习题课3 带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第三册（教科版)

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中运动的综合问题，通过10道题构建"受力分析-运动建模-能量转化"的三阶解题体系，融合物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|5题|动态电场运动分析、电容器动态变化、斜面电场力合成|从电场强度定义出发，结合牛顿定律与运动学公式，构建直线运动模型| |素养综合练|5题|等势面应用、曲线运动分解、能量守恒与动能定理综合|拓展至曲线运动与能量转化，通过电势差与电势能关系深化能量观念|

习题课三　带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题 1.〔多选〕带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是（　　） A．微粒在0~1 s内的加速度与1~2 s内的加速度相同 B．微粒将沿着一条直线运动 C．微粒做往复运动 D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同 2.〔多选〕（2026•广安友谊中学10月月考）如图甲所示，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入（记为t=0时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受电场力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出，则下列说法中正确的是（　　） A．若粒子在t=3 s时未射出，则粒子在垂直极板方向的速度不为0 B．粒子射出时的速度大小一定为v C．若粒子在t=4 s时未射出，则粒子在垂直极板方向的位移大小为（d为极板间距） D．极板间距离d需满足d≥，粒子才不会与极板碰撞 3.如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（　　） A．保持S闭合，将A板适当上移 B．保持S闭合，将B板适当下移 C．先断开S，再将A板适当上移 D．先断开S，再将B板适当下移 4.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（　　） A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ增大 B．保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ不变 C．断开S，将N板向M板靠近，则θ增大 D．断开S，将N板向下移动少许，则θ增大 5.〔多选〕如图所示，地面上固定一倾角为θ=37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=，现将一个带正电的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为mgh B．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh C．物块落地的速度大小为gh D．物块落地的速度大小为2 6.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向夹角为45°，一电子从等势面D的O点进入匀强电场，经过等势面D时，动能为 16 eV，速度方向竖直向上，电子恰好不穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计。则下列说法正确的是（　　） A．电子做匀变速直线运动 B．电子再次经过等势面D时的位置与O点相距16 cm C．电子飞经等势面C时的动能为12 eV D．匀强电场的电场强度大小为200 V/m 7.〔多选〕如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是（　　） A．电场强度E的最小值为 B．如果电场强度为E=，则小球相对初始位置的最大高度为 C．匀强电场的方向可能竖直向上 D．如果电场强度为E=，小球电势能的最大值为 8.〔多选〕 如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块（可看成点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　） A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B．滑块在运动过程的中间时刻速率小于 C．此过程中产生的内能为 D．Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab= 9.〔多选〕如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是（　　） A．电场强度大小为 B．B点的电势为 C．B点的电势能为 D．小球机械能的变化量为 10.（2026•内江市威远中学期中）如图甲所示，真空室中加热的阴极K发出的电子（初速度不计）经电场加速后，由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO′射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距。加在M、N两板间电压uMN随时间t变化的关系图线如图乙所示，变化周期为T0，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变，距板M、N右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与OO′垂直，交点为O′。已知电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应。求： （1）若加速电场两板间距离为d，求电子加速至O点所用时间t； （2）电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1； （3）在荧光屏上有电子到达的区域的长度b。 答案 习题课三　带电粒子（带电体） 在电场中运动的综合问题 1.BD　0~1 s和1~2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0~1 s和1~2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性可知2 s末的速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0~2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。 2.BC　粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v－t图像如图所示， 所以若粒子在t=3 s时未射出，此时粒子在垂直极板方向的速度一定为零，A错误；粒子射出时垂直极板方向速度为0，水平方向速度始终为v，所以射出速度大小为v，B正确；0~1 s位移y1=••12=，由图像面积可知粒子在垂直极板方向的位移大小为y=，C正确；粒子在垂直极板方向的最大位移出现在t=1.5 s或t=4.5 s等时刻，0~1.5 s位移y=••12＋•（0.5）2=，要使粒子不与极板碰撞，需≤，即d≥，D错误。 3.B　设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题意知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h＋d）－qU=0，若保持S闭合，将A板适当上移，U不变，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h＋d）－qU=mv2，解得v=0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，U不变，由动能定理得mg（h＋d＋Δd）－qU=mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确；若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度E不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零，由动能定理得mg（h－Δd＋d′）－qEd′=0，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd=0，比较两式得d′＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误；若断开S，再将B板适当下移，板间电场强度E不变，设B板下移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零，由动能定理得mg（h＋d′）－qEd′=0，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd=0，比较两式得d′=d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故D错误。 4.D　保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源电压，电源电压保持不变，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ不变，A错误；保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源电压，电源电压保持不变，根据公式E=可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，θ增大，B错误；断开S，电容器带电荷量不变，根据电容器定义式C=，平行板电容器的公式C=，电压与电场强度公式U=Ed，可得E=，电场强度与两极板距离d无关，断开S，将N板向M板靠近，电场强度不变，电场力不变，θ不变，断开S，将N板向下移动少许，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，C错误，D正确。 5.BD　物块受到的电场力F=qE=mg，则合力的大小为2mg，合力的方向和水平夹角为30°，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。从静止释放到落地的过程中电场力做功为W=qE•h=3mgh。设落地速度为v，根据动能定理可得mgh＋qE•h=mv2，解得v=2，A、C错误，B、D正确。 6.C　电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，则电场力方向垂直于等势面斜向右下，加速度方向与电子速度方向不共线，所以电子做匀变速曲线运动，A错误；将电子的初速度分解到平行于等势线方向（x方向）和垂直等势线斜向左上方向（y方向），初速度为v，则vx=vy=vcos 45°=v，电子经过B等势面时，只有沿x方向的分速度，即vB=vx=v，由动能公式Ek=mv2知电子经过B等势面时动能是经过等势面D的一半，即EkB=EkD=8 eV，由电场力做功决定式和动能定理知WDB=－eUDB=EkB－EkD，WDC=－eUDC=EkC－EkD，UDB=2UDC，解得EkC=12 eV，UDC=4 V，又UDC=E•dDC，解得E=100 V/m，C正确，D错误；电子在y方向上做类竖直上抛运动，再次经过等势面D时的时间t==，从等势面D运动到B的位移在y方向的分量为ym=vy•=×v×=•=8 cm，在x方向上匀速运动，再次经过等势面D时的位置与O点相距x=vxt=v•==4ym=32 cm，B错误。 7.AD　因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为mgcos 30°，如图所示。 所以电场强度的最小值Emin==，A正确； 如果电场强度为E=，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示。 根据牛顿第二定律知，小球的加速度为a=g 小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移 s== 则小球上升的最大高度h=s= 在整个过程中电场力做功W=qEscos 120°=－m，电势能增加m，所以小球电势能的最大值为 m，B错误，D正确； 因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不可能竖直向上，C错误。 8.BD　由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑块在b点速度为零，故在b点库仑力小于滑动摩擦力，则在整个滑动过程中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故A错误；在水平方向受大小不变的摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的减速运动，故中间时刻的速率小于，故B正确；滑块的动能和库仑力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少量，故C错误；由动能定理可得－qUab－μmgx=0－m，解得两点间的电势差Uab=，故D正确。 9.BD　小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示，则有qEtan 45°=mg，解得E=，A错误；小球所受合力为 F=mg，由牛顿第二定律得加速度为a=g，由匀变速直线运动规律得小球到B点的速度为v=gt，设AB的长度为L，根据动能定理得mgLsin 45°＋qELcos 45°=mv2，解得电场力做功W=qELcos 45°=，根据W=qUAB解得UAB=，根据UAB=φA－φB，且A点的电势为零，解得φB=－，代入得φB=－，则P点的电势能为EB=qφB=－，代入得EB=－，B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，为ΔE=W=，代入得ΔE=，D正确。 10.（1）d　（2）U0　（3）L 解析：（1）根据题意，电子加速到O点的过程，由动能定理有eU0=m 解得v0= t==d。 （2）设M、N两板间距离为d，电子在M、N板间运动时间为t1，加速度大小为a，则水平方向上有L=v0t1 竖直方向上有d=a 由牛顿第二定律有=ma 解得U1=U0。 （3）根据题意可知，电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线OO′方向的速度vy=at1 偏转角度的正切tan θ= 由几何关系有b=2 解得b=L。 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $