2023届高考物理一轮总复习-带电粒子在电场中的运动复习含解析

2023届高中物理高考备考一轮总复习

带电粒子在电场中的运动专题复习卷

一、单选题（共7题）

1.力8板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷（电荷量与质量的比）相同的带

电微粒（不计重力），。、6和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则

可知粒子运动的全过程（）

A.运动加速度四>四>痣

B.飞行时间tb=tc>ta

C.水平速度va>vb=vc

D.电势能的减少量

2.竖直平面内有一方向水平向右的匀强电场，一带电粒子（不计重力）从。到6的运动轨迹如图所示，

不计空气阻力，粒子在该过程中（）

“二:

---------------------------►

%

-----------------------------------------------------------------------►

\b

------------------------------------------------T---------------------►

A.可能做匀速圆周运动

B.一定做匀变速运动

C.电势能一定减少

D.在a点受到的电场力一定大于在b点受到的电场力

3.如图，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从/点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点8后回到

与力在同一水平线上的C点，粒子从4到8过程中克服重力做功2J,电场力做功3J,则（）

D.下滑过程中，小球的机械能逐渐增大

6.如图所示，带正电的摆球可绕固定点。在竖直平面内摆动。空间中存在与水平方向夹角为0=30。的匀

强电场，摆线长度为心摆球质量为机，把摆球拉到与。点等高处由静止释放，摆球恰能运动到摆线与电

场方向垂直处速度减为0。摆线不可伸长且一直处于拉直状态，摆球可视为质点，不计空气阻力，重力加

速度为g。关于此过程下列说法正确的是（）

A.摆球受到的电场力大小大于重力大小

B.摆球运动到O点正下方时机械能减少了与

C.当摆球运动到O点正下方时，摆线的拉力大小为如芋〃密

D.摆球速度最大时，摆线上的拉力大小为3百〃%

7.如图所示，一块质量可忽略不计的足够长的轻质绝缘板，置于光滑水平面上，板上放置A、B两物块,

质量分别为mA=010kg、wB=0.20kg,与板之间的动摩擦因数均为〃=0.20。在水平面上方有水平向左

的匀强电场，场强E=2.0x105N/C。现将A、B带上电荷，电荷量分别为私=2.0x彘=-3.5x105C,

且保持不变。重力加速度g取lOWs，则带电后A、B的运动状态是（）

%一..

«团后

A.A、B都以l.Om/sZ的加速度向右运动

B.A静止不动，B以1.5m/s2的加速度向右运动

C.A以ZOm/s?的加速度向左运动，B以15诀2的加速度向右运动

D.A以Z.Om/sz的加速度向左运动，B以2.5m/s2的加速度向右运动

二、多选题（共5题）

8.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区

域时的运动轨迹，。、6是轨迹上的两点。若粒子在运动中只受电场力作用。根据此图能作出的正确判断

是（）

b、

A.带电粒子所带电荷的正负B.以b两点电场的方向

C.粒子在a、b两点的受力方向D.粒子在a、b两点何处速度大

9.如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8X10-6C的带负电小球A,其正上方。点处用轻细弹簧悬挂一

质量机=0.06kg、电荷量大小为2xl0《c的小球B,弹簧的劲度系数A=5N/m,原长Ao=O.3m。现小球B恰

能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角

外53。。已知静电力常量49.0xl09N.m2/c2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m/s2,两小球都视为点电荷。则

下列说法正确的是（）

A.小球B一定带负电

B.B球圆周运动的速度大小为"m/s

3

C.在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，B球将做离心运动

D.在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，B球将做近心运动

10.一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直

径的两端，6、"是水平直径的两端，质量为〃?的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球

自a点由静止释放，沿“历运动到d点时速度恰好为零，由此可知（）

E

A.小球所受重力等于电场力B.小球在b点时的机械能最小

C.小球在d点时的电势能最大D.小球在c点时的动能最大

11.如图所示，一质量为，八电荷量为4的带正电小球以大小为W的速度从〃、N连线上的P点水平向右

射入电场强度大小为臂（g为重力加速度大小）、方向竖直向下的匀强电场中，小球运动轨迹经过上

的。点（未画出）。已知与水平方向成45。角。不计空气阻力。则下列说法正确的是（）

M

尸•寸E

w*

N

A.小球从尸点运动到。点的过程中电势能减小

B.小球在电场中运动时的加速度大小为0g

C.小球从P点运动到。点的时间为白

2g

D.P、。两点的距离为国

g

12.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板力、8之间有加速电场，C、。之间有偏转电场，M为荧

光屏。今有质子、笊核和a粒子均由/板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最

后打在荧光屏上、已知质子、笊核和a粒子的质量之比为1口2口4,电荷量之比为1口1口2,重力不计。则

A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同

B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同

C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1山口2

D.三种粒子运动到荧光屏时的动能之比为1102

三、解答题（共4题）

13.如图，AB是竖直面（纸面）内圆心在。点，半径为R的;固定圆狐轨道，所在空间有方向水平向右

（与04平行）的匀强电场，从。点静止释放一质量为叭电荷量为46>0）的小球，小球第一次与轨道

2

碰撞于。点，DB=-AB.小球可视为质点，重力加速度大小为g。

（1）求电场的场强大小；

（2）若小球与轨道碰后速度反向且电荷量不变，碰后瞬间速率变为碰前瞬间速率的求小球第一次反

弹后与。点的最近距离。

14.如图所示，电荷量为-e,质量为，〃的电子从4点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为w,当

它通过电场中8点时，速度与场强方向成150。角，不计电子的重力，求：

（1）电子经过8点的速度多大；

（2）两点间的电势差多大。

15.放射性元素发生夕衰变时会释放出电子，某发生月衰变的放射源用绝缘支柱放置于真空容器内，该容

器底部有一层水平放置的荧光屏，当有电子打到上面时会发出淡淡的荧光，从而可以用来检测电子打到的

位置，放射源与荧光屏的距离为/i,容器内存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E,荧光屏和容器

的空间足够大。为了简化问题，可以把放射源当成一个电子发射器，能够向空间内各个方向发射速度大小

均为%的电子，电子的质量为"?、所带电荷量为%忽略电子间的相互作用及电子的重力，求：

(1)竖直向上飞出的电子从发射到打到荧光屏上经过的时间4:

(2)大量沿水平方向飞出的电子的落点形成的轨迹的周长心

(3)电子在荧光屏上散布的区域的半径R。

16.如图甲所示。真空中水平放置的平行金属板A8间距为乩紧邻两板右侧有一荧光屏。。点为荧光屏的

中心，A8两板间加如图乙所示的变化电压(。。己知)。现有大量完全相同的带电粒子由静止开始经加速

电场q后。沿平行板正中间水平射入A8两板之间。某粒子在r=o时刻进入A8两板。经过时间包打在荧

光屏上P点，已知平行金属板长为L粒子质量为加、电荷量为小所有粒子均能从A8两板间射出并打在

荧光屏上。不计粒子重力和粒子间相互作用。求：

(1)加速电压G;

(2)r=0时刻进入A3板间的粒子打在荧光屏上P点与。点间的距离；

(3)不同时刻进入板间的粒子打在荧光屏上的落点与。点间距的最大值与最小值之比。

u

4

。

2to3/04/05/06/07to8/0

甲乙

参考答案

1.B

【详解】

A.根据牛顿第二定律得:微粒的加速度为

m

据题且相同，E相同，所以加速度相同，即。“=四=。《,选项A错误;

m

B.三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由

y=2a12

得

喟

由图有

yb=yc>ya

则得

tb=tc>ta

选项B正确；

C.三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由

X=Vot

得

X

Vo=­

t

由图知

Xa>Xb>Xc

又

tb=tc>ta

则得

Va>Vb>Vc

选项C错误；

D.电场力做功为

W=qEy

由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D

错误；

故选Bo

2.B

【详解】

A.带电粒子在恒力的作用下不可能做匀速圆周运动。A错误；

B.根据牛顿第二定律，带电粒子在恒力的作用下一定做匀变速运动。B正确；

C.根据轨迹的弯曲方向，可知带电粒子受到的电场力水平向左，所以从从。到6的运动过程，电场力做

负功，电势能增大。C错误；

D.在匀强电场中，在。点受到的电场力与在6点受到的电场力相等。D错误。

故选Bo

3.A

【详解】

A.由于带电粒子做抛体运动，将运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，竖

直方向先做匀减速后做反向匀加速运动，利用运动的对称性可知tAB=tBC,由于水平方向为初速度为零的

匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系有

XAB：XBC=1：3

则电场力所做的功有

3WAB=WBC

在竖直方向上

VA=2gh

变形可知初动能为：

~mvA=mgh=2J

从/一C由动能定理有

代入数据有

12

-fnvc=14J

A正确；

BC.电场力做正功电势能减小，且做了多少正功，电势能就减少多少，由选项力知

3%B=%c=9J

BC错误；

D.其他力（除重力弹力以外的力）做正功机械能增加，且其它力做了多少正功，机械能就增加多少，则

WAH=2S

则粒子在8点的机械能比在N点多2J,D错误。

故选A。

4.C

【详解】

设粒子的电荷量为4,质量为〃?，粒子在匀强电场中运动的加速度为

qE

a=——

m

运动时间为

X

t=—

%

偏转位移为

y=­1at2

2

整理得

q二2)啸1

mEx2

因此，得

%

联立解得

k'=-k

9

故选Co

5.A

【详解】

AB.小球受到的重力和电场力均为竖直向下的力，根据受力分析可知，小球的加速度大小为

叱生吗ine

m

可知加速度不变，则小球沿斜面向下做匀变速直线运动，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意;

C.根据动能定理有

(mg+qE)h=；mv：

解得

\l^mg+qE)h

VB

vm

可求得小球到达8点时的速度，故C正确，不符合题意;

D.由于小球受到电场力做正功，故小球的机械能增大，故D正确，不符合题意。

故选Ao

6.B

【详解】

A.设摆球所受电场力大小为代对全过程由动能定理有

{mg+Fsin0)Lcos0—FcosgL(1+sin，)=0

得

F=mg

故A错误；

B.在。点正下方时，摆球机械能的减少量等于克服电场力做的功的大小，有

=FL(cos0-sin。)=小21mgL

故B正确；

C.摆球从释放运动到O点正下方的过程中，根据动能定理有

mgL-FL（cos，-sin6）=J加/

在。点正下方，由向心力公式有

T-mg-Fsin0=m—

解得

T9-273

T=2mg

故c错误；

D.电场力与重力的合力大小为与竖直方向夹角为30。，当摆球运动到等效重力场中的最低点时,

摆球速度最大，有

CmgX—=—772V2

22

此时合力方向与摆线共线，根据圆周运动规律，有

%=m；+6m.g

联立，可得

F税=2jimg

故D错误;

故选B。

7.D

【详解】

A与木板间的动摩擦力为

4==0.2x0.1x1ON=0.2N

B与木板间的动摩擦力为

fB==0.2x0.2x1ON=0.4N

由于人＞〃，所以木板跟B一起运动。对A水平方向受力分析有

解得

2

aK=2.0m/s

方向向左；对B与轻质绝缘板水平方向受力分析有

解得

2

“B=2.5m/s

方向向右；故ABC错误，D正确。

故选D。

8.CD

【详解】

AB.由于电场线未标明方向，故无法判断出带电粒子所带电荷的正负，也无法确定〃、/＞两点电场的方向，

故A、B错误；

C.根据做曲线运动时合外力指向轨迹凹侧，且带电粒子在运动中只受电场力，故可判断出粒子在6两

点的受力方向，故C正确；

D.假设粒子从a运动到b,则电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则粒子在〃点速度大，反之

也可得粒子在。点速度大，故D正确。

故选CD。

9.CD

【详解】

A.小球工、8之间的库仑力

FzzkQ£s_

左

设弹簧弹力为兀小球8在竖直方向上，有

Tcos&=mg

弹簧的弹力在水平方向的分力

Tx=Tsin6

由胡克定律

T=ko(IOB-LQ)

又

〃尸/oAsin。

可解得

7MN

A=0.8N

尸=0.9N

片0.5m

〃8=0.4m

小球8做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心4又有尸＞八，则8球带正电，A错误；

B.小球所受向心

Fn=F+7：v=1.7N

由

2

Fn=rn—

‘AB

解得

「幽m/s

3

选项B错误；

C.在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小球

做离心运动，故C正确；

D.在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，

小球受到一个指向圆心的洛伦兹力作用，这时供的向心力大于需要的向心力，小球做近心运动，故D正确。

故选CD。

10.AC

【详解】

A.分析题意可知，小球自a点由静止释放，沿运动到d点时速度恰好为零，则小球带负电，ad圆弧

的中点E为小球圆周运动的等效最高点，重力和电场力的合力与竖直方向夹角为45。,故重力等于电场力，

A选项正确；

B.根据功能关系可知，电场力做正功，机械能增加，故小球在6点时的机械能最大，B选项错误；

C.根据能量守恒可知，小球在6点的电势能最小，在d点的电势能最大，C选项正确；

D.根据圆周运动规律可知，必弧的中点F为等效最低点，小球运动到F点时，动能最大，D选项错误；

故选ACo

11.AD

【详解】

A.小球带正电，在从P点运动到。点的过程中电场力做正功，电势能减小，故A正确；

B.根据牛顿第二定律

mg+Eq=ma

因£=整，所以小球在电场中运动时的加速度大小为2g,故B错误；

q

c.小球从0点运动到。做类平抛，水平方向

竖直方向

y--ar

-2

又

tan45°=—

x

联立解得『=为，故c错误;

g

D.根据

2

v0

g

P、。两点的距离为

xV2v

s=--------=--0----

cos45g

故D正确。

故选AD,

12.BCD

【详解】

A.粒子加速过程

qU\=^mv2

从8至M用时

,=—।+L

V

得

飞\m

所以

6口£2口£3=1口□V2

A错误；

B.偏转位移

2%知2=义立

2mdv4dU\

所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，B正确;

C.电场力做功

W=qEy

得

%口咤印3=/"口43=1口1口2

C正确；

D.粒子运动到荧光屏时的动能为电场力做的功，即有

Ek=qU、+Eqy

可得三种粒子的动能之比

0：%：线3=%：%：%=1：1：2

D正确。

故选BCD,

13.（1）E=3整；（2）小„=苧

q4

【详解】

（1）从。到。，小球受二力作用做初速度为的匀加速直线运动

因

DB=-AB

3

故

6=60。

由

qE=mgtan0

解得

E-6mg

q

°r<------------------qE

mqF合

（2）小球所受合力为

4=g=2,〃g

COS0

从。到。，由动能定理有

2mgR=gmv2

可得

V=2y/gR

第一次碰后瞬间的速率为

V'=^V=y[gR

从。点反弹至最高点的过程,小球沿。。方向做匀减速直线运动

由动能定理有

12

-2mgx=0——mv'

可得

解得小球第一次反弹后与。点的最近距离为

n3R

/in=R-x=——

4

14.(1)2%；(2)-现也1

2e

【详解】

(1)电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动,8点的速度

V=^-=2%

cos600°

(2)电子从4运动到B由动能定理得

1,12

-MB=—mv~-—/HV0-

A.8两点间的电势差

2

3/nv0

UAB个

2e

，Ee.

%+、％+2—h巧画;(3)屋小尸

15.(1)t,=——L-—；(2)L=2m0J—

Ee,Ee丝

mm

【详解】

(1)电子受到向下的电场力，做匀变速直线运动，设加速度大小为“，由牛顿第二定律得

Ee=ina

,12

-h=votl--at{

解得

2、Ee]

%+\%+2——h

一Y〃？(另外一负根舍去)。

Ee