课时跟踪检测(48) 带电粒子在电场中运动的综合问题 (Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中的运动综合问题，以题型为载体系统整合受力分析、能量转化与图像分析方法，构建从概念理解到复杂情境应用的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|1-2题|电场力方向判断、电势高低比较|基于电场强度与电势的关联性，建立力-电-能转化关系| |图像分析|3-6题|E-x/v-t图像转化、斜率物理意义提取|通过图像表征电场分布与粒子运动状态，强化科学推理能力| |综合计算|7-9题|动能定理应用、交变电场运动合成|整合牛顿运动定律与能量观点，构建带电粒子在复合场中的运动模型|

课时跟踪检测(四十八)　带电粒子在电场中运动的综合问题　 1.(2025·山西三模)(多选)某电场的电场强度E随位置x的变化关系如图所示,O点为坐标原点,a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从a点由静止释放,仅在静电力作用下沿x轴运动,已知粒子可通过d点,则 (　　) A.粒子在a点与c点所受静电力的方向相同 B.粒子在b点的电势能小于在c点的电势能 C.粒子将以b点为中心做周期性运动 D.粒子将沿x轴正方向一直运动 2.(2025·辽宁三模)(多选)如图所示,正方形每个顶点上都放置有电荷量相同的正点电荷,x轴位于正方形的中轴线上,取x轴正方向为电场强度的正方向,正方形的中心O为坐标原点,关于中轴线上各点电场强度E和电势φ随坐标x的变化图像可能正确的是 (　　) 3.如图甲所示,A、B是一对平行的金属板,在两板间加上一周期为T的交流电压U,A板的电势φA=0,B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示,现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内,设电子的初速度和重力的影响均可忽略,则 (　　) A.若电子是在t=0时刻进入的,它可能不会到达B板 B.若电子是在t=时刻进入的,它一定能到达B板 C.若电子是在t=时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过B板 D.若电子是在t=时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过B板 4.(2025·四川乐山三模)空间存在一沿x轴方向的电场,一电荷量为-q的试探电荷只在电场力作用下从O点开始以某一初速度沿x轴正方向运动,其所受电场力随位置变化的图像如图所示,以x轴正方向为电场力的正方向,设无穷远处电势为零。以下说法正确的是 (　　) A.x1处的电势最低 B.x1处的场强最大 C.试探电荷在x1处的速度大于在x2处的速度 D.试探电荷在x2处的电势能最大 5.(2025·四川达州二模)(多选)空间中有竖直向上的匀强电场,一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动,其电势能和重力势能随时间的变化如图所示,则该微粒 (　　) A.一定带正电 B.0~3 s内电场力做的功为9 J C.运动过程中动能增加 D.0~3 s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为-12 J 6.(多选)如图甲所示,有一绝缘圆环位于竖直平面内,圆环上均匀分布着负电荷。一光滑绝缘细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一个质量m=10 g的带负电的小球,小球所带电荷量q=-1.0×10-4 C。小球从C点由静止释放,沿细杆由C向A点运动的v⁃t图像如图乙所示。小球运动到B点时,图线切线的斜率最大(图乙中标出了该切线)。下列说法正确的是 (　　) A.在圆环右侧的杆上,B点场强最大,场强大小为50 V/m B.由C点到A点的过程中,小球的电势能先减小后增大 C.由C点到A点,电势先升高后降低 D.B、C两点间的电势差为12.5 V 7.(多选)如图1所示,真空中两平行金属板A和B水平放置,板长为l、间距为d,板间加交流电压。左侧紧靠A板有一粒子源P,t=0时刻开始连续向右水平发射速率为v0、比荷为k的带正电的粒子。若t=0时刻发射的粒子从进入电场到从B板右边缘离开的全过程,竖直方向的速度vy随时间t变化的图像如图2所示,忽略边缘效应,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则 (　　) A.交流电压为周期T=的锯齿波 B.粒子在竖直方向的最大速度为vm= C.时刻两极板间的电压为 D.在t=时刻进入的粒子恰好从B板右边缘离开电场 8.(2025·四川达州二模)(多选)如图所示,A、B、C、D、E、F、G、H是半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点,AE连线竖直,现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场,从A点静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电小球,小球沿圆弧经B点恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.所加电场的电场强度最小值为 B.若所加电场的电场强度最小时,小球在H点的电势能最大 C.若所加电场的电场强度最小时,冲量I=m D.小球在F点时,轨道对小球的作用力为零 9.(12分)如图甲所示,A、B为两块距离很近的平行金属板,板中央均有小孔,一束电子以初动能Ek0=120 eV从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B间。在B板右侧,平行金属板M、N间形成一个匀强电场,板长L=2×10-2 m,板间距离d=4×10-3 m,偏转电场所加电压为U1=20 V。在A、B两板间加一个如图乙所示的变化电压U,在t=0到t=2 s时间内,A板电势高于B板电势,求: (1)在0~2 s内,A、B两板间电压满足什么条件,电子可以到达B板?(4分) (2)在2~4 s内,A、B两板间电压U满足什么条件,电子能从偏转电场右侧飞出?(由于A、B两板距离很近,可以认为电子穿过A、B板所用时间很短,可以不计)8分) 答案 课时跟踪检测(四十八) 1.选BC　由于粒子带正电,故粒子在a点受到的静电力沿x轴正方向,在c点受到的静电力沿x轴负方向,A错误;粒子从b点运动到c点,静电力做负功,电势能增大,粒子在b点的电势能小于在c点的电势能,B正确;粒子从a点到b点做加速运动,越过b点后做减速运动,速度减为0后又反向加速,越过b点后又减速运动直到速度为0,之后再次重复上述过程,循环往复,即粒子将以b点为中心做周期性运动,C正确,D错误。 2.选AC　由对称性可知,O点的场强为零,在x轴上距离O点无穷远处场强也为零,可知从O点向两侧场强先增加后减小,O点右侧场强为正,左侧场强为负,故A可能正确,B错误;各点电势均为正值,且O点电势最高,向两侧电势逐渐降低,故C可能正确,D错误。 3.选C　若电子从t=0时刻进入,电子将向右做单向直线运动,最终穿过B板,A错误;若电子从时刻进入,则电子受到电场力方向向左,从A板离开,故无法到达B板,B错误;若电子从时刻进入,电子先加速,经时间速度最大,此时电子受到电场力反向,经速度减为零,再反向加速速度最大,接着减速速度为零,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,但一个周期内总的位移向右,最后穿过B板,C正确;若电子从时刻进入,电子先加速,经时间速度最大,此时电子受到电场力反向,经速度减为零,再反向加速速度最大,接着减速速度为零,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,但一个周期内总的位移向左,无法穿过B板,D错误。 4.选A　由题图可知,在0<x<x1范围内,试探电荷所受电场力水平向左,电场力做负功,电势能增大;在x>x1范围内,试探电荷所受电场力水平向右,电场力做正功,电势能减小,故在x1处电势能最大,根据Ep=qφ可知x1处电势最低,故A正确,D错误;由F=qE结合图像可知,试探电荷在x1处所受电场力为0,则x1处的电场强度最小,故B错误;在x>x1范围内,试探电荷所受电场力水平向右,电场力做正功,动能增大,故试探电荷在x1处的速度小于在x2处的速度,故C错误。 5.选BD　由题图知重力势能减少,即微粒在竖直方向上向下运动,电势能减少,即电场力做正功,则微粒所受电场力竖直向下,因电场方向竖直向上,所以微粒带负电,故A错误;0~3 s内电势能减少9 J,所以电场力做的功为9 J,故B正确;因电场力和重力都是恒力,且电势能和重力势能都随时间均匀变化,所以微粒在相等的时间内位移相等,即微粒做匀速直线运动,动能不变,故C错误;0~3 s内电势能减少9 J,重力势能减少3 J,总共减少了12 J,因动能不变,所以减少的电势能和重力势能用于克服除电场力和重力外的其他力做功,即除电场力和重力外的其他力对微粒做功为-12 J,故D正确。 6.选AD　由题图乙可知,小球在B点的加速度最大,故所受的电场力最大,B点的电场强度最大,小球在B点的加速度a== m/s2=0.5 m/s2,根据牛顿第二定律得E=ma,解得E=50 V/m ,故A正确;从C到A的过程中,小球的动能一直增大,说明电场力一直做正功,故电势能一直减小,由Ep=φq可知,由于小球带负电,则电势一直升高,故B、C错误;根据动能定理知qUCB=m-0,解得UCB=-12.5 V,故B、C两点间的电势差为12.5 V,故D正确。 7.选BC　根据竖直方向的速度vy随时间t变化的图像可知,速度均匀增大或减小,则加速度大小恒定,电场强度大小恒定,交流电压为周期T=的方波,故A错误;在竖直方向上,根据对称性可知d=·,T=,解得vm=,故B正确;时刻粒子的加速度为a=,根据牛顿第二定律有=ma,解得U=,故C正确;根据运动的对称性可知,在t=时刻进入的粒子离开电场时竖直方向位移为0,恰好从A板右边缘离开电场,故D错误。 8.选BCD　从A点静止释放带电小球,小球沿圆弧经B点恰好能到达C点,则知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下,B点为“等效最低点”,F点为“等效最高点”,所加电场的电场强度最小时,对小球在B点受力分析如图所示,则qEmin=mgcos 45°, 解得Emin=,方向与HD平行向上,故A错误;若所加电场的电场强度最小时,方向与HD平行向上,可知在圆轨道上H点的电势最高,则带正电小球在H点的电势能最大,故B正确;若在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动,则小球在F点所受重力和电场力的合力提供向心力,轨道对小球的作用力为零,故D正确;若所加电场的电场强度最小时,小球所受重力与电场力的合力为F=mgsin 45°=mg,等效重力加速度大小为g'==g,小球在F点,由牛顿第二定律得mg'=m,在A点给带电小球一个水平向右的冲量I,设I=mv0,小球从A点到F点由动能定理得-mg+qERsin 45°=mv2-m,解得I=m,故C正确。 9.解析:(1)电子能到达B板,则电子到达B板时速度大于或等于零,由动能定理得-eU≥0-Ek0,解得0≤U≤120 V。 (2)设电子从偏转电场中点垂直射入时速度为v0,动能为Ek,从偏转电场射出时侧移量为y=·= 满足y≤才能射出,所以≤ 解得Ek≥250 eV 又Ek=Ek0-eU 所以120 eV-eU≥250 eV 解得U≤-130 V。 答案:(1)0≤U≤120 V　(2)U≤-130 V 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $