两个电容器并联，电荷均匀分布在两个电容器的极板上，ab电容器带电量减小，板间场强减小，电场力小于重力，微粒向下运动，故C正确，D错误。 故选C 。 2．B 【详解】A．题中已知带电油滴恰好静止，说明油滴受力平衡，由于重力竖直向下，故油滴受到的电场力必定竖直向上，故A错误； B．保持S闭合，电容器两极板间的电压不变，当将板向右平移一小段时，两板正对面积减小，根据电容决定式可知，电容减小，再根据可知，板带电量减小，故B正确； C．保持S闭合，两极板间的电压不变，当将板向下平移一小段时，板间距离减小，根据匀强电场场强与电势差的关系可知，板间场强增大，此时油滴受到的电场力增大，大于重力，因此油滴将向上运动，故C错误； D．若将S断开，电容器两极板所带电荷量保持不变，当将板向上平移一小段时，板间距离减小，根据，， 联立可得 由此可见板间电场强度与板间距离无关，故板间场强保持不变，油滴所受电场力不变，依然与重力平衡，油滴将保持静止，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．油滴带负电，电场方向竖直向下，则油滴所受电场力方向竖直向上，故A错误； B．油滴向下运动时，电场力向上，电场力做负功，电势能增加，故B错误； C．油滴悬浮时受力平衡，即 金属板始终接电源，板间电压不变，由可知，增加板间距后场强减小，油滴所受电场力小于重力，则该油滴向下运动，故C正确； D．断开电源后，极板所带电荷量不变，由，， 可得 所以，电场强度与板间距无关，减小后不变，仍满足 则油滴保持静止，故D错误。 故选C。 4．B 【详解】A．设加速电压为，偏转电压为，C、D极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得 则粒子通过加速电场获得的速度为 三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏飞行的时间不同，故A错误； B．粒子在偏转电场中做类平抛运动，粒子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，故，， 故粒子在偏转电场中的侧移量为 可知，其与粒子的质量、电荷量无关，故打到荧光屏上的位置相同，故B正确； CD．偏转电场的静电力做的功为，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为，则偏转电场的静电力对三种粒子做的功之比为，故CD错误。 故选B。 5．D 【详解】A．根据库仑定律，小球A、C间的静电力大小为 由于B的电荷量为，距离A同样为，则A、B间的静电力大小为 假设A带负电，则匀强电场对其向左施加大小为的力。C对A的排斥力沿CA连线向左下方，水平分力向左；B对A的吸引力向右。弹簧处于压缩状态，提供向右的弹力 水平方向平衡方程为 解得，这说明弹簧必须被拉伸，与题干“弹簧压缩量为”矛盾。因此，小球A必然带正电。 匀强电场对其作用力向右，B对其排斥力向左，C对其吸引力向右上方，水平分力为（向右）。故A错误； B．根据A带正电时的水平方向受力平衡，有 即 解得弹簧的劲度系数为，故B错误； C．移走小球B的瞬间，弹簧的形变量来不及改变，弹力不能突变，同时小球A受到的向左的排斥力瞬间消失。此时A在水平方向受到的合外力大小为 根据牛顿第二定律，A的瞬时加速度大小为，故C错误； D．小球A向右运动时，刚好到达B原来的位置。在此全过程中，应用动能定理分析做功情况。首先，A初始位于原长左侧处（弹簧被压缩），向右运动后，到达原长右侧处（弹簧被拉伸）。由于初末状态弹簧的形变量相同，弹性势能均为，因此弹簧弹力做总功为零。 其次，A的初位置和末位置（即B的原位置）距离C均为，这两点在点电荷C产生的电场中处于同一个等势面上，电势差为零，所以C对A的静电力做总功也为零。最后，匀强电场力恒定向右，做正功 综上所述，在此过程中合外力做的总功等于匀强电场做的功，由动能定理可得 解得A的速度大小为 故D正确。 故选D。 6．C 【详解】A．小球带正电，圆环也带正电，在O点上方，小球受向下的重力、向上的静电斥力。由于在O点时，小球受到的电场力为0，此时加速度为重力加速度，说明小球在到达O点前的过程已经做加速运动；由于小球的初速度为，经过O点时速度也为，所以从开始运动到到达O点小球先减速后加速，故A错误； B．小球运动到O点下方后，受到重力和静电斥力均向下，小球一直向下做加速运动，所以小球的运动不是简谐运动，故B错误； C．小球从h处运动到O点，初末速度均为，动能变化为0，由动能定理得 其中， 联立解得小球的质量为，故C正确； D．根据对称性可知O点上方h处和下方h处电势相等，电势能相等，从初始位置到下方h处过程，电场力做功为0，根据动能定理可得 解得小球运动至O点下方h处时的速度大小为，故D错误。 故选C。 7．D 【详解】A．在匀强电场中，相互平行的等长线段两端电势差相等，根据正方体几何关系可知且，分别有， 代入已知数据解得 同理根据有 解得 根据有 解得 由题意知，则、、三点电势相等，位于同一等势面上，故A正确； B．设正方体边长为，由电势数据可知，则 解得 以点为坐标原点，ef、eh、ea所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，可知该匀强电场沿、、轴方向的电场强度分量大小分别为 代入数据解得 同理有 代入数据解得 代入数据解得 根据矢量合成法则，匀强电场的电场强度大小为 代入数据解得 故B正确； C．由前述分析可知点与点电势相等，即两点位于同一等势面上。电子仅在静电力作用下做匀变速运动，因静电力垂直于该等势面，电子不可能沿等势面运动，其轨迹必然是抛物线。由抛物线的对称性可知，电子运动轨迹穿过等势面，必然先克服静电力做功离开该等势面，而后在静电力作用下加速返回该等势面。在此过程中静电力做功先负后正，因此电子的电势能一定先增加后减少，故C正确； D．由电势分布可知，，，电场线在由指向的方向上有分量。电子带负电，其所受静电力在垂直于面fbcg且由指向的方向上有分量。若电子经过点时速度指向点，由于初速度在由指向的方向上分量为零，且具有该方向的恒定加速度，电子将偏离面fbcg向面eadh一侧运动。而点位于面fbcg上，故电子不可能运动到点，故D错误。 故选D。 8．C 【详解】A．小球B沿斜面向上运动过程中A、B间的库仑力在增大，小球B受的合力在增大，根据牛顿第二定律，小球B的速率变化率越来越大，故A错误； B．小球B的重力势能随x变化关系为 图像斜率为 所以 故B错误； C．根据图线上实线部分的横坐标截止到可知，小球B在该处时速度为零，到达最高点，根据图中曲线可知初始位置时AB间的电势能为，最高点时AB间的电势能为，整个过程根据能量守恒有 解得 故C正确； D．根据题意可知小球B沿斜面向上运动过程中，表示A、B系统的电势能的变化曲线上某点处斜率绝对值为该位置A、B间库仑力的大小，M点的切线与直线平行，故可知该处库仑力的大小等于，故D错误 故选C。 9．AC 【详解】A．小球静止时细线向左偏，电场水平向右，故小球受到向左的电场力，它带负电，故A正确； B．对小球，由平衡条件有 解得，故B错误； C．拉到最低点的过程中，电场力做的功 该过程电场力做负功，电势能增加，故C正确； D．小球从最低点到A点，由动能定理有 代入数据得 在A点，对小球有 解得，故D错误。 故选AC。 10．BD 【详解】A．粒子在加速电场中运动，由动能定理得 由比荷，解得，故A错误； B．设极板c、d的间距为d，则长度L=4d。粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向位移大小为 竖直方向偏转位移大小为 粒子从d极板右端离开，竖直位移 解得，故B正确； C．竖直分速度大小为 合速度大小为 速度偏角满足 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 解得半径 若粒子能从MN边界离开磁场，轨迹需满足几何条件 其中，代入得 解得，故C错误； D．当粒子垂直边界PQ离开磁场时，如图 由几何知识可知粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨道半径为 由，解得， 故D正确。 故选BD。 11．BCD 【详解】A．在 D 点，轨道无压力，合力由重力和电场力提供，方向沿指向圆心。电场力水平向左，重力竖直向下，由受力三角形得 得，故A错误； B．滑块带正电，电场力水平向左，从A到B水平向左运动，电场力做正功，电势能减小；从B到D运动过程中水平位移向右，电场力做负功，电势能增大，故B正确； C．在 点，合力大小 ，且 ，故 以 为原点，竖直向上为 正，水平向右为 正。，， 从 到 ，由动能定理 得 从 到 ，，（水平位移为零） 由动能定理 在 点，由牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为 ，故C正确； D．离开 后做抛体运动。 点速度 ，方向沿切线斜向右下，与水平方向夹角 ，故 ，（向下）。水平加速度 （向左），竖直加速度 （向下） 从 到水平轨道，竖直位移 （取向上为正），则 解得 。 水平位移（向右为正），落地点距 点的距离为 ，故D正确。 故选BCD。 12．BD 【详解】A．初始时，轻绳恰好伸直，拉力为零。弹簧弹力等于N的重力，弹簧处于压缩状态，即 可得 释放M时，弹簧弹力不会突变，对M和N，根据牛顿第二定律 可得释放时M的加速度为，故A错误； B．速度最大时加速度为0，合力为0。设此时弹簧伸长量为x，对整体分析有 解得，故B正确； C．系统机械能的变化等于电场力做功，电场沿斜面向下，M一直下滑，电场力一直做正功，因此系统机械能一直增大，故C错误； D．从初始到速度最大位置，M下滑距离 初末弹性势能相等（形变量大小相同），对整体，根据动能定理有 解得，故D正确； 故选BD。 13．BC 【详解】A．由题意可知，小球沿圆周运动恰能到达位置A，可知小球受到向左的电场力，因此小球带负电，小球从B点到A点过程，根据动能定理有 解得，故A错误； B．设电场力与重力的合力大小为F，F方向与竖直方向夹角为，如图 则 因为 解得 当小球速度最大时，其方向与F垂直，此时绳子拉力最大，根据动能定理有 此时对小球有 联立解得，故B正确； C．若仅将电场方向变为水平向左，则小球受到的电场力水平向右，将电场力与重力合成后，该合力方向与竖直方向夹角仍为；小球由C点静止释放以后，小球速度最大时，小球速度方向与F垂直，对称性可知，此时小球出现在A点，故C正确； D．由C选项可知，小球在A点速度最大，但此时小球在竖直方向的速度不是最大，根据重力功率大小可知，小球的重力功率大小在A点不是最大，故D错误。 故选BC。 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据动能定理 解得 （2）根据， 解得 （3）根据可得 又 解得 15．(1) (2) 【详解】（1）对小球受力分析 解得 （2）设小球运动到最低点时的速度为，由动能定理得 对最低点 联立解得 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $