專題09 電場 帶電粒子在電場中的運動（練習）（解析版）-2025年高考物理二輪復習講練測（新高考用）

1/21專題09電場帶電粒子在電場中的運動目錄TOC\o"1-2"\h\u01模擬基礎練 2題型一：電場的性質(zhì) 2題型二：靜電場中三類常見圖像 8題型三：帶電粒子（帶電體）在電場中的運動 14題型四：計算大題專練（帶電粒子（帶電體）在電場中的平衡、運動） 2502重難創(chuàng)新練 30題型一：電場的性質(zhì)1．（2024·四川德陽·模擬預測）邊長為2L的正方形abcd，點M、N、P、S分別為邊ab、cd、ad、bc的中點，點O為直線PS和MN的交點，a、M、b、N、d五點處固定有電荷量為的點電荷，點c處固定有電荷量為的點電荷，已知、、分別表示點P、O、S三點處的電勢，E表示點O處的電場強度大小，靜電力常量為k，則（）A．B．C．將一帶負電的檢驗電荷沿著直線PS從P點移動到S點過程中電場力先不做功再做負功D．將一帶正電的檢驗電荷沿著直線PS從P點移動到S點過程中電場力先做正功再做負功【答案】B【詳解】A．b、c兩點的等量異種電荷形成的電場中，P點和O點電勢相等，另外四個正電荷形成的電場中，在P點和O點的電勢也相等，所以B．根據(jù)對稱性M、N兩點的正電荷形成的電場在O點場強為0，同理b、d兩點的正電荷在O點的場強也為0；O點場強等于a、c兩點的等量異種電荷在O場強的場強故B正確；C．將一帶負電的檢驗電荷沿著直線PS從P點移動到S點過程中，b、c兩點的等量異種電荷形成的電場對其不做功，再根據(jù)對稱性，另外四個正電荷對此負電荷的電場力先做正功再做負功，C錯誤；D．同理，將一帶正電的檢驗電荷沿著直線PS從P點移動到S點過程中，電場力先做負功再做正功，D錯誤；故選B。2．（2024·天津薊州·三模）如圖所示，電場中的一簇電場線關于y軸對稱分布，O點是坐標原點，M、N、P、Q是以O為圓心的圓周上的四個點，其中M、N在y軸上，Q點在x軸上，下列說法正確的是（）A．P點電場強度的大小可能等于Q點電場強度的大小B．M點電勢可能等于Q點電勢C．電荷在N點的電勢能可能小于在M點的電勢能D．電荷從N點運動到O點電場力做的功等于從O點運動到M點電場力做的功【答案】C【詳解】A．根據(jù)電場線的疏密程度可知，P點的電場強度小于Q點的電場強度，故A錯誤；B．根據(jù)沿電場方向電勢降低，結合等勢面與電場方向垂直，可知M點電勢低于Q點電勢，故B錯誤；C．根據(jù)沿電場方向電勢降低，結合等勢面與電場方向垂直，可知N點的電勢高于M點的電勢，根據(jù)若電荷帶負電，則電荷在N點的電勢能小于在M點的電勢能，故C正確；D．根據(jù)電場分布可知，OM間的平均電場強度比NO之間的平均電場強度小，故由公式可知，OM間的電勢差小于NO間的電勢差，根據(jù)可得電荷從N到O過程中電場力做的功大于從O到M過程中電場力做的功，故D錯誤。故選C。3．（2024·湖北·三模）如圖所示，邊長為L的正四面體ABCD的中心為O，A、B兩點分別固定等量異種點電荷、，下列說法正確的是（）A．C、D兩點電場強度大小相等，方向不同B．C、D兩點電勢相等C．將一試探電荷從C點沿直線移到D點，電場力先做負功后做正功D．O點場強大小為【答案】B【詳解】A．A、B兩點分別固定等量異種點電荷，則C、D兩點電場強度大小相等，方向也相同，故A錯誤；BC．空間中C、D兩點連線在等量異種點電荷連線的垂直平分面上，故在同一個等勢面上，即，將一試探電荷從C點沿直線移到D點電場力一直不做功，故B正確，C錯誤；D．O點是正四面體的中心，其外接球的半徑為，在O點場強大小為設兩等大場強的夾角為，根據(jù)幾何關系可知，合成后O點場強大小為故D錯誤。故選B。4．（2024·浙江寧波·一模）三個點電荷周圍的電場線和等勢線分布如圖中實線所示，虛線為一電子只受靜電力作用的運動軌跡，是電子運動軌跡上的兩點，下列說法正確的是（）A．點電荷帶負電 B．兩點的電場強度大小C．兩點的電勢高低 D．電子從點運動到點，電勢能增大【答案】D【詳解】A．根據(jù)電子的運動軌跡，結合電子軌跡要夾在合力和速度之間，且合力指向軌跡凹的一側，可判斷知點電荷A帶正電，故A錯誤；B．根據(jù)等勢線的疏密同時也可表示電場線的疏密，由電場線的疏密表示電場強度的大小，由圖可判斷知故B錯誤；C．根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，由題圖可知故C錯誤；D．電子從點運動到點，根據(jù)電場力對電子做負功，電子的電勢能增加，故D正確。故選D。5．（24-25高三上·湖南長沙·開學考試）如圖所示，在直角坐標系中，先固定一不帶電金屬導體球B，半徑為L，球心O'坐標為（2L，0）。再將一點電荷A固定在原點O處，帶電量為+Q。a、e是x軸上的兩點，b、c兩點對稱地分布在x軸兩側，點a、b、c到坐標原點O的距離均為0.5L，Od與金屬導體球B外表面相切于d點，已知金屬導體球B處于靜電平衡狀態(tài)，k為靜電力常量，則下列說法正確的是（）A．圖中a、b兩點的電勢相等，d點電勢高于e點B．b、c兩點處電場強度相同C．金屬導體球B上的感應電荷在外表面d處的場強大小一定為D．金屬導體球B上的感應電荷在球心O'處產(chǎn)生的電場強度一定為【答案】D【詳解】A．由于感應電荷對場源電荷的影響，沿著電場線方向電勢逐漸降低，可得，A錯誤；B．b、c兩點處電場強度大小相等，方向不同，B錯誤：C．點電荷A在d處的場強大小但金屬導體球外表面場強不為零，則金屬導體球B上的感應電荷在外表面d處的場強大小不等于，C錯誤；D．點電荷A在O'處的場強大小方向沿x軸正方向，金屬導體球內(nèi)部電場強度為零，則金屬導體球上的感應電荷在球心O'處產(chǎn)生的電場強度為，方向沿x軸負方向，D正確。故選D。6．（2024·全國·高考真題）在電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，將無限遠處的電勢規(guī)定為零時，距離該點電荷r處的電勢為，其中k為靜電力常量，多個點電荷產(chǎn)生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在的該點的電勢的代數(shù)和。電荷量分別為和的兩個點電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖中曲線所示（圖中數(shù)字的單位是伏特），則（）A．，B．， C．， D．，【答案】B【詳解】根據(jù)兩點電荷周圍的電勢分布可知帶正電，帶負電；由圖中電勢為0的等勢線可知由圖中距離關系可知聯(lián)立解得故選B。7．（2024·浙江溫州·一模）圖甲是一種靜電除塵裝置圖，圖乙為其俯視圖，固定在玻璃瓶中心的豎直銅線A與起電機負極相連，包裹在玻璃瓶周圍的銅片B與起電機正極相連。圖乙中P、Q為一帶負電的塵埃顆粒運動軌跡上的兩點，忽略顆粒重力和顆粒間的相互作用，顆粒運動過程中電荷量不變。下列說法正確的是（）A．P點電勢比Q點電勢高B．顆粒在P點速度比Q點速度大C．顆粒在P點電勢能比Q點電勢能大D．銅片B表面的電場線可能與其表面不垂直【答案】C【詳解】A．由于A帶負電，B帶正電，根據(jù)沿電場方向電勢降低，可知離A越近電勢越低，離B越近電勢越高，則P點電勢比Q點電勢低，故A錯誤；BC．軌跡彎向合外力方向，所以受到的電場力指向正電荷，粒子帶負電，根據(jù)可知，在P點電勢能比Q點電勢能大，根據(jù)能量守恒可知，P點動能比Q點動能小，P點速度比Q點速度小，故B錯誤，C正確；D．導體表面是等勢面，所以電場線與銅片B表面垂直，故D錯誤。故選C。8．（2024·山東濟南·模擬預測）（多選）如圖所示為兩個點電荷的電場線分布，圖中M、N兩點到點電荷（帶電荷量為）的距離和R、S兩點到點電荷（帶電荷量為）的距離相等，M、N兩點與點電荷共線，且M、N兩點和R、S兩點均關于兩點電荷的連線對稱，左邊半圓（圖示虛線）是正檢驗電荷的運動軌跡。下列說法正確的是（）A．B．M、N兩點的電場強度可能不同，R、S兩點的電勢一定不同C．正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，可能只受電場力作用做勻速圓周運動D．正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，其電勢能先增大后減小【答案】AD【詳解】A．由題圖可知，為正電荷，為負電荷，且由電場線的疏密程度得，故A正確；B．由對稱性可知，M、N兩點的電場強度大小相等，方向不同，R、S兩點的電勢一定相同，故B錯誤；D．若只有點電荷，正檢驗電荷的運動軌跡為等勢面，現(xiàn)由于點電荷的影響，M、N處電場線發(fā)生彎曲，題圖中半圓虛線上，M、N兩點電勢最低，因此正檢驗電荷從M點沿半圓軌跡運動到N點，其電勢能先增大后減小，故D正確；C．由于半圓軌跡不是等勢線，正檢驗電荷不可能只受電場力而做勻速圓周運動，故C錯誤。故選AD。題型二：靜電場中三類常見圖像9．（2025·湖南永州·一模）假設某空間有一靜電場的電勢隨變化情況如圖所示，且?guī)щ娏Ｗ拥倪\動只考慮受電場力，根據(jù)圖中信息可以確定下列說法中正確的是（）A．從到，場強的大小均勻增加B．正電荷沿軸從運動到x1的過程中，做勻加速直線運動C．負電荷沿軸從移到的過程中，電場力做正功，電勢能減小D．處場強大小為，處場強大小為，則【答案】D【詳解】A．根據(jù)可知圖像中圖線的斜率表示靜電場的電場強度，由圖可知，沿x軸方向，從到，場強的大小恒定。故A錯誤；B．同理可知沿x軸方向的電場強度為零，正電荷沿軸從運動到x1的過程中，沿x軸方向的電場力為零，一定不做勻加速直線運動。故B錯誤；C．由圖可知，移到的過程中電勢降低，根據(jù)可知負電荷沿軸從移到的過程中，電場力做負功，電勢能升高。故C錯誤；D．根據(jù)A選項分析可知，處圖線斜率絕對值大于處圖線斜率絕對值，所以故D正確。故選D。10．（2024·北京海淀·二模）地球表面與大氣電離層都是良導體，兩者與其間的空氣介質(zhì)可視為一個大電容器，這個電容器儲存的電荷量大致穩(wěn)定，約為其間的電場，稱為大氣電場。設大地電勢為零，晴天的大氣電場中，不同高度h處的電勢的變化規(guī)律如圖所示，不考慮水平方向電場的影響。根據(jù)以上信息，下列說法正確的是（）A．這個大電容器所儲能量約為B．高度處電場強度約為40V/mC．高度處電場強度約為19V/mD．一帶正電塵埃下落過程中大氣電場對其的靜電力做負功【答案】C【詳解】A．這個大電容器所儲能量故A錯誤；BC．斜率的倒數(shù)代表電場強度，高度處電場強度故B錯誤，C正確；D．高度越高，電勢越高，一帶正電塵埃下落過程中大氣電場對其的靜電力做正功，故D錯誤。故選C。11．（2024·湖南·高考真題）真空中有電荷量為和的兩個點電荷，分別固定在x軸上和0處。設無限遠處電勢為0，x正半軸上各點電勢隨x變化的圖像正確的是（

）A．B．C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)點電荷周圍的電勢公式，設處的電勢為0，得解得故可知當時，；當時，。故選D。12．（2024·山東·模擬預測）（多選）點電荷A、B分別固定在x軸上和處，規(guī)定無窮遠處電勢為零，x軸正半軸上電勢與位置坐標的關系圖像如圖所示。則（

）A．點電荷A、B帶電荷量大小之比為1：4B．除無窮遠處，x軸上有3處電勢為零的點C．除無窮遠處，x軸上只有1處場強為零的點D．從處靜止釋放的負試探電荷能再次經(jīng)過該點【答案】AC【詳解】A．圖線上某點切線的斜率表示該點的電場強度，結合題圖可知，處的合場強為零，且點電荷A帶負電，點電荷B帶正電，設點電荷A、B帶電荷量分別為和，結合點電荷場強公式和矢量合成有可得故A正確；B．將點電荷B拆成帶電荷量大小等于的正點電荷和帶電荷量大小等于的正點電荷，和A構成等量異種點電荷模型，結合電勢分布特點可知，x軸上左側電勢一定大于零，與產(chǎn)生的電勢疊加后也大于零；和A間存在電勢小于零且與產(chǎn)生的電勢疊加后等于零的位置，則除無窮遠處，x軸上有2處電勢為零的點，故B錯誤；C．同理，結合場強分布規(guī)律可知，除無窮遠處，x軸上只有1處場強為零的點，故C正確；D．處場強沿x軸負方向，負試探電荷釋放后沿x軸正方向運動，運動到處時動能最大，之后動能減小，根據(jù)能量守恒可知電荷速度減為零時，電勢為零，即試探電荷將一直沿x軸正方向運動到無窮遠處，故D錯誤。故選AC。13．（2024·四川眉山·模擬預測）（多選）點電荷Q1、Q2固定在x軸上，其中Q1在坐標原點O，取無窮遠處為零電勢點，則電子在x軸正半軸上的電勢能與位置坐標的關系曲線如圖所示。已知電子與點電荷Q相距r時，電子的電勢能為，下列說法正確的是（）A．Q1帶正電，Q2帶負電B．Q2一定帶正電且在x軸負半軸上C．Q2所帶的電荷量是Q1的4倍D．電子在x=-6x0處受到的電場力為零【答案】BC【詳解】AB．由圖可知，電子從x=0到x=3x0，電勢能不斷減小，x>3x0，電勢能不斷增大，則電場力先做正功后做負功，可知電場強度的方向先沿x軸負方向后沿x軸正方向，可知Q1帶負電，Q2帶正電，且Q2位于x軸負半軸上，故A錯誤，B正確；C．在x=x0處，有在x=3x0處，有聯(lián)立可得，故C正確；D．由以上分析可知，Q2位于x=-3x0處，則x=-6x0處的電場強度為所以電子在x=-6x0處受到的電場力不為零，故D錯誤。故選BC。14．（2024·河北·二模）空間存在沿x軸方向的電場，從O點沿x軸正方向釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子只在電場力作用下剛好運動到處，粒子在運動過程中電勢能隨位置變化的關系如圖所示，下列說法正確的是（）A．由圖可知，粒子在x1處受到的電場力最大B．電場中x2點的電勢低于x1點C．粒子釋放時的動能為D．粒子經(jīng)過x2處的動能為【答案】D【詳解】A．圖像的斜率表示由于x1處的斜率為零，則粒子在x1處受到的電場力為零，故A錯誤；B．粒子帶正電，粒子在電勢高處電勢能大，因為故故B錯誤；CD．粒子運動過程中能量守恒解得粒子釋放時的動能為粒子經(jīng)過x2處的動能為故D正確，C錯誤。故選D。15．（23-24高三上·貴州貴陽·期末）工業(yè)生產(chǎn)中有一種叫電子束焊接機的裝置，其核心部件由如圖所示的高壓輻向電場組成。該電場的電場線如圖中帶箭頭的直線所示。一電子在圖中H點從靜止開始只在電場力的作用下沿著電場線做直線運動。取大地或無窮遠處電勢為零，下列關于電子電勢能隨位移變化的圖像可能正確的是（）A．B．C．D．【答案】C【詳解】依題意，電子向圓心運動過程中，電場力做正功，其電勢能減小，由圖可知，電場強度增大，根據(jù)可知電勢能圖線的斜率增大，同時電子運動路徑上電勢高于0，所以電子電勢能始終為負。故選C。16．（2024·吉林長春·模擬預測）如圖甲，電荷均勻分布的固定絕緣細圓環(huán)，圓心為O，軸線上的電場強度如圖乙所示?，F(xiàn)有一帶正電粒子，以大小為的初速度沿軸線僅在電場力作用下由P點運動到Q點，。以x軸的正向為電場強度的正方向，則（

）A．細圓環(huán)帶負電B．OP兩點間電勢差小于OQ兩點間電勢差C．該粒子將會在PQ兩點之間做往復運動D．該粒子由P點運動到Q點的過程，電勢能先增大后減小【答案】D【詳解】A．以x軸的正向為電場強度的正方向，結合圖乙中電場的正負可知，圓環(huán)帶正電，故A錯誤；B．根據(jù)對稱性結合OP=OQ=L，可知OP兩點間電勢差UOP等于OQ兩點間電勢差UOQ，故B錯誤；C．根據(jù)對稱性結合，可知粒子到達Q點時的速度大小為v0，粒子不會在PQ兩點之間做往復運動，故C錯誤；D．該粒子由P點運動到Q點的過程，電場力先做負功，后做正功，則電勢能先增大后減小，故D正確。故選D。17．（2025·四川·一模）（多選）三角形OPN是一光滑絕緣斜面，斜面足夠長，斜面傾角為，以O點為坐標原點，沿斜面向下為軸正方向，如圖1所示，沿斜面加一靜電場，其電場強度隨變化的關系如圖2所示，設軸正方向為電場強度的正方向?，F(xiàn)將一質(zhì)量為，電荷量為的帶電小球從O靜止釋放，且小球釋放后沿斜面向下運動，已知。則下列說法正確的是（）A．小球一定帶負電B．小球在處的動能為C．小球沿斜面向下運動過程中最大速度為D．小球沿斜面向下運動的最大位移為【答案】AC【詳解】A．由題知，取沿斜面向下為軸正方向，故最開始的電場強度方向沿斜面向上，若小球帶正電，則最開始所受電場力沿斜面向上，又大于重力沿斜面向下的分力，故小球剛開始不可能沿斜面向下運動，所以小球帶負電，故A正確；B．當小球運動處時，電場強度為0，根據(jù)動能定理有解得此時的動能為故B錯誤；C．小球沿斜面向下運動過程中，當有最大速度時加速度為零，則有解得由圖2可知，設此時電場強度對應的橫坐標為x，則有解得從最開始到最大速度，根據(jù)動能定理有解得故C正確；D．當小球的速度為零時，小球沿斜面向下運動到最大位移，設為，對應的電場強度為，由圖2可知從最開始運動到最大位移，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得故D錯誤。故選AC。題型三：帶電粒子（帶電體）在電場中的運動18．（2024高三上·河北邢臺·?？迹┰跓o重力空間，電場強度為E的足夠大的勻強電場中，有一條與電場線平行的直線，如圖中虛線所示，直線上有兩個靜止的小球A和B，質(zhì)量均為m，A球帶電荷量，B球不帶電。開始時兩球相距L，在電場力作用下，A球開始沿直線運動，并與B球發(fā)生正碰，碰撞中A、B兩球的總動能無損失，設在每次碰撞過程中，A、B間無電量轉移，且不考慮重力及兩球間的萬有引力，則兩球發(fā)生第6次碰撞到發(fā)生第7次碰撞之間的時間間隔是（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】A球在電場力作用下做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得，A球的加速度為設A球與B球碰前的速度為，由運動學公式可得所用時間因為A球和B球質(zhì)量相等，所以每次碰撞后交換速度，B球碰后做勻速直線運動，作出兩球運動的圖像，如圖所示

初始時刻斜線表示A球，水平線表示B球，兩球在、、、……時刻發(fā)生碰撞。由此可得，兩球發(fā)生第6次碰撞到發(fā)生第7次碰撞之間的時間間隔故選C。19．（2024·浙江·一模）圖甲為直線加速原理示意圖，它由多個截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，奇數(shù)序號與偶數(shù)序號圓筒分別與交變電源相連，交變電源兩極間電壓變化規(guī)律如圖乙。在t=0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時序號為0的金屬圓板中央有一電子由靜止開始在各狹縫間不斷加速。若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，交變電源電壓大小為U，周期為T。不考慮電子的重力和相對論效應，且忽略電子通過狹縫的時間。下列說法正確的是（）A．金屬圓筒1、2、3的長度之比為1:2:3B．電子離開圓筒1時的速度為進入時速度的兩倍C．第n個圓筒的長度應滿足D．進入第n個圓筒時電子的速率為【答案】D【詳解】由于電子每經(jīng)過圓筒狹縫時都要加速，進入圓筒后做勻速運動，所以電子在筒內(nèi)運動的時間均為，電子在加速過程中加速度相同，經(jīng)過n次加速后，根據(jù)動能定理解得不計縫隙時間，電子在圓筒內(nèi)的時間均為,則所以金屬圓筒1、2、3的長度之比為，故A錯誤；B．由于電子在筒內(nèi)做勻速直線運動，所以電子離開圓筒1時的速度等于進入時的速度，故B錯誤；CD．根據(jù)動能定理，電子進入第n個圓筒時的速度滿足所以所以第n個圓筒的長度為故C錯誤，D正確。故選D。20．（23-24高三上·河北衡水·?？迹┱龑χ⑺椒胖玫膬善叫薪饘侔暹B接在如圖所示的電路中，板長為，板間距為，在距離板的右端處有一豎直放置的光屏M。D為理想二極管（即正向電阻為0，反向電阻無窮大），R為滑動變阻器，為定值電阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關S，讓一帶電荷量為、質(zhì)量為m的粒子從兩板左端連線的中點N以水平速度射入板間，粒子未碰到極板，最后垂直打在M上。已知重力加速度為g，在保持開關S閉合的情況下，下列分析或結論正確的是（）A．粒子在板間運動的過程中與它從板的右端運動到光屏的過程中速度變化量相同B．板間電場強度大小為C．若僅將滑片P向下滑動一段后，則粒子不會垂直打在M上D．若僅將兩平行板的間距變大一些，則粒子不會垂直打在M上【答案】B【詳解】A．粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開電場后，粒子應打在屏的上方，做斜上拋運動，否則，粒子離開電場后軌跡向下彎曲，粒子不可能垂直打在M板上。粒子在板間的類平拋運動和離開電場后的斜上拋運動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于，而且方向水平，粒子垂直打在M板上時速度也水平，根據(jù)粒子的軌跡彎曲方向可知兩個過程粒子的合力方向相反，加速度方向相反，則速度變化量方向相反，故A錯誤；B．粒子的軌跡如圖所示設粒子在板間運動的過程中加速度大小為a，則粒子離開電場時豎直分速度大小粒子離開電場后運動過程其逆過程是平拋運動，則聯(lián)立解得故B正確；C．若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電荷量不變，板間電壓不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上，故C錯誤；D．若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由知U不變，電荷量要減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電荷量不變，根?jù)推論可知板間電場強度不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上，故D錯誤。故選B。21．（2024·遼寧·一模）如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板間距為d，兩板間所加電壓如圖（b）所示。在兩板左側中間位置O點有一個粒子源，能沿兩板中軸線向外持續(xù)射出質(zhì)量為m、電荷量為初速度為的粒子。已知極板長度為4d，不計粒子重力及粒子間的相互作用，時刻兩板間電場方向豎直向下，此時射入板間的粒子恰好能從極板右側射出，則（）A．時刻射入極板間的粒子離開電場時沿電場方向的位移為dB．時刻射入極板間的粒子離開電場時速度方向仍沿方向C．時刻射入極板間的粒子將打在極板上D．粒子從右側射出時的最大動能為【答案】B【詳解】A．粒子在電場中運動的時間為時刻射入極板間的粒子豎直方向先向下加速，后向下減速，因粒子恰能從極板右側射出，則離開電場時沿電場方向的位移為d，故A錯誤；B．由對稱性可知，時刻射入極板間的粒子離開電場時沿電場方向的速度減為零，則速度方向仍沿方向，故B正確；C．時刻射入極板間的粒子豎直方向先向上加速時間為，然后向上減速時間，則最終粒子恰能從上極板邊緣飛出，故C錯誤；D．由運動的對稱性可知，無論何時進入電場的粒子，豎直方向都要經(jīng)過先加速后減速到零，然后反向加速后反向減速到零，即粒子出離電場時沿電場方向的速度均為零，可知粒子從右側射出時的動能均為故D錯誤。故選B。22．（2023·浙江·高考真題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉電極YY′、水平方向偏轉電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子（

）A．在XX′極板間的加速度大小為B．打在熒光屏時，動能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切【答案】D【詳解】A．由牛頓第二定律可得，在XX′極板間的加速度大小，A錯誤；B．電子電極XX′間運動時，有vx=axt電子離開電極XX′時的動能為電子離開電極XX′后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為，B錯誤；C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小，C錯誤；D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切，D正確。故選D。23．（2024·河北·模擬預測）質(zhì)量1kg的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為，與滑塊間動摩擦因數(shù)為，電動機帶動傳送帶以3m/s速度順時針勻速轉動。滑塊受到沿斜面向上的4N恒定電場力作用，已知重力加速度為g=10m/s2，則1s內(nèi)（）A．滑塊動能增加4J B．滑塊機械能增加12JC．由于放上滑塊電機多消耗電能為12J D．滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)熱為4J【答案】C【詳解】A．分析滑塊，由牛頓第二定律得解得，1s末，滑塊末速度為位移為傳送帶位移為則，滑塊動能為故A錯誤；B．滑塊機械能增加故B錯誤；C．電機多消耗電能故C正確；D．滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)熱為故D錯誤。故選C。24．（23-24高三上·浙江·階段練習）粒子直線加速器原理示意圖如圖1所示，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電壓變化規(guī)律如圖2所示。在時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一自由電子由靜止開始發(fā)射，之后在各狹縫間持續(xù)加速。若電子質(zhì)量為，電荷量為，交變電源電壓為，周期為。不考慮電子的重力和相對論效應，忽略電子通過圓筒狹縫的時間。下列說法正確的是（

）

A．要實現(xiàn)加速，電子在圓筒中運動的時間必須為B．電子出圓筒2時的速度為出圓筒1時速度的兩倍C．第個圓筒的長度應滿足D．要加速質(zhì)子，無須改變其他條件但要在到時間內(nèi)從圓板處釋放【答案】C【詳解】A．電子每經(jīng)過圓筒狹縫時都要加速，然后進入圓筒做勻速運動，所以電子在筒內(nèi)運動的時間必須為，A錯誤；B．由動能定理得電子出圓筒1時的速度為解得由動能定理得電子出圓筒2時速度為解得，B錯誤；C．由動能定理得電子進圓筒n時的速度為第個圓筒的長度為解得，C正確；D．如果要加速質(zhì)子，質(zhì)子的比荷比電子的比荷要小，則質(zhì)子進入圓筒的速度比電子進入圓筒的速度要小，則圓筒的長度需要相應的變短，釋放的時間應該在到時間內(nèi)釋放，D錯誤。故選C。25．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著與圓平面平行的勻強電場，直徑MN與水平直徑PQ間的夾角為45°，圓心O處有一粒子源，在圓形平面內(nèi)沿不同方向發(fā)射速率均為的完全相同的帶正電粒子，發(fā)現(xiàn)兩個特點：速度方向垂直于MN斜向右上方發(fā)射的粒子最終從Q點射出圓形區(qū)域；所有射出圓形區(qū)域的粒子中從N點射出的粒子的速度最大。不計粒子重力及粒子之間的相互作用力，下列說法正確的是（

）A．電場線方向沿ON方向 B．粒子可能從M點射出圓形區(qū)域C．粒子可能從P點射出圓形區(qū)域 D．從Q點射出圓形區(qū)域的粒子，其出射速度都相同【答案】A【詳解】A．由于從N點射出的粒子的速度最大，由動能定理可知，間電勢差最大，由，可知電場沿方向，故A正確；B．速度方向垂直于MN斜向右上方發(fā)射的粒子最終從Q點射出圓形區(qū)域，其軌跡類似于平拋，從到合位移為圓半徑，由平拋規(guī)律可知，沿初速度方向有沿電場方向可知電場中粒子加速度為當粒子沿方向射出時，有可得所以不能從點射出圓形區(qū)域，故B錯誤；C．由于之間電勢差為沿方向上入射的粒子最大距離為，對應電勢差故無論從哪個角度射出，都不能通過點，故C錯誤；D．只要從點射出，由于電勢差相等，電場力做功相同，由動能定理可知，出射速度大小相等，但方向不同，故D錯誤。故選A。26．（2024·寧夏銀川·模擬預測）（多選）圖甲中的水平平行金屬板M、N間加有圖乙所示的變化電壓，后電壓消失。當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場。O位于M、N板間中點，可以向外釋放初速度為零的帶電液滴。在時，均帶負電的液滴甲、乙從O由靜止進入板間，甲液滴的質(zhì)量為m，乙液滴的比荷是甲液滴的1.5倍，忽略兩個帶電液滴間的相互作用及其電荷量的變化。已知時間里甲處于靜止狀態(tài)，時刻甲恰好到達下極板附近。重力加速度大小為g，則在圖中所示的時間段內(nèi)，下列說法正確的是（）A．兩板間距為B．甲液滴在圖示所示時間段內(nèi)的最大動能為C．甲液滴在時刻恰好到達上極板附近D．乙液滴在時刻打到上極板【答案】ABD【詳解】ABC．由于時間里甲液滴處于靜止狀態(tài)，則有解得則有在時間內(nèi)，甲液滴做自由落體運動，在時間內(nèi)做勻減速直線運動，在時刻，甲液滴的速度為時刻，甲液滴恰好到達下極板附近，則有解得在時間內(nèi)有解得時刻，甲液滴開始向上加速，加速時間為，加速結束時的速度為則此速度為甲液滴在圖示所示時間段內(nèi)的最大速度，則甲液滴最大動能為向上移動的距離為可知，甲液滴在時刻恰好回到點，故AB正確，C錯誤；D．乙液滴在時間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律可得向上運動的距離時間內(nèi)運動的位移此時的速度此時距離上極板的距離在后，根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)解得（另一解為負舍去）乙粒子在打到上極板的時刻，D正確。故選ABD。27．（2024·遼寧沈陽·三模）（多選）如圖所示，質(zhì)量、帶電量的小球（視為質(zhì)點）與長的絕緣輕繩相連，輕繩另一端固定在O點，整個系統(tǒng)處在與豎直方向夾角為、場強大小的勻強電場中。AB為水平直徑，CD為豎直直徑，EF直徑過O點且與CD夾角為。當小球繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動時，取，下列說法正確的是（）A．小球運動到D點時，動能最小B．小球運動到A點時，動能最小C．小球從A點運動到B點時，動能增加了D．小球從F點運動到E點時，機械能增加了【答案】BCD【詳解】對小球受力分析電場力重力可得二力合力如圖指向水平方向，即等效重力水平向右，大小。AB．A點為圓周運動的等效最高點，也即速度最小。故A錯誤，B正確；C．小球從A點運動到B點時，動能增加量等于合力做的功故C正確；D．小球從F點運動到E點時，機械能增加量等于電場力做的功故D正確；故選BCD。28．（22-23高三上·黑龍江哈爾濱·期中）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g，不考慮空氣阻力。下列說法正確的是（）A．勻強電場的電場強度B．小球做圓周運動過程中動能的最小值為C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大【答案】B【詳解】A．小球靜止時細線與豎直方向成角，對小球進行受力分析，如圖所示由平衡關系可知解得故A錯誤；B．小球靜止時細線與豎直方向成角，則A點為小球繞O點在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做圓周運動的等效最高點A點時小球的速度最小，動能最小，由牛頓第二定律可知動能聯(lián)立解得故B正確；C．由機械能守恒定律可知，機械能的變化量等于除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功，此處即電場力做的功。由題意可知，當小球運動到最左邊與O點等高時，電場力做負功最多，機械能最小，故C錯誤；D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中，電場力先做正功后做負功再做正功，所以電勢能先減小后增大再減小，故D錯誤。故選B。題型四：計算大題專練（帶電粒子（帶電體）在電場中的平衡、運動）29．如圖，傾角為的斜面與水平地面平滑連接，在水平地面上方存在著與地面成角斜向上的勻強電場。質(zhì)量為0.4kg、帶電量為的絕緣物塊恰能沿斜面勻速下滑，進入水平地面后仍能勻速滑行。已知物塊與斜面及水平地面間的動摩擦因數(shù)相等，重力加速度取，運動過程中物塊所帶電量保持不變。(1)求勻強電場的電場強度大小；(2)若勻強電場的電場強度方向可以變化，為使該帶電物塊仍能在水平地面上勻速滑行，求電場強度的最小值?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）物塊沿斜面勻速下滑，由平衡條件解得物塊沿水平面做勻速直線運動，水平方向有豎直方向有聯(lián)立解得（2）木塊沿水平面做勻速直線運動，設場強與水平方向角度為、電場力大小為，水平方向豎直方向整理得所以，當時，電場力最小，最小值為此時場強大小為30．某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)存在兩層緊鄰的勻強電場，每層的高度均為d，電場強度大小均為E，方向沿豎直方向（如圖所示），邊長為，邊長為，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子流從邊中點P射入電場，粒子初速度為，入射角為θ，在紙面內(nèi)運動，不計粒子重力及粒子間相互作用。(1)當時，若粒子能從邊射出，求該粒子通過電場的時間t；(2)當時，若粒子從邊射出電場時與軸線的距離小于d，求入射角θ的范圍?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）依題粒子進入磁場后，受到豎直方向的電場力，故水平方向做勻速直線運動，根據(jù)幾何關系可知，粒子在水平方向的速度水平方向勻速直線運動，故該粒子通過電場的時間（2）粒子進入電場時，豎直方向的速度為分析易得，粒子豎直方向加速度為若粒子從邊射出電場時與軸線的距離小于d，由整理可得故解得故θ的取值范圍是31．如圖所示，光滑水平面與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接。在過圓心O的界面的下方與水平軌道之間分布有水平向右的勻強電場。現(xiàn)將質(zhì)量為m、電量為的小球甲從水平軌道上的A點由靜止釋放，與質(zhì)量為m、被靜止在B點的不帶電的小球乙碰撞后瞬間粘在一起形成小球丙，丙球運動到C點離開圓軌道后，做平拋運動恰好經(jīng)過界面上的P點，P點在A點的正上方。已知A、B間的距離為，重力加速度為g，甲、乙、丙小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，求：（1）丙經(jīng)過軌道C點時對軌道的作用力；（2）勻強電場的場強大小；（3）丙在半圓軌道運動時的最大動量?！敬鸢浮浚?），方向豎直向上；（2）；（3），方向斜向上與水平方向的夾角為【詳解】（1）設小球丙過C點時的速度為，由平拋運動可得C點由牛頓第二定律聯(lián)立解得由牛頓第三定律，小球丙經(jīng)過軌道C點時對軌道的作用力為，方向豎直向上。（2）小球甲從A到B的過程中由動能定理得小球甲和小球乙碰撞小球丙從B到C的過程中由動能定理得聯(lián)立解得（3）設小球運動到圓弧上的D點時的速度為，與豎直方向的夾角為，由動能定理化簡得由數(shù)學知識可得由此可得小球丙在半圓軌道運動時的最大動量方向斜向上與水平方向的夾角為，根據(jù)幾何關系有解得。32．如圖甲所示，接有交變電壓的豎直放置的兩平行板AD、BC間形成了交變電場，其電場強度E（規(guī)定水平向右為正方向，E0已知）與時間t的關系圖像如圖乙所示。不帶電的1號球從左板上邊緣A點以初速度v0水平向右拋出，經(jīng)過時間T恰好從右板下邊緣C點離開；帶電量為+q的2號球從左板上邊緣A點由靜止釋放，在時刻釋放時，其運動軌跡在1號球軌跡的左側，兩球軌跡恰好相切一次，且兩球過切點時的速度相同。兩球（均可視為質(zhì)點）的質(zhì)量均為m，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：（1）2號球在時刻釋放時，其離開電場區(qū)域時的速度；（2）2號球在時刻釋放時，兩球軌跡的切點與A點的水平距離和豎直距離；（3）2號球在0～時間內(nèi)的什么時間釋放，其能從兩板下邊界CD離開（運動過程中2號球打在左、右兩板上都會被板捕獲而不能從下邊界CD離開）?！敬鸢浮浚?）gT，方向豎直向下；（2），；（3）見解析【詳解】（1）時刻，由靜止釋放2號球，其水平方向的運動為：時間內(nèi)向右加速，時間內(nèi)向右減速到零，時間內(nèi)向左加速，時間內(nèi)向左減速到零，所以一個周期后2號球的水平速度為零，水平位移也為零，在豎直方向上有故2號球從D點離開電場區(qū)域，其速度大小為gT，方向豎直向下；（2）如圖甲所示小球所受水平方向電場力提供的加速度為時刻，由靜止釋放2號球，其軌跡在1號球軌跡的左側，運動過程中兩球軌跡相切一次，切點處兩球有相同的速度，設2號球從A點到切點處用時?t1，水平方向有解得故切點與A點的水平距離為與A點的豎直距離為（3）如圖乙所示設2號球軌跡與右板相切時，能從M點離開下邊界CD且離D點最遠，水平方向上，先向右加速運動，再向右減速運動，兩運動過程分別用時?t2，則有解得故在到時間內(nèi)釋放的2號球，可以從下邊界CD離開。33．如圖所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一彈性擋板，整個空間存在一沿斜面向上的勻強電場，足夠長不帶電的木板放在斜面上，其下端距擋板距離，木板上端放一帶正電小物塊，物塊可視為質(zhì)點，已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)。物塊和木板的質(zhì)量均為，物塊所受電場力始終為，重力加速度現(xiàn)將物塊與木板由靜止釋放，木板每次與擋板碰后將以原速率反彈，求：（1）木板第一次與擋板碰撞時物塊的速度大?。唬?）木板第二次與擋板碰撞時物塊的速度大??；（3）若要滿足物塊始終沒有從木板上滑出，則木板最小長度為多少？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）假設物塊和木板由靜止釋放后保持相對靜止下滑，則對二者整體由牛頓第二定律得其中解得再對木板由牛頓第二定律得解得，故假設成立，物塊和木板一起做勻加速直線運動，有可得（2）木板與擋板碰撞后先向上減速運動后向下加速運動，物塊向下做勻減速直線運動，分別對物塊和木板由牛頓第二定律有，解得，設經(jīng)時間t后二者再次共速，則有，解得，設共速時，木板下端距擋板距離為，共速后二者一起勻加速下滑，在第二次碰撞前有對木板在兩次碰撞之間的過程，有聯(lián)立可得，（3）設木板與擋板第一次碰撞后到第二次碰撞前，物塊相對木板的位移為，則有同理，設經(jīng)時間t1后二者再次共速，則有，解得，由二者運動的規(guī)律可知，每次碰后的相對位移為等比數(shù)列，即其中故木板的最小長度因可得。34．（24-25高三上·江浙皖·聯(lián)考）如圖所示，半徑為的金屬圓環(huán)固定在水平平面上，金屬環(huán)均勻帶電，帶電量為，另一個質(zhì)量為的帶電小球，穩(wěn)定懸浮在圓環(huán)圓心O點正上方高度的位置上，已知靜電常量為，重力加速度為，若取無窮遠為零電勢面，下列說法正確的是（）A．將小球從P向下移動至O點，電場力一直變小B．金屬環(huán)在P點的電場強度為C．小球的帶電量為D．將小球P下壓一小段距離后釋放，小球會做簡諧運動【答案】C【詳解】B．在金屬環(huán)上取電量為?q的一小段，則該小段電荷在P點的場強為則整個金屬環(huán)在P點的電場強度為選項B錯誤；C．由平衡可知可知小球的帶電量為選項C正確；AD．小球在距離O點x處的電場強度為由數(shù)學知識可知E隨x并非單調(diào)減小，可知將小球從P向下移動至O點，電場力不是一直變小，電場力F隨x不滿足F=-kx關系，可知將小球P下壓一小段距離后釋放，小球不會做簡諧運動，選項AD錯誤。故選C。35．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，一足夠大的空間內(nèi)有一無限長的均勻帶正電的導體棒水平放置，導體棒所在的豎直平面內(nèi)放有三個質(zhì)量相同、電荷量分別為q、2q、3q的微粒，通過多次擺放發(fā)現(xiàn)，當三個微粒均靜止時，它們距導體棒的距離之比總是，不考慮微粒間的相互作用?，F(xiàn)撤去該三個微粒，在導體棒所在的豎直平面內(nèi)距導體棒1.5h、2.5h處分別放有電子A、B（不計重力），給它們各自一個速度使其以導體棒為軸做勻速圓周運動，則A、B做圓周運動的線速度之比為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設q、2q、3q所在位置對應的電場強度為，的由平衡條件得即而它們距導體棒的距離之比總是，可知某點電場強度的大小與該點到導體棒的距離成反比。則任意一點的電場強度大小可寫成（k為常量）由于電子繞導體棒做勻速圓周運動，則，解得故選A。36．（2023·河北·三模）平面直角坐標系內(nèi)存在一靜電場，取O點電勢為0，其電勢沿水平方向變化的圖像如圖甲所示，沿豎直方向變化的圖像如圖乙所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子，從O點由靜止釋放，不計粒子重力，下列說法正確的是（

）A．釋放瞬間，粒子的加速度為B．剛開始釋放的一段時間內(nèi)，粒子沿與x軸夾角為60°的方向斜向上做直線運動C．粒子運動到橫坐標為d的點時，其速度大小為D．粒子運動到橫