9.3.2 带电粒子在匀强电场中的直线运动 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** 聚焦带电粒子在匀强电场中的直线运动，通过5道题实现从基础概念到综合应用的分层进阶，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础理解|电势能、动能定理|第1题通过粒子运动过程分析电势能变化，巩固能量观念| |图像分析|E-t图像与运动关系|第2、4题结合电场强度变化图像，培养科学推理能力| |综合计算|周期性电场下多过程运动|第5题融合动摩擦因数与周期性电场，提升模型建构能力|

§9.3.2《带电粒子在匀强电场中的直线运动》 【基础知识】 1 如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h，电子质量为m，电荷量为－e，重力不计。下列说法正确的是(　　) A.电子在O点的电势能高于在A点的电势能 B.电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同 C.电子从O点射出时的速度v0＝ D.O、A间的电势差UOA＝U 2 匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　) A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．前3 s内，电场力做的总功为零 3一平行板电容器如图甲所示，A极板上有一小孔C，在小孔处由静止释放一个带负电的粒子，已知该带电粒子只受电场力的作用，在电容器两极板间加上如图乙所示的电压，电压的变化周期为T。若粒子从t＝时刻释放，则下列说法正确的是(　　) A.粒子一定能运动到B极板上 B.粒子一直向B极板运动 C.粒子的v－t 图像可能为图丙 D.粒子的v－t图像可能为图丁 4.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放。若带电粒子只受静电力作用，则下列说法正确的是(假设带电粒子不与板相碰)(　　) A.带电粒子只向一个方向运动 B.0~2 s内，静电力做功等于0 C.4 s末带电粒子回到原出发点 D.2.5 s~4 s内，静电力做功等于0 5如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量m＝0.2 kg、带电荷量q＝＋2×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的电场强度大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取 10 m/s2)，求： (1)0~23 s内小物块的位移大小； (2)0~23 s内电场力对小物块所做的功。 1[解析]　电子在A点的动能最小，根据能量守恒定律，电子在A点的电势能最大，故电子在O点的电势能低于在A点的电势能，故A错误；电子在运动过程中，只受到电场力，故电势能与动能之和不变，故其返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，则其返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；根据动能定理eh＝mv，解得电子从O点射出时的速度v0＝，故C错误；O、A间的电势差UOA＝U，故D正确。 [答案]　D 2[解析]　由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s 内的加速度大小a1＝，第2 s内加速度大小a2＝，故a2＝2a1，因此先加速1 s再减速0.5 s，此时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，同理可知此后的运动情况，故v－t 图像如图所示，由图可知该粒子不是始终向同一方向运动，故A错误；根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝2 s时，带电粒子没有回到原出发点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为零，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为零，根据动能定理可知，前3 s内，电场力做的总功为零，故D正确。 [答案]　D 3答案：C 解析：若粒子从t＝时刻释放，带电粒子可能做往复运动，经时间T粒子回到出发点，之后重复上述过程，不一定打到B极板上，A、B错误；两极板间电压大小恒定，则电场强度大小恒定，根据牛顿第二定律得加速度大小恒定，粒子做匀加速或匀减速运动，则粒子的v－t图像可能为图丙，C正确、D错误。 4答案：D 解析：画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0~2 s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5 s~4 s内，静电力做功等于0，D正确。 5答案：(1)47 m　(2)9.8 J 解析：(1)0~2 s内小物块的加速度a1＝＝2 m/s2 位移x1＝a1＝4 m 2 s末小物块的速度v2＝a1t1＝4 m/s 2 s~4 s内小物块的加速度a2＝－＝－2 m/s2 位移x2＝x1＝4 m 4 s末小物块的速度v4＝0 因此小物块做周期为4 s的先匀加速后匀减速的运动 第22 s末小物块的速度v22＝4 m/s，前22 s内位移x22＝x1＝44 m 第23 s内小物块的位移x23＝v22t＋a2t2，解得x23＝3 m 故0~23 s内小物块的位移大小x＝44 m＋3 m＝47 m。 (2)物块在第23 s末的速度v23＝2 m/s 由动能定理得W－μmgx＝m 解得W＝9.8 J。 第 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $