河北辛集中学2026届高三物理一轮复习专题系列练习-专题三 带电粒子在电场中的力电综合

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中的运动，以高考真题为载体，构建从基础运动到综合应用的递进式训练体系，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运动分析|5题（含2022全国甲卷等）|平衡问题、能量转化、轨迹分析|从电场力概念到运动合成，建立力-运动-能量逻辑链| |示波管应用|2题|加速偏转模型、动态运动分析|结合仪器原理，深化运动的分解与合成| |交变电场问题|2题|周期性运动、临界条件分析|拓展非匀强电场场景，提升科学推理能力| |综合应用|3题（含2025广东真题）|多场叠加、碰撞过程、功能关系|整合力学与电场知识，培养复杂问题解决能力|

河北辛集中学2023级高三物理专题系列 静电场 专题三 带电粒子在电场中的运动 1.某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，如图甲所示，各金属圆筒依次接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　） A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为 C．各金属简的长度之比为 D．质子在各圆筒中的运动时间之比为 （多选）2．（2022全国甲卷高考真题）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（　　） A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 （多选）3．（2023全国乙卷高考真题）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（   ）    A．在运动过程中，电势能先增加后减少 B．在P点的电势能大于在N点的电势能 C．在M点的机械能等于在N点的机械能 D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 4．（2025黑吉辽蒙卷高考真题）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为。原长为的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为，则（    ） A． B． C． D． （多选）5．（2025安徽高考真题）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、，质量分别为m、，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为、，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（　　） A． B． C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小 【示波管问题】6．（2023浙江高考真题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（   ） A．在XX′极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切 7．如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器板长和板间距离均为L=20.0cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L=20.0cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如下图。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求： （1）已知电子电量为q，求电子从加速电场飞出时的速度； （2）在t=0.06s时,电子从电容器右侧飞出时的竖直分位移； （3）在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处? （4）荧光屏上有电子打到的区间有多长？ （5）屏上的亮点如何移动？ 【交变电场问题】（多选）8．（山东高考真题）如图甲，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v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　) A．末速度大小为 v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 mgd D．克服电场力做功为mgd 9．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小为U0、方向周期性变化的交变电压，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0沿两板中线OO′射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求： （1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小； （2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？ （3）从哪些时刻射入的电子，恰能沿OO′方向从O′点飞出，两板间距至少多大？ 【电场中的综合问题】10．（2020河北石家庄二模）如图所示，长度为L的绝缘细线将质量为m、电荷量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间存在水平向右、电场强度大小为（其中g为重力加速度）的匀强电场，小球可视为质点。 (1)若将小球在A点由静止释放，求细线摆起的最大角度； (2)若小球在最低点A获得一水平向右速度，为使小球运动过程中细线不松弛，求该速度大小应满足的条件。 11．（2025广东高考真题）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求： (1)颗粒碰撞前的电荷量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。 (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。 12．（2024福建高考真题）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小； (3)若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰） 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $高三物理答案 专题三带电粒子在电场中的运动 1.【答案】C 【详解】A.金属圆筒中电场为零，质子不受 电场力，在每个圆筒中做匀速运动，故A错误： B.质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根 据动能定理 1 neU。=5mv2-0 变形解得 2neU. m 故B错误； CD.根据直线加速器的原理，质子在每个圆筒 中匀速运动时间相等，当只有质子在每个圆筒 中匀速运动的时间为2时，才能保证每次在缝 隙中被电场加速，则第个圆筒长度 TT 2neUo :V2:V3:… 所以各金属筒的长度之比为 ,故C 正确，D错误。 故选C。 2.【答案】BD 【详解】A,如图所示 Eg=mg 第1页共8页 故等效重力G的方向与水平成45°。 mg ,,=0 当1 时速度最小为m=”,由于此时”存 在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此 时电势能不是最大，故A错误； BD.水平方向上 %= Eat m 在竖直方向上 v=gt 由于 Eg =mg v=vo ,得 如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时 速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定 理可知 W。+W=0 则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD 正确： C.当如图中所示时，此时速度水平分量与 竖直分量相等，动能最小，故C错误；故选 BD。 3.【答案】BC 【详解】ABC.由题知，OP>OM,OM= ON,则根据点电荷的电势分布情况可知 OM ON >OP 则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小 后增大，且EP>EM=EN 则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电 的小球在M点的机械能等于在N点的机械能， A错误、BC正确： D.从M点运动到N点的过程中，电场力先做 正功后做负功，D错误。 故选BC。 4.【答案】C 【详解】由题意可得A点弹簧伸长量为”，B点 和C点弹簧压缩量为”，即三个位置弹簧弹性 势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为 Ek8>EM 零，电场力做正功，动能增加， 同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为 EkB>Ekc 零，重力做负功，则动能减小， 由A到C全过程则有 qEl8-mglBC EKc -Ek>0 第2页共8页 EB>Eic>Eu 因此 故选C。 5.【答案】ABD 【详解】AB.如图，对两球进行受力分析，设 两球间的库仑力大小为F,倾角为日，对甲球 根据平衡条件有F,cos8=mg, F=Fsi sin0+EaD FN2 cos0=2mg FN2 sin0=F+2Eg 对乙球有 联立解得F=4Eq② F4Eq-Eq1 故B4Eg+2Eg2 同时有F=9·2q 解得Eg 2L2 故AB正确； C.若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静 FN'cos0=mg 止，同理可得对甲有 FN'sin0=F+Eq FN2'cos0=2mg FN2'sin0+2Eq=F 对乙有 联立可得F+4Eg=0,无解 假设不成立，故C错误； D.若撤去甲，对乙球根据动能定理 LI 2mg2 tan 0-2E-2mv 根据前面分析由O②可知tam0=3g mg V= 联立解得 故D正确。 故选ABD。 6.【答案】D 【详解】A.由牛顿第二定律可得，在XX'极板 间的加速度大小 m md A错误； B.电子电极XX间运动时，有 Vx axt =1 电子离开电极XX'时的动能为 =m化+)=eU 电子离开电极XX'后做匀速直线运动，所以打 第3页共8页 12 10+ 在荧光屏时，动能大小为 40d2 ,B错 误： C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小 meU I =mvx= dV20C错误： D.打在荧光屏时，其速度方向与OO连线夹角 a的正切 tana==l y.20d D正确。故选D。 2qUs 7.【答案】(1)V m;(2)9.0cm: (3)距O点的距离为27.0cm;(4)60cm; (5)屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段 时间后又重复出现 【详解】(1)电子在电场中加速，设末速度为 V0,据动能定理得 g0,-2m6 解得 2q0 vo=m (2)由图知0.06s时刻偏转电压为 UE1.8U 电子在电场中加速，设竖直分位移为y,由匀 加速直线运动的规律得 am=1.90.(凸y 2 2 mLvo 解得 y=0.45L=9.0cm (3)位移偏转角的正切值为 tan= L 速度偏转角的正切值为 tan B=2tan 0 所以打在屏上的点距O点的距离d为 d=Ltan B+y=27.0cm (4)电子的最大侧移为0.5L,根据前面竖直分 位移式子，可得偏转电压的最大值为 Um=2.0U0 所以荧光屏上电子的最大侧移为 dn=L+L=3L 22 能打到的区间长为 2d =3L=60cm (5)屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段 时间后又重复出现。 8. 【答案】BC T 【详解】AB.0~3时间内微粒匀速运动，则 第4页共8页 T 2T 有：qE=8,3一3内，微粒做平抛运动，下 降的位移8写，生 】T时间内，微粒的 速度a三9。二8三g,方向竖直向上， m 粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分 速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大 小为vo.故A错误，B正确 C.0~T时间内微粒在竖直方向上向下运动， 位移大小为2d,则重力势能的减小量为2 gd,故C正确. T 2T 2T D.在3~3内和3~T时间内竖直方向上的 T 2T 加速度大小相等，方向相反，则3~3内和 2 1 3~T时间内位移的大小相等均为4d,所以整 个过程中克服电场力做功为 2g95dgd,故D销误 1 9.【答案】(1)+ 2 m;(2) ada-+go,12,3) d=T. Ue 8m 【详解】(1)由动能定理得 =mw2-m e 22 2m 解得 elo m (2)=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做 匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电 场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动， 再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此 时实际速度等于初速度v0,方向平行于极板，以 后继续重复这样的运动： 要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO方 向上至少运动一个周期，故极板长至少为 L=VoT (3)若要使电子从OO平行于极板飞出，则电子 在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、 再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回 到OO'上，可见应在 T 4+k2(0,1,2,) 时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速 阶段不打到极板上，由牛顿第二定律有 lo a=- md 加速阶段运动的距离 =1.eU石}sd 2 md 4 4 解得 第5页共8页 d≥T eU eU 故两极板间距至少为TV8m。 10. 【答案10120：222gL或 v≤V2gL 【详解】(1)若将小球在A点静止释放，细线摆 起的最大角度为，此过程由动能定理得 EgLsin a-mg(L-Lcosa)=0 解得cosa=2,所以a=120° (2)小球所受重力电场力的合力大小为 F=V(mg）+(Eq)2=2mg 与水平方向的夹角为8，则有 tanb=g、V5 Eg 3 解得B=30° B B g D A A mg----- F mgt______ 图1 图2 如果小球获得水平速度？后刚好能做完整的圆 周运动，在速度最小的位置B(如图1)满足 F=m L 小球从A点运动到B点，由动能定理得 -mg(L+Lsin0)-EgL cos0=- 联立解得=2V2gL 如果小球获得水平速度'？后来回摆动，则小球 刚好能到达C点或D点（如图2），则小球从 A点运动到C点，由动能定理得 mg(L+Lcos0)+EqLsin =0-mv 或小球从A点运动到D点，由动能定理得 mg(L-L cos0)-EqLsin 0=0-mv 联立解得V2gL 综上可得之22gL或"≤2g ,细线均不会 松弛。 mgdl 11.【答案】)9=Uh (2)0=kmgdh UI 3)(4+1)七≤之 时， 方+4kmgh+4mg W=mg 2一，若 第6页共8页 (+1+松>d时. w mgl kmgh(d-1) h 【详解】(1)根据题意可知，颗粒在竖直方向 1 上做自由落体，则有M=28 水平方向上做匀加速直线运动，则有d =ma 1=ar 21 解得9= mgdl Uh (2)根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞 时，竖直分速度为V2gh 2g12 水平分速度为”=v2a1= 则第一次碰撞后竖直分速度为 Vy2 =kvn =kv2gh 设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角 tan0=2th 为0，则有y11 由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方 UO 向垂直，则有tanB=d= UO mg mgd 联立解得Q=mgdh UI (3)根据题意可知，由于k<1,则第一次碰 撞后颗粒不能返回上绝缘板，若颗粒第二次碰 撞是和下绝缘板碰撞，设从第一碰撞后到第二 次碰撞前的运动时间为，则有 =2k 水平方向上做匀加速直线运动，加速度为 a'=UO_kgh md 水平方向运动的距离为 1=t+a2=4w+6 则电场对颗粒做的功为 w =Ual vor'_mgr d +4k'mgh+4'mgh 12 若I+'>d,则颗粒第二次碰撞是和右侧金属 板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过 程中水平方向位移为d-I,颗粒从A点开始运 动到第二次碰撞过程中，电场对颗粒做的功为 wUglUo(d-1)_mgl kmgh(d-1) d d h 第7页共8页 12.【答案】(1)2×10N/C m/s (2)0.53 ins 【详解】(1)撤去电场前，A、B、C均静止， M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知， 此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件 有 gE =mcg 解得 E=2×10N/C (2)C开始做匀速直线运动后，对C和B根据 共点力平衡条件分别有 T=mcg T=f 其中 f=umeg 解得4=0.5 C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动， 此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹 簧的弹性势能相同，C下降0.2m的过程中，对 A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守 恒定律有 m8动=)m+ms+m)W+2E 解得 3m/s (3)没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、 B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为 零，对A根据共点力平衡有 2kh-f=0 当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生 相对滑动时，C下降高度为h,对A根据牛顿 第二定律可得 f-2kh'=ma 对B、C根据牛顿第二定律可得 gE+mcg-f=(me +mc)a 撤去电场后，由第(2)问的分析可知A、B在 C下降0.2m时开始相对滑动，在C下降0.2m 的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系 统，由能量守恒定律有 gEh+megh=号mA+me+me)2+2E。 此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大 速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右 向左运动过程中的最大速度为 Vmax =Vmax 联立解得 -2V2 m/s 第8页共8页