第9章 专题突破15 带电粒子在电场中运动的综合问题（课时作业）-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在电场中运动的综合问题”专题，依据高考评价体系梳理了类平抛运动、圆周运动、动量能量综合等核心考查方向。通过2024年山东卷、河北卷等真题分析，明确了“电场力与运动合成”占45%、“能量守恒应用”占30%的高频考点分布，归纳了选择、计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+模型建构+临界分析”的备考策略，如以2024河北卷带电小球圆周运动题为例，运用科学思维中的模型建构方法，结合物理观念中的能量观念，通过动能定理与牛顿定律突破临界速度求解。特设“易错点警示”（如忽视电场力与重力的合成），帮助学生掌握答题技巧，教师可据此开展高效专题复习，提升冲刺效果。

专题突破15　 带电粒子在电场中运动的综合问题 第九章　静电场 1 (1－4题，每题4分) 1.(2026·四川内江第六中学月考)如图甲，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.粒子射出时间可能为t＝4 s B.粒子射出的速度大小为2v C.极板长度满足 L＝3vn(n＝1，2，3，…) D.极板间最小距离为 2 3 4 5 6 7 1 A 夯实基础 D 2 解析：粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动v－t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…，满足t＝1.5n(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L＝v·1.5n(n＝1，2，3，…)，故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥vy×1.5 s，vy＝a×1 s，a＝，联立求得d≥，故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 3 2.(2026·湖南株洲高三质检)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定 后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电 容器后，最远能到达的位置距离右极板(　　) A.d　　　 B.d C.d D.d 2 3 4 5 6 7 1 C 4 解析：设带电环所带电荷量为q，初速度为v0， 底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功 能关系有qEd＝m，底座解除锁定后，两极 板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小 不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器后的最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd'＝m×3m，联立解得 d'＝d，故选C。 2 3 4 5 6 7 1 5 3.(多选)(2024·山东卷)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为 m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的 B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s，重力加 速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　) A.OB的距离l＝ B.OB的距离l＝ C.从A到C，电场力对小滑块做功W＝－mgs D.AC之间的电势差UAC＝－ 2 3 4 5 6 7 1 AD 6 解析：小滑块经过B点时加速度为零，对小滑块受力分析，根据平衡条件，沿斜面方向有mgsin 30°＝cos 30°，解得l＝，故A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，根据动能定理有W＋mgssin 30°＝0－0，解得W＝－，故C错误；根据电势差与电场力做功的关系可知，AC之间的电势差UAC＝＝－，故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 7 4.(多选)(2026·四川南充模拟)如图，竖直平面内存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，绝缘水平地面与圆心为O、半径为R的竖直固定的半圆形绝缘轨道AB平滑相接于A点。一质量为m、电荷量为q的带正电的光滑小球在水平面上以大小为v0的速度向右运动，小球经A点沿轨道向上运动，恰好能通过B点。已知E＝，小球可视为质点，重力加速 度为g。下列说法正确的是(　　) A.小球通过B点时的速度大小为 B.v0的大小为 C.小球从脱离半圆轨道至落地，在空中运动的时间为4 D.小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为 2 3 4 5 6 7 1 BD 8 解析：小球恰好能通过B点，则轨道对小球的支持 力恰好为零，根据其受力情况结合牛顿第二定律 可得mg－qE＝m，结合题意，解得B点的速度为 v＝，故A错误；小球从A到B的过程中，由动能定理可得qE·2R－2mgR＝mv2－m，代入数据可得v0＝，故B正确；小球脱离轨道后做类平抛运动，在竖直方向上有mg－qE＝ma，2R＝at2，代入数 2 3 4 5 6 7 1 9 据可得t＝，故C错误；小球落地瞬间竖直方向速度为vy＝at＝，小球在空中运动时，水平方向做匀速运动，故小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为tan θ＝，故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 10 5.(10分) (2024·河北卷)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q＞0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： 2 3 4 5 6 7 1 11 (1)电场强度E的大小； 2 3 4 5 6 7 1 解析：在匀强电场中，根据场强公式可得E＝。 答案：　 12 (2)小球在A、B两点的速度大小。 2 3 4 5 6 7 1 解析：在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m， A到B过程根据动能定理得qU－mgL＝mm， 联立解得vA＝，vB＝。 答案：　 13 (6题6分) 6.(多选)(2026·四川成都模拟)如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球(可视为质点)在轨道内能做完整的圆周运动，已 知重力加速度为g，电场强度大小E＝，则下列说法正确的是(　　) A.小球在轨道上运动时，动能最小的位置在P、N之间，且此处小球的电势能最大 B.小球在轨道上运动时，机械能最小的位置在N点 C.小球经过M、N两点时所受轨道弹力大小的差值 为4.5mg D.小球经过M、N两点时所受轨道弹力大小的差值 为6.5mg 2 3 4 5 6 7 1 B 能力提升 BC 14 解析：设小球所受重力与电场力的合力与OQ方向的 夹角为θ，则有tan θ＝，故等效最低点在MQ 之间，等效最高点在PN之间。根据圆周运动的规 律，小球在等效最高点时动能最小，小球从N运动 至M的过程中电场力做正功，电势能减小，故小球 电势能最大的位置在N点，故A错误。小球在轨道 上运动的过程中，总能量守恒，小球在N点的电势能最大，故小球在 N点时的机械能最小，故B正确。设圆形轨道的半径为R，在M点有 FM－qE＝m，在N点有FN＋qE＝m，根据动能定理，小球从N运动到M有qE×2R＝mm，联立解得FM－FN＝4.5mg，故C正确， D错误。 2 3 4 5 6 7 1 15 7.(16分)(2026·四川自贡模拟)如 图，在竖直平面内，固定有半径 R1＝1 m和半径R2＝0.3 m的光滑圆 形轨道，轨道弧长分别占圆周的 和，圆轨道与水平轨道分别相切于B点和D点，且平滑连接。某时刻，让质量为m1＝0.1 kg，不带电的绝缘小滑块P从A点静止释放，经圆轨道滑至B点，从B点进入水平轨道，与静止在C点的带电小滑块Q发生弹性碰撞，滑块Q的质量为m2＝0.1 kg，电荷量为q＝1 C。整个过程中滑块Q的电荷量始终保持不变，滑块P、Q均可视为质点，与水平轨道BC间的动摩擦因数均为μ＝0.1，BC间距x＝2 m，CD段光滑。滑块Q从D点进入光滑轨道DMN时，此时加入水平向右范围足够大的匀强电场，场强大小E＝ N/C。已知重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 1 C 尖优选做练 16 (1)求小滑块P刚到轨道最低点B时对圆轨道的压力。 2 3 4 5 6 7 1 解析：设滑块P从A点运动到B点时的速度为v1，对A到B过程由动能定理得m1gR1＝m1－0， 代入数据解得v1＝2 m/s。 在B点，由牛顿第二定律得FN1－m1g＝m1， 代入数据解得FN1＝3 N。 由牛顿第三定律得，对圆轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下。 答案：3 N，方向竖直向下 17 (2)小滑块P与小滑块Q碰撞后Q的速度大小为多少? 2 3 4 5 6 7 1 解析：设P运动到C时的速度为v2，B到C过程中由动能定理得－μm1gx＝m1m1， 设P与Q碰撞后的速度分别为 v3、v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 m1v2＝m1v3＋m2v4， m1m1m2， 联立以上方程并代入数据解得碰撞后Q的速度大小为v4＝4 m/s。 答案：4 m/s 18 (3)通过计算判断：当Q进入光滑绝缘圆轨道DMN后是否会脱离轨道?若不会，则求经过N点的速度大小；若会，试求Q离开圆轨道时的速度大小为多少。(计算结果可用根式表示) 2 3 4 5 6 7 1 19 解析：假设Q进入轨道DMN后不会脱离轨道，并设经过N点的速度大小为vN，此时受到轨道的弹力为F，由牛顿第二定律得 F＋qE＝， C到N过程中，由动能定理得 －m2gR2－qER2＝m2m2， 代入数据解得＝10－6＜0， 则假设不成立，说明Q会脱离轨道。 2 3 4 5 6 7 1 20 设Q在S点脱离轨道时的速度大小为v5，∠SO2N＝θ， 由牛顿第二定律得 m2gsin θ＋qEcos θ＝， C到S过程中，由动能定理得 －m2gR2(1＋sin θ)－qER2cos θ＝m2m2， 联立以上方程并代入数据解得Q离开轨道时的速度大小为v5＝ m/s。 答案：会，计算过程见解析　 m/s $