高考物理二轮复习【专题07】电场与带电粒子在电场中的运动(讲)(原卷版)

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带电粒子在电场中的运动(直线、偏转、交变电场、力学观点、能量观点、动量观点)(原卷版)25年高考物理

带电粒子在电场中的运动（直线、偏转、交变电场、力学观点、能量观点、动量观点）建议用时：75分钟带电粒子在电场中的运动（直线、偏转、交变电场、力学A．滑块动能增加4JC．由于放上滑块电机多消耗电能为2．（2024·广西贵港·模拟预测）A ．D 点电势为6VB ．电场强度大小为400V 3C ．粒子过C 点时的速度与初速度方向间夹角的正切值为D ．粒子过C 点时的速度大小为A ．物体达到最大速度的时间Eq f mk-B ．物体达到的最大速度为()202Eq f mk-A ．滑块在b 点的加速度一定为0A ．平移后油滴将做匀加速直线运动B ．平移后电场强度大于C ．平移后下板和上板之间的电势差大小为A ．()T 8030cos N F q =-A．小球从O到N机械能守恒B．从O到M与从M到N，小球的动能的增加量相同，且小球是一定从C．从O到N小球的机械能减少，重力势能减小D．小球所受电场力方向一定竖直向上，所以匀强电场的方向也一定竖直向上A．L:d=2:1B．U1:U1=2:1C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变A．电场强度的大小2252v EkL =B．电场强度的方向垂直于初速度3v方向C．a、b两点间的电势差为27abv Uk=A．两球第一次碰撞到发生第二次碰撞的时间间隔为B．两球第n次碰撞到发生第A．板长和板间距之比为2:1B．板长和板间距之比为3:1C．电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为16：D．电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为6：5A．粒子在C点时的速度大小为B．粒子在C点时的速度大小为C．粒子从P点运动到C点的时间为D．粒子从P点运动到C点的时间为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C．在M点的机械能等于在D．从M点运动到A．2E E=C．粒子由A到C的时间为16107LkEA．若小球恰能在竖直平面内绕B．若小球在竖直平面内绕OC．若将细线剪断，再将小球在D．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿18．（2024·福建宁德·三模）如图甲所示，“L”型绝缘不带电木板B静止在水平地面上，电荷量6q-210C=´的滑块A静止在木板左端，木板上表面P点左侧粗糙，右侧光滑且固定连接一轻质弹簧，弹簧左端与P点对齐，滑块和木板粗糙面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板和地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。

统考版2023高考物理二轮专题复习：电场及带电粒子在电场中的运动课件

)
A.L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
答案：AB
预测1 某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的
平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电
圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3从距O点r2的
位置入射并从距O点r1的位置出射；
粒子4从距O点r1 的位置入射并从距O点r2 的位置出射，轨迹如图(b)
中虚线所示．则 (
)
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
它与光学显微镜相比具有更高的分辨率，其原因是电子的物质波波长远小
于可见光波长．在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场
构成的电子透镜实现会聚和发散作用．其中的一种电子透镜由两个金属圆
环M、N组成，其结构如图甲所示，图乙为图甲的截面示意图．显微镜工作
时，两圆环的电势φN>φM，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面(相邻等势
相邻等势面间电势差相等．一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如
图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是(
)
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子从a点到b点电势能减小
C．电子从a点到b点做匀加速运动
D．a点的电场强度大于b点的电场强度
答案：B
技法点拨
电场中三线问题的解题思路
解决电场中的三线问题，分清电场线、等势线、轨迹线是解题的基

最新【通用版】高考物理二轮专题《电场及带电粒子在电场中的运动(含解析)

通用版高考物理二轮专题专题一《电场及带电粒子在电场中的运动》（含解析）一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．(济宁市高三第二次模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是()A．O点一定有一个正点电荷B．B点电势一定大于C点电势C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动C[没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，故B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，故C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．故选C.]2．(宁夏银川一中高三质检(二))如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc 所在平面平行，ac ⊥bc ，∠abc ＝60°， ac ＝0.2 m ．一个电量q ＝1×10－5C 的正电荷从a 移到b ，电场力做功为零；同样的电荷从a 移c ，电场力做功为1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为( )A ．500 V/m 、沿ab 由a 指向bB ．500 V/m 、垂直ab 向上C ．1000 V/m 、垂直ab 向上D ．1000 V/m 、沿ac 由a 指向cC [正电荷从a 移到b ，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由W ＝Uq 可知，ac 两点的电势差U ac ＝W q ＝1.0×10－31×10－5V ＝100 V ，即a 点电势高于c 点的电势，故电场线垂直于ab 向上；ac 间沿电场线的距离d ＝ac ·cos 60°＝ 0.2×0.5 m ＝0.1 m ，由E ＝U d 可知：电场强度E ＝1000.1 V/m ＝1000 V/m ，方向垂直ab 向上；故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C.]3．(山东省潍坊市高三二模)如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，CD 为两板中线上的两点．A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0.在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t ＝T 时，小球( )A ．在D 点上方B ．恰好到达D 点C．速度大于v D．速度小于vB[小球仅受重力作用时从C到D做自由落体运动，由速度公式得v0＝gT，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～T4沿电场力方向做匀加速直线运动，T4～T2做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，T2～3T4做反向的匀加速直线运动，3T4～T做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t＝T时合速度为v0，水平位移为零，则刚好到达D点，故选B.]4．(山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是()A．b点电场强度与c点电场强度相同B．a点电场强度与b点电场强度大小相等C．a点电势等于d点电势D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变C[画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a 点电势等于d 点电势，故C 正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D 错误；故选C.]5．(河北衡水中学信息卷)如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q 、＋q 和－q . D 点和M 点分别为AB 边和AC 边的中点，N 点为三角形的中心，静电力常量为k .在该电场中，下列说法正确的是( )A ．D 点的电场强度大小为k q L 2，方向为从N 指向DB ．N 点的电场强度大小为9k q L 2，方向为从N 指向CC ．D 点的电势高于N 点的电势D ．若取无穷远处电势为0，则M 点的电势φM 为0C [A 、B 两点处的点电荷在D 点的电场强度的矢量和为0，C 点处的点电荷在D 点处的电场强度为E ＝q k ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 22＝4kq 3L 2，方向为从D 指向N ，A 错误；三个点电荷在N 点的电场强度大小均为3k q L 2，其中两个正点电荷的电场强度矢量合成后大小为3k q L 2，方向为从N 指向C ，与负点电荷电场强度合成，N 点的电场强度大小为6k qL2，方向为从N指向C，B错误；CD连线上电场强度方向由D指向C，可知φD>φN，C正确；若无穷远电势为0，则A、C两点处的等量异种点电荷在M点的电势为0，B处的正点电荷在M点的电势大于0，故φM>0，D错误．] 6．(山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa＝10 V，φC＝4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是()A．该点电荷带负电B．电场在b点处的电势为7 VC．a、b、c三点c点处的场强最小D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多AC[A项：点电荷从c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ab段的平均强度，根据公式U＝E d，可知电场在b点处的电势小于7 V，故B错误；C项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，a、b、c三点c点处的场强最小，故C正确；D项：由C分析可知，从c到a电场强度增大，即电场力增大，ab＝bc，根据W＝Fx可知，在cb段的电场力小于ab段的电场力，所以该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误．]7．吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD板间插有一块有机玻璃板．闭合开关，电路稳定后将开关断开．现将CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是()A．金属板CD构成电容器的电容减小B．P点电势降低C．玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流D. A、B两板间的电场强度减小AC[A.根据C＝εrS4πkd，将CD板间的玻璃板抽出，电介质εr减小，其它条件不变，则金属板CD构成电容器的电容减小，故A正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD构成电容器的电容减小，由U＝QC可知极板CD电势差变大，极板AB电势差变大，由E＝Ud可知极板AB间的场强变大，导致P点与B板的电势差变大，因B板接地，电势为零，即P 点电势升高，因此电容器CD处于放电状态，电容器AB处于充电状态，电阻R 中有向右的电流，故C正确，BD错误；故选AC.]8．(山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为E r＝kqQr(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm 的位置上．x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示．A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平．下列说法正确的是()A．电荷Q1、Q2的电性相反B．电荷Q1、Q2的电量之比为1∶4 C．B点的x坐标是8 cmD．C点的x坐标是12 cmACD[A.电势φ随x的变化关系图象的斜率ΔφΔx＝E，所以C点电场为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；B.根据φ＝E pq可知，φA＝kQ1qr1q＋kQ2qr2q＝kQ148＋kQ212＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；C.根据φ＝E Pq可知，φB＝kQ1qx1q＋kQ2qx1－6q＝KQ1x1＋kQ2x1－6＝0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；D.由E＝kQr2知，E c＝kQ1x22＋kQ2(x2－6)2＝0解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D正确；故选ACD.]9．(陕西西北工大附中高三模拟)如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，两个等量异种点电荷＋Q和－Q分别固定于A、B两点．光滑绝缘直导轨CD的上端点D位于到A、B中点的正上方，且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g.忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A ．D 点的场强大小为kQ L 2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgLD ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小AC [根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E ＝k Q L 2，则D 点的场强：E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k Q L 2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg OD ＝12m v 2，又几何关系可知：OD ＝L ·sin 60°＝32L . 小球的动能E k ＝12m v 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.]10．(山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8C 的滑块P (可视作质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是 ( )A ．滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大B ．x ＝0.15 m 处滑块运动的动能最大1.0×10－3JC ．滑块运动过程中电势能先减小后增大D ．滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3JAB [电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15 m 处的场强E ＝3×1050.15 V/m ＝2×106V/m ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10－8×2×106N ＝0.04 N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝0.02×2 N ＝0.04 N ，在x ＝0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A 正确，在x ＝0.15 m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，E km ＝qU －fx ，因为0.10 m 和0.15 m 处的电势差大约为1.5×105V ，代入求解，最大动能为1.0×10－3J.故B 正确．滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项C 错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J ，则移动的距离为Δx ＝W f f ＝8.0×10－30.04 m ＝0.2 m ，此时滑块从x ＝0.1 m 的位置运动到0.3 m 的位置，电势能的变化为ΔE p ＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J ＝5×10－3J ，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J ，选项D 错误；故选AB.]二、非选择题11．(四川省泸州市高三模拟)如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为L 2.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析 (1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ，则由y ＝12at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：L ＝12a 1t 21＝12 qE 1m t 21L 2＝12a 2t 22＝12 qE 2m t 22v y ＝qE 1m t 1＝qE 2m t 2v 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝9m v 208qL ，E 2＝9m v 204qL .(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝2L v 0. 设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n (n ＝2,3,4，…)个类似于Q →R →M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝t n ＝2L n v 0(n ＝2,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为23T ，则有h ＝12·qE 1m ·(23T )2＝L n 2(n ＝2,3,4，…)．答案 (1)9m v 208qL 9m v 204qL (2)L n 2(n ＝2,3,4，…)12．(辽宁省大连市高考模拟检测)竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R ＝1 m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E ＝4×103 V/m.小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长L ＝2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F －t 的变化图象如图乙所示，且满足F 2＋t 2＝4π.已知三个小球均可看做质点且m a ＝0.25 kg ，m b ＝0.2kg ，m c ＝0.05 kg ，小球c 带q ＝5×10－4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g ＝10 m/s 2，求(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；(2)小球c运动到Q点时的速度v；(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量．解析对小球a，由动量定理可得小球a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：(1)由题意可知，F图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量，由圆方程可知S＝1 m2代入数据可得：v0＝4 m/s(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得m a v0＝m a v1＋(m b＋m c)v2由机械能守恒可得12m a v2＝12m a v21＋12(m b＋m c)v22解得v1＝0，v2＝4 m/s小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理m c gR－qER＝1 2(m b ＋m c )v 2－12(m b ＋m c )v 22代入数据可得v ＝2m/s(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：m b gR (1－cos θ)＋m c gR sin θ＋12(m b ＋m c )v 2＝qER sin θ解得sin θ＝0.6，θ＝37°因此小球c 电势能的增加量：ΔE p ＝qER (1＋sin θ)＝3.2 J ．]答案 (1)v 0＝4 m /s (2) v ＝2 m/s (3)ΔE P ＝3.2 J专题二、《磁场及带电体在磁场中的运动》（含解析）一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 ( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小D [分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝m v qB 可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确．] 2．如图所示，总质量为m ，边长为L 的正方形线圈共三匝，放置在倾角为α的光滑斜面上，刚好关于磁场边界MN 对称，MN 上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流I 后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g ，则( )A ．磁场方向可以竖直向下，且B ＝mg tan αILB ．磁场方向可以竖直向上，且B ＝mg tan α3ILC ．磁场方向可以垂直斜面向下，且B ＝mg sin α3ILD．磁场方向可以水平向左，且B＝mg ILC[当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得3BIL＝mg tan α，则B＝mg tan α3IL，选项A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项B错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得3BIL＝mg sin α，则B＝mg sin α3IL，选项C正确；当磁场方向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项D 错误．]3．(山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k 1r，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0－R区间内磁感应强度大小B 随x变化的图线可能是()C[根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；故选C.]4. (山东省实验中学高三二模)如图所示，在一等腰直角三角形ACD 区城内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O 垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )A.qBL m ≤v ≤22qBL mB.qBL m ≤v ≤5qBL mC.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL mD.qBL 2m ≤v ≤5qBL 2m C [根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqr m ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，如图由几何关系可知，最大半径为r 1＝2L ＋1，故最大速度应为v 1＝qB (2＋1)L m ；当粒子从C 点出射时半径最小，为r 2＝L 2，故最小速度应为v 2＝qBL 2m ，故v 的取值范围为qBL 2m ≤v ≤qB (2＋1)L m，故选C.] 5．(山东省临沂市高三三模)如图所示，电子经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P 点，通过调节电压U 可以控制P 点的位置，设OP ＝x ，能够正确反映U 与x 关系的图象是( )C [带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：12m v 2＝qU 解得：v ＝2qUm进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：q v B ＝m v 2r 解得：r ＝m v qB粒子运动半个圆打到P 点，所以x ＝2r ＝2m qB2qU m 即x 与U 成正比，故C 正确．]6．(山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，在xOy 平面内，虚线y ＝33x 左上方存在范围足够大、磁感应强度为B 的匀强磁场，在A (0，l )处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m ，电量为q 的带电粒子，速率均为3qBl 2m ，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A.πm qBB.πm 4qBC.πm 3qBD.πm 6qBC [粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有：q v B ＝m v 2r ，而将题中的v 值代入得：r ＝32l ，分析可知：粒子运动的时间t 最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作AB ⊥OB 于B 点，AB 即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：AB ＝OA sin 60°＝32l ，粒子偏转的角度；θ＝60°，结合周期公式：T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t ＝T 6＝πm 3qB ，故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C.]7．(湖南省怀化市高三联考)一绝缘圆筒上有一小孔，筒内有方向沿圆筒轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，整个装置的横截面如图所示．一质量为m 、带电量为q 的小球(重力不计)沿孔半径方向射入筒内，小球与筒壁碰撞n 次后恰好又从小孔穿出．小球每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中小球的电荷量不变．已知小球在磁场中运动的总时间t ＝πm qB ，则n 可能等 ( )A ．2B ．3C ．4D ．5AC [粒子在磁场中的周期为T ＝2πm Bq ，而小球在磁场中运动的总时间t ＝πm Bq＝12T ，可知，粒子在磁场中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为180°；若n ＝2，即粒子与圆筒碰撞2次，分别对应三段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为60°，则总圆心角为180°，则选项A正确；若n＝3，即粒子与圆筒碰撞3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为90°，则总圆心角为360°，则选项B错误；若n＝4，即粒子与圆筒碰撞4次，则可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为36°(对应着圆筒上的圆心角为144°)，则总圆心角为5×36°＝180°，则选项C正确；若n＝5，即粒子与圆筒碰撞5次，分别对应6段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为120°，则总圆心角为72°，则选项D错误；故选A、C.]8．(安徽六安一中一模)如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m，现有一个比荷大小为qm＝1.0C/kg，可视为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是()A．3 m/s B．3.75 m/sC．4 m/s D．5 m/sABD[由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3 m，而ON＝9 m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由于洛伦兹力提供向心力，所以：q v B＝m v2r，得：v＝qmBr①；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′＝s，由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9＝s③，联立②③得：r1＝3 m；r2＝3.75 m，分别代入①得：v1＝qm·Br1＝1×1×3 m/s＝3 m/s，v2＝qm Br2＝1×1×3.75 m/s＝3.75 m/s，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′＝x，由几何关系得：r23＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，联立④⑤得：r3＝5 m，代入①得：v3＝qm Br3＝1×1×5 m/s＝5 m/s，A、B、D正确．]9．(山东省济南市高三一摸)如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力. 以下判断正确的是()A．甲粒子带负电，乙粒子带正电B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的43倍D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1 4倍CD[A项：由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；B项：由几何关系可知，R甲＝2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为L2，所以L2＝2R乙sin 60°，解得R乙＝L23，根据q v B＝mv2r，所以E k＝m v22＝q2B2r22m，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误：C项：由公式q v B＝mv2r可知，v＝qBrm，所以f洛＝q v B＝q2B2rm，即f洛甲f洛乙＝(12)2×(21)2×2LL23＝43，故C正确；D项：由几何关系可知，甲粒子的圆心角为30°，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°.根据公式t＝α360°T和T＝2πmqB可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14倍，故D正确．]10．(广东省湛江市高三模拟)如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是((2＋2)d，2d)不计粒子重力，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2＋2dB．粒子的发射速度大小为3πd2t0C．带电粒子的比荷为π4Bt0D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0BD[根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示．圆心为O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r＝2d，故A错；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π4，运动时间t0＝3π4×2dv0解得：v0＝3πd2t0，故B正确；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π4，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝8t03，由Bq v0＝m(2πT)2r则qm＝3π4Bt0故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示．由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为3π2，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确．]二、非选择题11．(河北唐山质检)如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，细线对ab的拉力为水平方向，。

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，质量分别为m A=1kg、m B=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)前2s内，A的位移大小；(2)6s末，电场力的瞬时功率．【答案】(1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W2．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m．质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ．【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【解析】【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P =2.5m /s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2，则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sincos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为r=2L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ．【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+【解析】【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mg Eq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A =2gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A =2gL在D 点时，下壁对球的支持力2022v F m mg r==由牛顿第三定律，22F F mg =='方向竖直向下．（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则：211222L gt =解得12L t g= 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2323244A rL t v gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：322L t g= 则：24t t ππ=+ 【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．4．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度．【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速，在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==-电场力做功W=40 J5．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】【分析】【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯6．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离．【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g，所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-g ，由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。

2023届高考二轮总复习试题物理(适用于福建)专题分层突破练07电场带电粒子在电场中的运动

专题分层突破练7电场带电粒子在电场中的运动A 组1.(2022湖南卷)如图所示,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a 、b 、c 、d 上。

移去a 处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。

关于长方体几何中心O 点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是() A.电场强度方向垂直指向a,电势减小 B.电场强度方向垂直指向c,电势减小 C.电场强度方向垂直指向a,电势增大 D.电场强度方向垂直指向c,电势增大2.(2022广东普通高中一模)有一种测量电场强度的方法,其原理如图所示,竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀强电场,虚线框高度为d 。

让质量为m 、电荷量为q 的粒子从M 点由静止释放,最终带电粒子在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P,P 点与M 点的水平距离为0.5d,已知重力加速度为g,则电场强度E 大小为() A.mg2q B .mgq C .3mg2q D .2mgq3.(多选)(2022湖北八市二模)如图所示,实线为某一带电粒子在某点电荷产生的电场中的运动轨迹,轨迹关于虚线PQ 对称,轨迹与PQ 相交于A 点,轨迹上M 、N 两点关于PQ 对称,粒子只受静电力作用,则下列说法正确的是() A.点电荷一定在PQ 上B.带电粒子在M 、N 两点受力相同C.M 、N 两点电势一定相同D.带电粒子在A 点的动能一定最大4.(多选)(2022湖南衡阳二模)匀强电场中有一与电场方向平行的扇形AOB 区域,如图所示,圆心角θ=120°,半径R=1 m ,其中C 、D 、F 将圆弧AB 四等分。

已知A 、B 、O 点的电势分别为φA =9 V ,φB =0,φO =3 V ,下列说法正确的是() A.D 点的电势φD =6 V B.F 点的电势φF =3 V C.电场方向沿AO 连线方向 D.电场强度大小为3 V/m5.(2022广东东莞模拟)如图所示,两平行金属板A、B相隔6 cm,分别接在36 V的直流电源的正、负极上。

【物理】高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析

【答案】（1） E mg q
（2） xCN 7L
（3）
t总＝(3
3 4
)
2L g
【解析】
（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿 PA 连线运动，重力与电场力的合力沿 PA 方向；又
PA AC L ，故 tan 450 qE ，解得： E mg
6．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成 α＝30°角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强 E＝2 3 ×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为 q＝1×10﹣5C、质量为 m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端 A 由静止开始沿杆滑下，并从 B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的 C 点．已知 AB 间距离 x1＝0.4m，g ＝10m/s2．求：（1）小球通过 B 点时的速度大小 VB；（2）小球进入电场后滑行的最大距离 x2；（3）试画出小球从 A 点运动到 C 点过程中的 v﹣t 图象．
解得：小球抛出时的初速度
v0
23 3
m
s
(2)在
B
点时， sin60
vy vB
，则 vB
43 3
m s
小球在
A
点时， FN
qE
mg
m
vA2 R
，解得： vA
3ms
小球从 B 到 A 过程，由动能定理得： (mg qE)(R Rcos ) Wf
1 2
mvA2
1 2
mvB2
解得：小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功Wf
mg qE ma ，解得：小球的加速度
a mg qE 210 1103 104 m / s2 5m / s2

2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习：电场及带电粒子在电场中的运动(解析版)

电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题（本题共包括15小题，每小题4分，共60分）1．如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的带电荷量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的带电荷量减小为原来的( )A.12B ．14 C.18D ．116【答案】C【解析】小球B 受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，则线的拉力T 与重力G 相等，G ＝T ，小球处于平衡状态，则库仑力F ＝2G sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sin θ2，由库仑定律得F ＝k q 2r 2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2G sin θ′2，r ′＝2L sin θ′2，F 2＝k qq B r ′2 ，解得q B ＝18q ，故选C 。

2．如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )A ．直线a 位于某一等势面内，φM >φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM >φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功【答案】B【解析】由电子从M 点分别运动到N 点和P 点的过程中电场力所做的负功相等可知，N 、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为M →N ，故选项B 正确，A 错误；M 点与Q 点在同一等势面上，电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，故选项C 错误；电子由P 点运动到Q 点，电场力做正功，故选项D 错误。

专题07 带电粒子在匀强电场中的偏转、带电粒子在交变电场中的运动(解析版)

高二物理期末综合复习（特训专题+提升模拟）专题07 带电粒子在匀强电场中的偏转、带电粒子在交变电场中的运动一、带电粒子在匀强电场中的偏转1．如图所示，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，间距为d =0.125L 。

质子由静止开始经加速电场加速后。

沿平行于极板的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。

已知质子的比荷为k ，加速电场电压为U 0，忽略质子所受重力。

质子射入偏转电场时的初速度v 0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy 分别是（）A2ULU B 04ULU C2ULU D 04ULU 【答案】C【详解】质子在加速电场中，根据动能定理有20012mv qU = ①解得0v =②根据牛顿第二定律可得质子在偏转电场中的加速度大小为qUa md= ③根据运动学规律可得质子在偏转电场中的运动时间为0L t v = ④并且21Δ2y at = ⑤由题意知d =0.125L ⑥联立①③④⑤⑥解得2ΔULy U =⑦故选C 。

2．示波器是一种多功能电学仪器，如图所示。

大量电性相同的带电粒子在电压为U 1的电场中由静止开始加速，从M 孔射出，然后水平射入电压为U 2的平行金属板间的电场中，在满足带电粒子能射出平行板电场区域的条件下（不计粒子重力和粒子之间的相互作用），下列说法正确的是（）A ．若电荷量q 相等，则带电粒子在偏转场板间的加速度大小相等B ．若电荷量q 相等，则带电粒子从M 孔射出的动能不相等C ．无论比荷qm是否相等，全过程中电场力做功均相同 D ．无论比荷qm是否相等，带电粒子均从偏转电场中同位置射出【答案】D【详解】A ．根据牛顿第二定律得带电粒子在偏转电场中的加速度大小2qU qE a m md==知电荷量相等，质量未知，则带电粒子在偏转电场中的加速度大小不一定相等，故A 错误；B ．带电粒子在加速度电场中加速过程，根据动能定理得21k 012qU E mv ==解得0v =电粒子电荷量相等，则带电粒子从M 孔射出的动能相等，故B 错误；D ．带电粒子进入平行金属板间做类平抛运动，设极板长度为L ，板间距离为d ，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有0L v t =得0Lt v =粒子射出电场时偏转角度正切值00tan y v at v v θ==结合0v =2qU a md =；0L t v =联立得21tan 2U L U d θ=可知tan θ与q m 无关，因为位移偏转角的正切值总为速度偏转角正切值的二分之一，即tan 2tan θα=可得无论比荷qm是否相等，带电粒子均从偏转电场中同位置射出，故D 正确；C ．由D 选项可知，所有带电粒子在电场偏转电场中沿着电场方向的位移相等设为y ，则电场力对带电粒子所做的功为21qU yW qU d=+知只有电荷量相等时，电场力做功相等，故C 错误。

二轮复习专题电场与磁场——带电粒子在电场中的加速与偏转讲义(含解析)

2023届二轮复习专题电场与磁场——带电粒子在电场中的加速与偏转讲义（含解析）本专题主要讲解带电粒子（带电体）在电场中的直线运动、偏转，以及带电粒子在交变电场中运动等相关问题，强调学生对于直线运动、类平抛运动规律的掌握程度。

高考中重点考查学生利用动力学以及能量观点解决问题的能力，对于学生的相互作用观、能量观的建立要求较高。

探究1带电粒子在电场中的直线运动典例1：（2021湖南联考）如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。

现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。

若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则（）A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0训练1：（2022四川联考题）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。

质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。

离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。

设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；（3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。

探究2 带电粒子在电场中的偏转典例2:（2022北京月考）让氕核（1H）和氘核（21H）以相同的动能沿与电场垂直的方向1从ab边进入矩形匀强电场（方向沿a→b，边界为abcd，如图所示）。

高三物理高考二轮复习专题带电粒子在电场中的运动

《带电粒子的运动》专题复习［知识结构］运［重点知识回顾］一. 粒子运动的环境—电场和磁场（一）有关电场1. 静电场的形成：任何电荷都在自己的周围空间激发电场，电荷之间的相互作用通过电场传递，相对于观察者静止的电荷在其周围空间激发的电场称为静电场。

作为一种物质，静电场具有能量。

2. 静电场基本性质：（1）电场强度反映了电场力的性质，其量值和方向仅由电场本身决定，与检验电荷无关；（2）电势是表示电场能的性质的物理量，对空间某定点：ε/q 0为常量，与检验电荷无关。

3. 静电场描绘工具——电场线。

4. 电场强度有关公式：①（定义式）②（决定式，点电荷形成电场）③（决定式，适用于匀强电场）④（决定式，平行板电容器带电后在两板间形成的匀强电场）E FqE kQ qr E Ud E Q Cd ====⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪/2（二）磁场的性质：1. 磁场描绘量——磁感应强度（B ）2. 表达式：BFLIm=（定义式）BQS=cosθBfqvfmm=（最大洛仑兹力）B R Ir=（长直载流导体形成的磁场）3. 描绘：磁感线（三）电磁场对比：1. 静电场与恒定磁场对比：（f）静电场与恒定磁场对比表：2. 电场线、磁感线分布图（1）典型电场电场线分布：（2）典型磁场磁感线的分布：二. 粒子运动的类型：（一）电场中粒子运动类型：1. 带电粒子在场力作用下的匀变速运动（1）静电直线加速（2）静电直线减速（3）静电偏转——匀变速曲线2. 静电场中带电微粒的曲线运动（1）静电摆动（2）静电圆周运动（二）带电粒子在磁场作用下的运动1. 磁回旋2. 磁偏转3. 在强度不同两有界匀强磁场中带电粒子的运动（三）带电粒子（微粒）在复合场中的运动1. 静电加速后的磁偏转：示波管、质谱仪、回旋加速器、速度选择器。

2. 带电粒子在三维正交的重力场、匀强电场、匀强磁场中做变速曲线运动。

电场力作功，重力作功，洛仑兹力不作功，须用功能原理去解。

高中物理重难点易错专题带电粒子(带电体)在电场中的运动问题(解析版)

带电粒子(带电体)在电场中的运动问题目录一、考向分析二、题型及要领归纳热点题型一优化场区分布创新考察电偏转热点题型二利用交变电场考带电粒子在运动的多过程问题热点题型三借助电子仪器考带电粒子运动的应用问题热点题型四带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的抛体运动热点题型五带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的圆周运动三、压轴题速练考向分析1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。

2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

4.带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。

(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。

一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。

5.用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。

即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷。

具体方法有：(1)用动能定理处理思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程。

②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功。

③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)。

④根据W=ΔE k列出方程求解。

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：①利用初、末状态的能量相等(即E1=E2)列方程。

②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。

高考物理二轮复习专题7电场和带电粒子在电场中的运动课件

解得yh＝＋L2sin，θv0＝
⑤
所以A的坐标17为(0， L)⑥ 3gL
30L
10
17
12/8/2021
30
答案
步骤2：在B点，速度合成法求vB进入电场后的受力情况.
12/8/2021
5gL
vB＝ v0 ＝
6⑦
sin θ
qE＝ 4mg＝
⑧
mg·cos θ
5
答案
对小球列牛顿第二定律表达式：
分方向列方程：得结论
图7
√
√A.P向下动，Q向上动 12/8/2021
B.U1减小，U2增大
解析
456
6.如图8所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始时开关闭合，
电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝12 CU2.一电荷量为－q的带电油滴，以初动能Ek0从平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平
所以小球做类平抛运动⑨
mgsin θ＝ma ⑩
所以a＝ gsin θ ⑪
d＝ vBt′
⑫
L＝ 1at′2
⑬
22
d＝ 5 L2
⑭
6
每式各1分
12/8/2021
答案
[变式训练]
7.(2016·四川理综·9)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上
最大的粒子加速器.加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安
T＝1f
①
L＝vB·T2
②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m 答案 0.4 m
12/8/2021
解析答案
(2)相邻漂移管间的加速电压.

高考物理二轮复习【专题07】电场与带电粒子在电场中的运动(讲)(解析版)

2018高三二轮讲练测之讲专题7 电场与带电粒子在电场中的运动考向01电场力的性质 1.讲高考（1）考纲要求了解静电现象的有关解释，能利用电荷守恒定律进行相关判断；会解决库仑力参与的平衡及动力学问题；.理解电场强度的定义、意义及表示方法；熟练掌握各种电场的电场线分布，并能利用它们分析解决问题.3.会分析、计算在电场力作用下的电荷的平衡及运动问题。

（2）多个电荷库仑力的平衡和场强叠加问题；利用电场线确定场强的大小和方向。

案例1．（多选）【2018·新课标全国卷Ⅱ】关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是：（） A.电场强度的方向处处与等势面垂直 B.电场强度为零的地方，电势也为零C.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向案例2．（多选）【2018·浙江卷】如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。

一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行。

小球A 的质量为m 、电量为q 。

小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d 。

静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷。

小球A 静止在斜面上，则（）A.小球A 与B 之间库仑力的大小为22dq k B.当k mg d q θsin =时，细线上的拉力为0C.当k mg d q θtan =时，细线上的拉力为0 D.当θtan k mgd q =时，斜面对小球A 的支持力为0案例3．（2018·安徽卷）如图所示，xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z ＜0的空间，z ＞0的空间为真空。

将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z=h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷。

空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的。

已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上z=h/2处的场强大小为（k 为静电力常量）（）A.24h q kB.294h q kC.2932h q kD.2940hqk2.讲基础（1）点电荷及库仑定律①点电荷：是一种理想化的物理模型；当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷． ②库仑定律：内容：公式：221rq q kF = ；做静电力常量k=9.0×109N •m2/C2. 适用条件：真空中；点电荷。

高考物理复习专题七电场及带电粒子(带电体)在电场中的运动单元练习题(含详细答案)

高考物理复习专题七电场及带电粒子（带电体）在电场中的运动一、单选题1.如图甲所示，Q1，Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a，b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是()A．Q2一定带负电B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大2.如图所示，在一个真空环境里，有一个空心导体球，半径为a，另有一个半径为b的细圆环，环心与球心连线长为L(L>a)，连线与环面垂直，已知环上均匀带电，总电荷量为Q.当导体球接地时(取无穷远处电势为零，与带电量为q的点电荷相距r处电势为φ＝k，k为静电力恒量)，下列说法正确的是()A．球面上感应电荷量为q感＝－B．球面上感应电荷量为q感＝－C．感应电荷在O点的场强为E感＝kD．感应电荷在O点的场强为E感＝k3.如图所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足。

下列说法正确的是（）A．若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的4.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，两相邻等势面间电势差相等．A，B，C为电场中的三个点，且AB＝BC，一个带正电的粒子从A点开始运动，先后经过B，C两点，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是()A．粒子在A，B，C三点的加速度大小关系aA>aB>aCB．粒子在A，B，C三点的动能大小关系E kC>E kB>E kAC．粒子在A，B，C三点的电势能大小关系E pC>E pB>E pAD．粒子由A运动至B和由B运动至C电场力做的功相等5.如图实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为，电量为的小球，由该直线上A点静止释放，小球向下运动到达B点减速为零后返回A点，则下列判断正确的是（）A．该电场可能是竖直向上的匀强电场，且B． A点的电势高于B点电势C． A点的场强小于B点场强D．向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量6.如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲，乙两个带电小球．t＝0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v－t图象分别如图b中甲，乙两曲线所示．由图线可知()A．甲，乙两球一定带异种电荷B．t1时刻两球的电势能最小C． 0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D． 0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小7.如图所示，a，b，c，d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a，b，c三个顶点上，则下列判断正确的是()A．d点电场强度的方向由d指向OB．O点处的电场强度是d点处的电场强度的2倍C．bd连线为一等势线D．引入一个电量为＋q的点电荷，依次置于O点和d点，则在d点所具有的电势能大于在O点所具有的电势能8.如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q电荷为圆心，半径为画圆，a，b，c，d是圆周上四点，其中a，b在MN直线上，c，d两点连线垂直于MN，一电荷量为＋q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是()A．电荷＋q在a处所受到的电场力最大B．电荷＋q在a处的电势能最大C．电荷＋q在b处的电势能最大D．电荷＋q在c，d两处的电势能相等9.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A，B，C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图6所示．由此可知()A．小球带正电B．电场力大小为3mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化相等10.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化，粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()A．选项AB．选项BC．选项CD．选项D二、多选题11.如图所示，两对金属板A，B和C，D分别竖直和水平放置，A，B接在电路中，C，D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C，D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是()A．S闭合，只向右移动滑片P.P越靠近b端，电子打在M上的位置越高B．S闭合，只改变A，B板间的距离．改变前后，电子由O至M经历的时间相同C．S闭合，只改变A，B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高12.等量异号点电荷+Q和-Q处在真空中，O为两点电荷连线上偏向+Q方向的一点，以O点为圆心画一圆，圆平面与两点电荷的连线垂直，P点为圆上一点，则下列说法正确的是（）A．圆上各点的电场强度相同B．圆上各点的电势相等C．将试探电荷+q由P点移至O点电场力做正功D．将试探电荷+q由P点移至O点，它的电势能变大13.如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷＋Q和－Q，图中O点为两点电荷连线的中点，P点为连线上靠近－Q的一点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称．则下列说法正确的是()A．M，N两点的电势相等B．M，N两点的电场强度相同C．将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小D．只将－Q移到P点，其他点在空间的位置不变，则O点的电场强度变大14.如图所示，两面积较大，正对着的平行极板A，B水平放置，极板上带有等量异种电荷。