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）-高考物理一轮复习测试卷（新高考）

专题突破卷09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

考点预览

考点考向题型分布

带电粒子在电10单选+6多选

考点1:带电粒子在电场中做直线运动

场中的运动（直+2计算

线、偏转、交变

考点2:带电粒子在电场中做曲线（偏转）运动

电场、力学观

点、能量观点、

考点3：带电粒子在交变电场中的运动

动量观点）

考点4：带电粒子在电场中运动的力学观点应用

考点5:带电粒子在电场中运动的能量观点应用

考点6:带电粒子在电场中运动的动量观点应用

考点突破

考点。1,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）（10单选+6多选+2计算）

1.（2024•河北•模拟预测）质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为

0=37。，与滑块间动摩擦因数为〃=0.5,电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜

面向上的4N恒定电场力作用，则石内（）

A.滑块动能增加4JB.滑块机械能增加12J

C.由于放上滑块电机多消耗电能为12JD.滑块与传送带间摩擦产热为4J

【答案】C

【详解】A.分析滑块，由牛顿第二定律得

Eq+jumgcos0-mgsin0=ma

解得

a=2m/s2

1S末，滑块末速度为

v{=at=2xn/s

位移为

12।

x,=-at=lm

2

传送带位移为

x2=vt=3m

则，滑块动能为

Ek=；机吊2=2J

故A错误;

B.滑块机械能增加

AE*1=Eqx+jumgcosOx-8J

故B错误;

c.电机多消耗电能

AE2=jumgcos带=12J

故C正确；

D.滑块与传送带间摩擦产热为

Q=gcosOxx相=jumg(x2-)cos=8J

故D错误。

故选C。

2.（2024•广西贵港•模拟预测）如图所示，空间存在范围足够大且与长方形N8CD所在平面平行的匀强电场,

已知NC=248=46cm,A.B、C三点的电势分别为12V、8V、4V。一带电粒子从/点以斜向右上方与

成30。角、大小为%=2m/s的初速度射入电场，恰好经过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是

A.。点电势为6V

B.电场强度大小为当V/m

C.粒子过C点时的速度与初速度方向间夹角的正切值为内

D.粒子过C点时的速度大小为4鬲/s

【答案】B

【分析】命题透析本题考查匀强电场计算和类平抛运动，考查考生的科学思维。

【详解】A.因NC=248=46cm,4、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V,取。点为/C的中点，则

%=8V,则80为等势线，连接80并延长过。点，则为=8V,故A错误；

B.过/点作2。的垂线，则带箭头的实线为电场线，如图所示

4

V/m=—V/m

3

20x10冶

故B正确;

C.粒子初速度方向刚好与电场方向垂直，则根据类平抛运动的推论

tana=2tan0=25/3

故C错误；

D.粒子在C点时

vCy=%tana=4V3m/s

%=依+总=2V13m/s

故D错误。

故选Bo

3.（2024・山东济南•二模）如图所示在场强为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P的

质量为加、带电量为+4,其所受阻力与时间的关系为/=/o+H。f=0时物体尸由静止开始运动直至速度

再次为零的过程中，以下说法正确的是（）

-------------------------------->

E

--------------------------------►

=----------------------------------►

P

A.物体达到最大速度的时间%

mk

B.物体达到的最大速度为旧一然

2mk

C.全过程中，物体所受电场力的冲量为"垣二^

2k

D.全过程中，物体的阻力/的冲量为加码一一

【答案】B

【详解】AB.当物体所受合力为零时，物体的速度最大，则有

Eq=f0+kt

解得

—Eq-4

从静止到物体达到的最大速度，由动量定理有

+Eq

Eqt-^t=mvm-Q

2

解得

=（Eq一3

m2mk

故A错误，B正确；

CD.根据题意，对全过程，由动量定理有

Eq'fo+fjk，,,=0

解得

2（Eq-f。）

-k-

则全过程中，物体所受电场力的冲量为

=E=至立丝二&

1k

物体的阻力/■的冲量为

Tf0+f0+kt■2Eq（f「Eq）

22k

故CD错误。

故选Bo

4.（2024•四川南充•二模）绝缘水平面上固定一正点电荷0,另一质量为加、电荷量为a（q>0）的滑块（可

看做点电荷）从。点以初速度均沿水平面向0运动，6点为滑块运动中距。最近的点。已知。、6间距离为

d,滑块与水平面间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g。以下判断正确的是（）

A.滑块在6点的加速度一定为0

B.滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于变%

C.滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于5

D.0产生的电场中，a、b两点间的电势差为％=’"51

【答案】D

【详解】A.由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动

方相同，由于6点为滑块运动中距。最近的点，则滑块在6点速度为零，则滑块在运动过程中库仑力小于

滑动摩擦力，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以到达6点时加速度不为零，故A错

误;

BC.若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为

在运动过程的中间时刻，速度的大小为

而实际上，随着间距减小，库仑力增大，但一直小于滑动摩擦力，所以导致加速度减小，故中间位置的速

度的大小不等于"％,中间时刻的速度不等于?，故BC错误;

202

D.根据动能定理可得

12

Wah-^mgd=O--mvo

%=-qu«b

所以

加（片-2〃gd）

2q

故D正确。

故选D。

5.（2024•陕西铜川•模拟预测）如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，金属板相距为d,

一质量为加、电荷量为"的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出（轨迹如图中虚线所示）,

若仅将平行板电容器上极板平行上移与距离后，其他条件保持不变，重力加速度大小为g,则下列说法正确

的是（）

d'、、、、

、1*4、、、

I1

A.平移后油滴将做匀加速直线运动

B.平移后电场强度大于螫，方向竖直向下

q

C.平移后下板和上板之间的电势差大小为半

4q

D.平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了!"gd

4

【答案】C

【详解】AB.由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有

qE=mg

可得

E4

q

方向竖直向下，根据

E=—

d

由电容定义式有

C=F

由电容决定式有

c=-^~

4兀4d

联立解得

E尸kQ

可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向下，仍有

qE=mg

所以油滴仍做匀速直线运动，故AB错误；

C.综上分析，由于E不变，根据

U=Ed

当仅将平行板电容器上极板平行上移g距离后，上、下两极板间的电势差。变大，大小为

4

U，=E（d+±）=2~

44q

故C正确；

D.当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功

WG=-mgd

则电场力做功

W=mgd

根据功能关系可知，油滴的电势能减少了加gl,故D错误。

故选Co

6.（2024•河南周口•模拟预测）光滑绝缘水平桌面上有一质量〃?=1kg、带电荷量q=+5xlOYC的小球系在长

£=lm的绝缘细线的一端，细线的另一端固定在。点。整个装置放置于电场强度大小£=2X1（）4N/C的匀

强电场中，电场方向与水平面平行且沿方向，如图所示（此图为俯视图）。现给小球一垂直于细线的初

速度%=10m/s使其从/点开始绕。点在水平面内做圆周运动，小球可视为质点。当细线转过角度。满足

7T

owe<5时，绳子张力大小工和。的关系式为（）

A.=80-30cos（9（N）^0<6><y

C.7s.=80-30sin<9（N）［0<6><|

【答案】B

【详解】由牛顿第二定律得

丫2

F^-qEcos0=m——

L

由动能定理得

2

—qEL（1—cos8）=Jmv?-gmv0

解得

71

工（）

=80+30cos6NO<0<~2

故选Bo

7.（2024•河南•模拟预测）竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，如图所示，虚线为匀强电

场的等势面，实线为带电小球的轨迹。下列说法正确的是（）

A.小球从。到N机械能守恒

B.从。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。运动到N的

C.从。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

【答案】C

【详解】BD.根据轨迹可知，小球的合力竖直向上，小球受竖直向下的重力，所以小球所受电场力一定竖

直向上，小球电性未知，无法确定电场强度的方向，由于电场力与重力做功均与路径无关，所以。到M与

”到N合力对小球做功相同，故动能的变化量相同，但无法确定小球的运动方向，故BD错误；

AC.从。到N电场力对小球做负功，所以小球的机械能减少，重力做正功，小球的重力势能减小，故A错

误，C正确。

故选Co

8.（2024・四川成都•模拟预测）一带正电微粒从静止开始经电压必加速后，射入水平放置的平行板电容器,

极板间电压为仿。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45。，微粒运动轨迹的最高点到极板

左右两端的水平距离分别为2乙和3到两极板距离均为d,如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说

法正确的是（）

A.L:d=2-.l

B.U/：U/=2:1

c.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

【答案】D

【详解】A.带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，从进入电场到最高点有

2L=vst

d工

2

v„=at

tan45°=—

匕

联立解得

L:d=\:\

故A错误;

B.带电粒子在加速电场中，有

=；加片

带电粒子在偏转电场中，有

=~mv1

22y

sin45°=-

%

联立解得

于，

故B错误；

C.设带电粒子进入偏转电场的速度方向与水平方向夹角为a,则有

tana=tan45O=1

设带电粒子射出偏转电场的速度方向与水平夹角为万，则有

tan/3=—

匕

依题意，带电粒子从最高点运动到射出电场过程，有

L=v/

Vy=at'

联立解得

C1

tan0=3

根据数学三角函数，可得

tan(a+£)=3

故C错误；

D.粒子射入最高点的过程水平方向和竖直方向的位移分别为

22md

解得

C/x2

y=—2—

4dU]

可知带电粒子的轨迹方程与其质量或者电荷数量无关，即轨迹不会变化，故D正确。

故选Do

9.(2024・四川遂宁•模拟预测)如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过a、b两点。已知粒子的比

荷为七粒子经过。点时速率为3v,经过6点时速率为4v,粒子经过a、6两点时速度方向与湖连线的夹

角分别为53。、37。，ab连线长度为工。sin37°=0.6、cos37°-0.8,若粒子只受电场力作用，贝U()

一一'2kL

B.电场强度的方向垂直于初速度3V方向

C.。、6两点间的电势差为。"=上

k

D.粒子在a、6两点的电势能之差为政=比

k

【答案】A

【详解】AB.设电场力的方向与岫所在直线夹角为e,如图所示

3vcos(<9-37°)=4vsin(6>-37°)

解得

<9=74°

垂直电场力方向做匀速运动,运动的时间为

£sin。

=—sin37°

3vcos(6»-37°)3v

沿电场力方向速度变化量为

Av=4vcos(<9-37°)+3vsin(6—37°)=4vcos37°+3vsin37°

电场强度的大小为

EFmam\vm（4vcos370+3vsin370）25v2

qqqtSin37o2kL

3v

故A正确，B错误；

C.根据匀强电场电场强度

E-4

Zcos37°

可知。、b两点的电势差

故C错误；

D.根据功能关系有

qUab=NEf

电荷量未知，无法确定粒子在b两点的电势能之差，故D错误。

故选A„

10.（2024•北京昌平•二模）如图所示，在水平向右且场强大小为E的匀强电场中，两个半径相同、质量均

为加的小球A、B静止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直线与电场线平行。A带电量为q（4>0）,B不

带电，A、B之间的距离为"f=0时刻开始，A在电场力的作用下开始沿直线运动，并与B发生弹性碰撞。

碰撞过程中A、B之间没有电量转移，仅碰撞时才考虑A、B之间的相互作用，下列说法正确的是（）

E

两球第一次碰撞到发生第二次碰撞的时间间隔为楮

A.

I2mT

B.两球第n次碰撞到发生第n+1次碰撞的时间间隔为-

VqE

两球连续两次碰撞的时间间隔均为停

C.

IDmT

D.两球连续两次碰撞的时间间隔均为2Jr

VqE

【答案】D

【详解】A.A、B第一次碰撞前

qEL=^mv2

解得A、B第一次碰撞前

IqEL

V=

m

A、B第一次碰撞时

mv=mvM+mvBl

g"?廿二;加片1+;比41

解得A、B第一次碰撞后A、B的速度分别为

VA1=0

\2qEL

m

两球第一次碰撞到第二次碰撞

2m

解得两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为

2mL

4=2,

qE

A错误;

BCD.A、B第二次发生碰撞前

I型=2v

VA2=­(1=2,

mm

]2qEL_

VB2=VB1=

m

A、B第二次碰撞时

mvA2+mvB2=mvA2+mvB2

12121，21设

5加VA2+-^VB2=-mvA2+-mvB2

解得A、B第二次碰撞后A、B的速度分别为

VB22v

同理可得，两小球第〃+1次碰撞前速度与第"次碰撞后速度的关系为

VA(n+l)=V)“+2v=V/“+V

两小球每次碰撞后，两小球交换速度，即

VB“=VA,

"加=5

两球连续两次碰撞（第〃次碰撞到第”+1次碰撞）满足

心，+；・追产

=丫Bn

解得两球连续两次碰撞的时间间隔

2mL

t=2

qE

BC错误，D正确。

故选D。

11.（2024•海南省直辖县级单位•模拟预测）两块水平正对放置的导体板如图甲所示，大量电子由静止开始,

经电压为。o的电场加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些

电子通过两板之间的时间为3%；当在两板间加如图乙所示的周期为20、幅值恒为。0的电压时，恰好能使

所有电子均从两板间通过。则（)

A.板长和板间距之比为血：1

B.板长和板间距之比为6:1

C.电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为16：13

D.电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为6：5

【答案】BC

【详解】AB.电子通过两板之间的时间为3%,当在两板间加如图乙所示的周期为2/。、幅值恒为。0的电压

时，可知f=(«=0,1,2,3...)射入的电子穿过两板后获得的动能最大，电子的加速度为

空_马

14————

mmd

电子的沿电场方向最大速度为

匕二a•2%

恰好能使所有电子均从两板间通过，则

d1,_、2

-

—=-a(2f0)+vlt0

电子在加速电场中，根据动能定理

〃12

eU。=~mv0

导体板板长为

£=%3fo

联立解得

L=3t0J^,d=t0J^

Vmvm

故板长和板间距之比为

L:d=>/3:1

故A错误，B正确；

CD.电子穿过两板后获得的最大动能为

114

&nax=］加说+］机匕2=§eQ)，=(2〃+1)/(„=0,1,2,3...)射入的电子穿过两板后获得的动能最小，电

子的沿电场方向最小速度为

v2=at0

电子穿过两板后获得的最小动能为

1,113

Ekmin=WV0+^mV2=在600

可得电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为

故C正确，D错误。

故选BCo

12.（2024•陕西•模拟预测）如图所示，质量为机、带电荷量为+4何＞。）的粒子（不计重力）从尸点以初速

度l射入辐射状电场中，粒子恰好做匀速圆周运动，经过四分之一圆周后从/点垂直/O边射入以正方形

428为边界的匀强电场中，最后从C点射出。已知辐射状电场在圆弧轨迹处的电场强度大小为正方

形N8CD的边长与粒子做圆周运动的轨迹半径相等。下列说法正确的是（）

A.粒子在C点时的速度大小为底。

B.粒子在C点时的速度大小为2%

生+1］些

C.粒子从P点运动到C点的时间为

2)qE0

D粒子从0点运动到0点的时间为

【答案】AC

【详解】AB.设粒子圆周运动的轨道半径为此则有

圾=T

解得

R二--

qE0

粒子从/到。做类平抛运动，则水平方向上

R=%

解得

竭

在竖直方向上，则有

1,

7?=—at、

解得

2R_2qE,

a——r-

txm

竖直方向上的分速度

V》=ati=2%

所以粒子在C点时的速度大小为

v=7vo+（2vo）2=底。

A正确，B错误；

CD.粒子圆周运动的周期

%加%

ZTIR1=2--=----

%码）

所以粒子在弧形电场中运动的时间

3=亚

42qE0

所以粒子运动的时间

』*2=吗（1+生）

C正确，D错误。

故选AC。

13.（2023•全国•高考真题）在。点处固定一个正点电荷，P点在。点右上方。从尸点由静止释放一个带负

电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M.N是轨迹上

A.在运动过程中，电势能先增加后减少

B.在尸点的电势能大于在N点的电势能

C.在M点的机械能等于在N点的机械能

D.从〃点运动到N点的过程中，电场力始终不做功

【答案】BC

【详解】ABC.由题知，OP>OM,OM=ON,则根据点电荷的电势分布情况可知

6M=4>N>OP

则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且

EpP>EpM=EpN

则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正

确；

D.从初点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。

故选BCo

14.（2024・台湾・模拟预测）在均匀静电场中，将质量为加的带电小球以水平速度抛出，发现小球在竖直方

向以菅的加速度向下运动（g为重力加速度），而在水平方向作匀速运动。当小球在竖直方向的高度下降〃

时，下列叙述哪些正确？（假设空气阻力可忽略）（）

A.若小球带负电，则电场的方向竖直向下

B.若小球带正电，则电场的方向竖直向下

C.小球的重力势能减少了整

D.小球的电势能增加了?

E.小球的动能增加了军

4

【答案】ADE

【详解】AB.设小球所受电场力为方，对小球根据牛顿第二定律

mg-F=ma

解得

L3

F^-mg

方向竖直向上，若小球带负电，小球所受电场力与电场的方向相反，则电场的方向竖直向下；若小球带正

电，小球所受电场力与电场的方向相同，则电场的方向竖直向上，故A正确，B错误；

C.小球的重力做功为

WG=mgh

重力做小球做正功，则小球的重力势能减少了加g〃，故c错误；

D.电场力做小球做负功为

叫=-*

则小球的电势能增加了学，故D正确；

4

E.根据动能定理

F合h=mah=AEk

可得小球的动能增加

_mgh

%一4

故E正确。

故选ADE。

15.（2024・河北・二模）虚线间存在如图所示的电场，虚线左侧的匀强电场片与水平虚线间的夹角为

a=31°,一比荷为人的带正电的粒子由水平虚线上的N点静止释放，经过一段时间由竖直虚线的8（图中

未画出）点进入虚线右侧竖直向下的匀强电场外（当未知），最终粒子由水平虚线的C（图中未画出）点

离开电场，离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角为6=53。。已知。4=4£、电场强度耳=£,不计粒子

的重力，sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说法正确的是（）

A.E2=EB.OC=10L

C.粒子由4到C的时间为"।陛D./、C两点的电势差为整皮

l\kE9

【答案】CD

【详解】A.粒子由/点静止释放，粒子在片中做匀加速直线运动，/、8两点间的距离为

4£

x=--------=5L,x=4Ltan37°=3£

矣ARcos37°BO

又

E1=E

则该过程由动能定理得

解得

vB=yjlOkEL

粒子由2到C的过程做类斜抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度为

41--------

匕=vBcos310=—yjlOkEL

在竖直方向做类竖直上抛运动，初速度为

3_____

v2=vBsin37°=—yllOkEL

由题意粒子在。点的速度与虚线的夹角为。=53。，设竖直方向的速度为其，则由

tan53°=^-

匕

解得

V；=—y/10kEL

215

在竖直方向上由牛顿第二定律得

a==kE

m2

由速度公式得

v2=-v2+at2

又由位移公式得

rr12

3L-—y2t2+~at?

解得

9I10Ll_35k

h=-J,E?一—~E

2lykE27

故A错误；

B.O、C两点间的距离为

XOC=印2

整理得

_72

xoc二»L

故B错误;

C.粒子由N到5的时间为

5L10L

4=—=--

2

解得

所以粒子由4到C的总时间为

故C正确；

D.粒子在C点的速度为

粒子由A到C的过程由动能定理得

〃12

也C=］叫

解得

UAc=鼻EL

故D正确。

故选CD。

16.（2024•山东东营•二模）如图所示,在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为加、电荷量为+g的小球,

系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕。点做圆周运动。N2为圆周的水平直径，CD为竖

直直径。已知重力加速度为g,电场强度片=近鳖，下列说法正确的是（）

q

D*

一-一厂'、、.E

A.若小球恰能在竖直平面内绕。点做圆周运动，则它运动的最小速度为痂

B.若小球在竖直平面内绕。点做圆周运动，则小球运动到2点时的机械能最大

C.若将细线剪断，再将小球在/点以大小为威的速度竖直向上抛出，小球将不能到达8点

D.若将小球在N点由静止开始释放，则小球沿NC圆弧到达C点的速度为J2gd+gd2〃

【答案】BC

【详解】A.小球受到水平向右的电场力

F=Eq=yfimg

合力为

=/mg)。+(G"2g¥=2mg

方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60。，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v,有

mv2

~d

联立解得

v=J2gd

故A错误;

B.由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆

周运动，运动到8点时，静电力做功最多，故运动到8点时小球的机械能最大，故B正确;

C.小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为。时，有

g

水平位移有

x=-at2

2

由牛顿第二定律

a=%Mg

m

解得

x=2>/3d>2d

所以小球将不能到达2点，故C正确;

D.设合力方向与电场线方向夹角为有

八mgv3

tan8=*=:一

F3

得

0=30°

所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。

故选BCo

17.（2024・陕西咸阳・模拟预测）如图甲所示，真空中相距占5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中

未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量加=2.OxlO-27kg、电荷量

q=+1.6xl049c的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：

（1）若A板电势变化周期7=1.0x10%,在上0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时

速度的大小；

（2）A板电势变化频率多大时，在"§到"!时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到