10.5带电粒子在电场中的运动（预习衔接.含解析）2025-2026学年高二上学期物理必修第三册人教版（2019）

中小学教育资源及组卷应用平台
新课预习衔接 带电粒子在电场中的运动
一．选择题（共5小题）
1．（2024 天心区校级模拟）如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点。杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方。在小环从M点运动到N点的过程中（　　）
A．小环加速度最大值为
B．小环经过Q点时的速度最大
C．小环经过N点时的速度大小为
D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等
2．（2024春 湖南期末）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（　　）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B．粒子的电荷量为
C．在tT时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了
D．在tT时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
3．（2024 盐城三模）随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（　　）
A．右极板带正电
B．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C．两极板间的电压值为
D．颗粒落到收集板时的速度大小为
4．（2024春 让胡路区校级期末）如图所示，M和N为两平行金属板，板间电压恒为U，在N板附近由静止释放一不计重力的带正电粒子。下列说法中正确的是（　　）
A．若仅减小两板间距离，粒子受到的电场力不变
B．若仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度将变大
C．若仅增大两板间距离，回路中会出现逆时针方向的瞬时电流
D．若仅减小两板的正对面积，回路中会出现顺时针方向的瞬时电流
5．（2024 广东模拟）在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；现有一电子以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映电子运动轨迹的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024春 合肥期末）1911年英国物理学家卢瑟福提出原子的核式结构模型：电子围绕原子核在高速旋转。设电子质量为m，电荷量为﹣e，氢原子核电荷量为+e，静电力常量为k，电子绕原子核做匀速圆周运动的半径为r。已知在孤立点电荷q的电场中，以无限远处电势为0时，距离该点电荷为r处的电势。下列说法正确的（　　）
A．电子做匀速圆周运动的速率
B．电子绕核运动时等效电流为
C．电子绕核运动一周时，该氢原子核施加的库仑力对其做功
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为
（多选）7．（2024春 湖南期末）如图所示，A、B两相同的金属板水平放置。现让两板带上等量异种电荷，两板间形成竖直方向的匀强电场。将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，电场力做功为W1；当粒子射入速度为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，电场力做功为W2．不计粒子重力，则（　　）
A．v1：v2＝2：1 B．v1：v2＝2：1
C．W1：W2＝1：1 D．W1：W2＝1：2
（多选）8．（2024 邵阳一模）如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m的带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度v0沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于该粒子在OA这一过程的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C．这段运动过程中粒子的最小动能为
D．电场力方向与x轴正方向之间夹角的正切值为
（多选）9．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，在竖直平面内有一电场强度为E的匀强电场，电场的等势面如图中实线所示，与水平方向夹角为37°。一个质量为m，电荷量为+q的小球在A点以初速度v0竖直上抛，运动轨迹如图中虚线所示，B点是轨迹的最高点。已知重力加速度为g，小球的电荷量。下列说法正确的是（　　）
A．A点电势低于B点电势
B．A、B两点的高度差为
C．A、B两点的电势差为
D．小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量
（多选）10．（2024 成都模拟）如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子质量为m、电荷量为q，从靠近左板处由静止释放，测得粒子从出发至右板所用的时间为t，到达右板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三．解答题（共5小题）
11．（2024 五华区校级模拟）如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高h处不断有质量为m、电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：
（1）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到第一次离开上极板的时间。
12．（2024春 耒阳市期末）一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
（1）小球带电情况；
（2）小球由A到B的位移；
（3）小球速度的最小值。
13．（2024 郑州二模）图（a）为一种测量带电微粒速率分布的实验装置。图中直径为D的竖直圆筒壁上有一竖直狭缝S，高度为h，宽度忽略不计。紧贴圆筒内壁固定有高度为的半圆柱面收集板，用于收集带电微粒；板的一竖直边紧贴狭缝S，上边与狭缝S上端对齐，上边缘远离狭缝的顶点为P点，另有一距P点弧长为l的点Q，俯视图如图（b）所示。圆筒内存在一竖直向下的匀强电场，电场强度为E。令圆筒以角速度ω绕中心轴顺时针转动，同时由微粒源产生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圆筒，微粒质量均为m，电荷量均为q（q＞0），忽略微粒自身的重力及微粒间的相互作用。
（1）求Q点所在竖直线上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距离；
（2）为了确保收集板任一竖直线上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有该速率的微粒，求圆筒转动角速度ω的取值范围。
14．（2024春 宿州期末）如图所示，由电子枪发出的电子从静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可视为匀强电场，偏转电极YY'之间电压为U，极板长度为L，两极板间距离为d。不计电子重力和电子间相互作用，求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小v0；
（2）电子在偏转电场中的加速度大小a；
（3）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。
15．（2024 镇海区校级模拟）在如图甲所示的平面直角坐标系内，有三个不同的静电场。第一象限内有由位于原点O，电荷量为Q的点电荷产生的电场E1（未知）（仅分布在第一象限内）；第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第四象限内有电场强度按图乙所示规律变化、方向平行x轴的电场E3，电场E3以沿x轴正方向为正方向，变化周期T。一质量为m、电荷量为+q的离子（重力不计）从（﹣x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动。以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，求：
（1）离子刚进入第四象限时的速度大小；
（2）当t＝T时，离子的速度大小；
（3）当t＝nT（n＝1、2、3、…）时，离子的坐标（结果用x0表示）。
新课预习衔接 带电粒子在电场中的运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 天心区校级模拟）如图所示，绝缘水平光滑杆上套有一质量为m的带正电的小环，电荷量为q，小环与绝缘弹簧相连，弹簧另一端固定于杆正上方的P点。杆所在的空间存在着沿杆方向的匀强电场，杆上M、N两点间的电势差为φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小环以向右的速度v0经过M点，并能通过N点。已知在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之间的距离为2L，Q点位于P点的正下方。在小环从M点运动到N点的过程中（　　）
A．小环加速度最大值为
B．小环经过Q点时的速度最大
C．小环经过N点时的速度大小为
D．小环在M、N两点时，弹性势能相等，动能也相等
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【答案】C
【分析】A．根据匀强电场的电场强度与电势差关系可以求解场强大小，进一步对小环受力分析，根据牛顿第二定律可以判断小环加速度最大；
B．根据运动过程受力以及牛顿第二定律可以判断小环经过Q点时的速度是否最大；
CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理可以求解出小环经过N点时的速度，进而判断正误。
【解答】解：A．匀强电场的场强大小为
解得
当小环刚越过Q点右侧时，弹簧的弹力的水平分力和电场力都向右，所以合加速度必定大于，故A错误；
B．小环在M、N之间运动的过程中，在Q点的加速度向右，不是速度最大的位置，故B错误；
CD．小环从M到N的过程中，根据动能定理得
解得
小环从M到N的过程中，电场力做功，小环在M、N两点动能不相等，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】掌握好能量变化的关系，弄清楚能量的去向是解答本题的关键，在M、N两点处，弹簧对小环的弹力大小相等，则弹性势能相等。
2．（2024春 湖南期末）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（　　）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B．粒子的电荷量为
C．在tT时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了
D．在tT时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【答案】D
【分析】带电粒子垂直电场线进入电场做类平抛运动，将类平抛运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场线方向的匀加速直线运动，根据类平抛运动的规律求解。
【解答】解：A、t＝0时刻进入的粒子，粒子在竖直方向先向下加速运动时间，再向下减速运动时间，经过一个周期，竖直方向速度为0，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A错误；
B、粒子在水平方向做匀速运动，得2d＝v0t，解得：tT，由题意可知在时间内粒子在竖直方向上的位移为，根据牛顿第二定律可知a（）2，解得q，故B错误；
C、tT时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为：d′＝2a（）2﹣2a（T）2，进场的位置到出场的位置的电势差U12＝φ1﹣φ2，电势能变化量ΔEp＝qφ2﹣qφ1，可知电势能减少，故C错误；
D、tT时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T时间，然后向下减速运动T时间，再向上加速T时间，向上减速T时间，然后离开电场，由运动过程对称可知，此时竖直方向位移为0，故粒子刚好从P板右侧边缘离开电场，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，关键是要搞清粒子在电场中水平方向和竖直方向的运动特征，主要是结合电场的变化情况研究竖直方向在一个周期内的运动情况。
3．（2024 盐城三模）随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则（　　）
A．右极板带正电
B．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C．两极板间的电压值为
D．颗粒落到收集板时的速度大小为
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；斜抛运动．
【专题】定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】根据a颗粒的受力情况分析；根据颗粒的受力情况和初速度为零分析；把颗粒的运动分解为水平方向和竖直方向，分别根据运动学公式计算。
【解答】解：A．a类颗粒汇集在收集板的右端，说明a类颗粒所受电场力水平向右，而a类颗粒带正电荷，则a类颗粒受电场力方向水平向右，所以右极板带负电，故A错误；
B．由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；
C．根据题意，设两极板间的电压值为U，水平方向上在电场力作用下做匀加速直线运动，有
，
竖直方向上仅受重力作用，做自由落体运动，有
联立解得
，故C错误；
D．根据题意，结合C分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为
离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为vx，竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为
则颗粒落到收集板时的速度大小为
，故D正确。
故选：D。
【点评】知道颗粒进入电场中时，因为初速度为零且受力恒定，所以做的是匀变速直线运动，在解题时知道把颗粒的运动分解为水平方向和竖直方向，分别列方程求解。
4．（2024春 让胡路区校级期末）如图所示，M和N为两平行金属板，板间电压恒为U，在N板附近由静止释放一不计重力的带正电粒子。下列说法中正确的是（　　）
A．若仅减小两板间距离，粒子受到的电场力不变
B．若仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度将变大
C．若仅增大两板间距离，回路中会出现逆时针方向的瞬时电流
D．若仅减小两板的正对面积，回路中会出现顺时针方向的瞬时电流
【考点】带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动；平行板电容器电容的决定式及影响因素；电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电容器专题；推理能力．
【答案】C
【分析】依据电容器与电源相连，电压U总是不变，根据，即可判定电场力大小；由动能定理，即可判定速度大小；再根据牛顿第二定律，来判定加速度大小；由电容的决定式，与电容的定义式，即可求解电量大小。
【解答】解：A．极板之间的电场强度
板间电压U不变，仅减小两板间距离时，极板间电场强度增大，则粒子受到的电场力增大，故A错误；
B．在电场中，粒子只受电场力，只有电场力做功，根据动能定理可得
解得
可知，粒子到达M板时的速度与两板间距离无关，仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度不变，故B错误；
C．根据电容的定义式有
，
解得
若仅增大两板间距离，电容器极板所带的的电荷量减少，即电容器将放电，此时回路出现逆时针方向的瞬时电流，故C正确；
D．结合上述可知，仅减小两板的正对面积，电容器所带的的电荷量减少，电容器将放电，此时回路出现逆时针方向的瞬时电流，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查电容的定义式与决定式的应用及其区别，掌握牛顿第二定律的内容，理解动能定理的公式。
5．（2024 广东模拟）在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；现有一电子以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映电子运动轨迹的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【答案】B
【分析】根据题意，找到匀强电场的一条等势线，再根据电场线与等势线的关系，再做一条电场线，根据粒子的电性确定电场力的方向，最后根据曲线运动合力、轨迹和速度三者的位置关系判断能大致反应粒子运动的轨迹。
【解答】解：如图所示
连接ad与y轴交于m点，根据匀强电场的特点有
Uam＝Umd
即
φa﹣φm＝φm﹣φd
代入数据解得
φm＝4V
故bm连线为匀强电场的一条等势线，过O点作等势线的垂线，根据根据电场线总是指向电势降低的方向，可知电场方向沿着aO方向，由于电子带负电，所受电场力的方向与电场强度的方向相反，即电子所受电场力方向沿着Oa方向，根据物体做曲线运动的条件可知，轨迹在合力与速度之间，则能大致反映电子运动轨迹的是②，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
二．多选题（共5小题）
（多选）6．（2024春 合肥期末）1911年英国物理学家卢瑟福提出原子的核式结构模型：电子围绕原子核在高速旋转。设电子质量为m，电荷量为﹣e，氢原子核电荷量为+e，静电力常量为k，电子绕原子核做匀速圆周运动的半径为r。已知在孤立点电荷q的电场中，以无限远处电势为0时，距离该点电荷为r处的电势。下列说法正确的（　　）
A．电子做匀速圆周运动的速率
B．电子绕核运动时等效电流为
C．电子绕核运动一周时，该氢原子核施加的库仑力对其做功
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为
【考点】带电粒子在点电荷电场中的运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】A.由匀速圆周运动的公式求电子的速率；
B.由电流公式求解；
C.由库仑力方向和速度方向的夹角判断功的问题；
D.由动能和势能得表达式求解。
【解答】解：A．电子做匀速圆周运动，则
解得电子的速率
故A错误；
B．电子绕核运动时等效电流为
故B正确；
C．电子绕核运动一周时，该氢原子核施加的库仑力方向与速度垂直，可知库仑力对其做功为零，故C错误；
D．若无限远处电势为零，电子绕核运动的动能和电势能的总和为
解得
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动问题，明确粒子的运动和受力情况，根据题意具体分析，熟练运用公式。
（多选）7．（2024春 湖南期末）如图所示，A、B两相同的金属板水平放置。现让两板带上等量异种电荷，两板间形成竖直方向的匀强电场。将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，电场力做功为W1；当粒子射入速度为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，电场力做功为W2．不计粒子重力，则（　　）
A．v1：v2＝2：1 B．v1：v2＝2：1
C．W1：W2＝1：1 D．W1：W2＝1：2
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；匀变速直线运动位移与时间的关系；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】参照思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，将其运动沿着平行平板和垂直平板方向进行正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解。
【解答】解：AB、粒子在水平方向做匀速直线运动，由x＝v0t和x1：x2＝2：1得先后两次的时间之比为 t1：t2＝2v2：v1，粒子在竖直方向做匀加速直线运动，由yat2和y1：y2＝1：2，得t1：t2＝1：，可得，v1：v2＝2：1，故A正确，B错误；
CD、由电场力做功W＝qEy得电场力做功的比值为：W1：W2＝1：2，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题的关键要根据类平抛运动的规律和运动学公式写出一般表达式，然后再进行分析讨论。
（多选）8．（2024 邵阳一模）如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m的带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度v0沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于该粒子在OA这一过程的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C．这段运动过程中粒子的最小动能为
D．电场力方向与x轴正方向之间夹角的正切值为
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】电场线方向未知，则带电粒子电性未知；
根据电场力做功或动能的增减情况判断电势能大小；
对带电粒子运动分解到水平方向和竖直方向，结合运动学公式求出加速度与初速度之间的夹角；
当加速度与速度垂直的时候，带电粒子的动能最小。
【解答】解：A、由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；
B、带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；
D、设加速度方向与y轴正方向之间的夹角为θ，如图所示，
则在沿着y轴方向上：
沿着x轴方向上
并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即：v＝2v0
联立以下几式解得：，故D正确；
C、当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为vmin，将初速v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得：
则最小动能为：Ekmin，故C错误；
故选：BD。
【点评】本题考查带电粒子在电场中运动，结合运动的合成和分解考查学生综合运动知识的能力。关键是要结合实际情况将带电粒子的运动进行分解，知道速度与加速度垂直时动能最小。
（多选）9．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，在竖直平面内有一电场强度为E的匀强电场，电场的等势面如图中实线所示，与水平方向夹角为37°。一个质量为m，电荷量为+q的小球在A点以初速度v0竖直上抛，运动轨迹如图中虚线所示，B点是轨迹的最高点。已知重力加速度为g，小球的电荷量。下列说法正确的是（　　）
A．A点电势低于B点电势
B．A、B两点的高度差为
C．A、B两点的电势差为
D．小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【答案】BD
【分析】沿着电场线方向电势降低，分析电势；
竖直方向上根据动能定理列式，求A、B两点的高度差；
根据几何关系求AB沿电场方向距离，再根据U＝Ed，求A、B两点的电势差；
根据能量守恒，结合动能定理，分析动能和电势能关系。
【解答】解：小球向右运动，故电场线方向斜向右上方，受力分析如图
A．由于沿着电场线方向电势降低，A点电势高于B点电势，故A错误；
B．竖直方向上根据动能定理列式
解得A、B两点的高度差为
故B正确；
C．根据
解得
A、B两点的电势差为
故C错误；
D．小球再次回到抛出点等高位置过程，根据动能定理，电场力做正功，动能增加，根据能量守恒，则电势能减小，故小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题解题关键是掌握动能定理、能量守恒以及沿着电场线方向电势降低等规律，具有一定综合性，难度中等。
（多选）10．（2024 成都模拟）如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子质量为m、电荷量为q，从靠近左板处由静止释放，测得粒子从出发至右板所用的时间为t，到达右板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；电容器专题；推理能力．
【答案】AC
【分析】对于带正电的粒子，在匀强电场中仅受电场力作用，根据动能定理，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
【解答】解：AB．对于带正电的粒子，在匀强电场中仅受电场力作用，根据动能定理，有
可得粒子到达右板的速度v满足
可知，粒子到达右板的速度v的大小与板间距离d无关，故A正确、B错误；
CD．设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律，结合运动学公式：
Eq＝ma
联立可得
可知，粒子从出发至右板所用的时间与板件距离成正比，故C正确、D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了带电粒子在平行极板间的运动，合理使用动能定理，熟练掌握电场力做功是解决此类问题的关键。
三．解答题（共5小题）
11．（2024 五华区校级模拟）如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，初始时不带电。距小孔正上方高h处不断有质量为m、电荷量为+q的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）。求：
（1）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到第一次离开上极板的时间。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．
【答案】（1）小液滴到达小孔处的速度为；
（2）电容器所带电荷量的最大值为；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到第一次离开上极板的时间为。
【分析】（1）根据自由落体运动的规律列式求解速度；
（2）根据动能定理和电容器的电荷量公式联立求解；
（3）根据自由落体运动规律和匀变速直线运动的规律列式求解时间。
【解答】解：（1）因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
2gh＝v2
解得
（2）当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带电液滴运用动能定理得
mg（h+d）﹣qU＝0
根据电容器的公式有Q＝CU
解得
（3）液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
解得
故t＝t1+t2
解得t
答：（1）小液滴到达小孔处的速度为；
（2）电容器所带电荷量的最大值为；
（3）最后滴下的液滴从开始下落到第一次离开上极板的时间为。
【点评】考查带电粒子在组合场中的运动问题，会结合动能定理、匀变速直线运动规律求解相关物理量。
12．（2024春 耒阳市期末）一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求：
（1）小球带电情况；
（2）小球由A到B的位移；
（3）小球速度的最小值。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将带电小球的运动进行分解，竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向上在电场力的作用下匀加速，分别应用匀变速直线运动规律列式求解；
（2）根据水平位移与竖直位移大小相等列方程即可求解；
（3）通过分析知，当力与速度方向垂直时动能最小，速度也最小，据此列式求解。
【解答】解：（1）从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ay＝g
B点是最高点，竖直分速度为0，有t
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电
初速度为0，加速度ax
水平方向有：v0t
联立解得：Eq＝mg
可得q；
（2）在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向有2gh
可得h
所以位移为h
其与水平方向的夹角为θ，tan θ1，
即位移与水平方向的夹角为45°斜向右上方；
（3）设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ
则：tan θ1，如图所示
开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin
即：tan θ1，
则vx＝vy，vxt′＝gt′，
vy＝v0﹣gt′
解得t′，
vmin。
答：（1）小球带正电，电荷量为
（2）小球由A到B的位移大小为，与水平方向的夹角为45°斜向右上方
（3）小球速度的最小值为；
【点评】解决该题的关键是正确进行受力分析，明确知道例子在电场中的运动情况，能根据力做功分析出速度最小的力学特征；
13．（2024 郑州二模）图（a）为一种测量带电微粒速率分布的实验装置。图中直径为D的竖直圆筒壁上有一竖直狭缝S，高度为h，宽度忽略不计。紧贴圆筒内壁固定有高度为的半圆柱面收集板，用于收集带电微粒；板的一竖直边紧贴狭缝S，上边与狭缝S上端对齐，上边缘远离狭缝的顶点为P点，另有一距P点弧长为l的点Q，俯视图如图（b）所示。圆筒内存在一竖直向下的匀强电场，电场强度为E。令圆筒以角速度ω绕中心轴顺时针转动，同时由微粒源产生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圆筒，微粒质量均为m，电荷量均为q（q＞0），忽略微粒自身的重力及微粒间的相互作用。
（1）求Q点所在竖直线上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距离；
（2）为了确保收集板任一竖直线上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有该速率的微粒，求圆筒转动角速度ω的取值范围。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）入射速率最大的微粒下落的距离为；
（2）圆筒转动角速度ω的取值范围为ω。
【分析】（1）微粒在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动。当Q点运动路程等于弧长l时，对应微粒的入射速率最大，根据等时性，应用牛顿第二定律与运动学公式求解；
（2）画出满足题意的微粒在圆筒上的落点分布示意图，根据题意确定临界条件，根据类平抛运动的特点，应用运动学公式求解。
【解答】解：（1）设入射速率最大的微粒下落的距离为y0。微粒在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动。当Q点运动路程等于弧长l时，运动时间最短（设为t1），对应微粒的入射速率最大，则有：
lωDt1
对微粒由牛顿第二定律可得：qE＝ma
在竖直方向上有：y0
联立解得：y0；
（2）将圆筒展开为平面图，打在圆筒上的微粒和打在收集板上的微粒满足题意的临界的分布情况如下图所示。
圆筒转动一周过程中，设能够收集到的速率最小的微粒下落的高度为y1，第一周末时，过P点的竖直线上收集到的微粒下落的高度为y2，则需满足：
h+y1＜H＜y2
能够收集到的速率最小的微粒对应的弧长为：l1 πD
根据（1）的结论可得：y1
设圆筒转动周期为T，则：T
y2aT2
联立解得：ω
已知：，可得：，可知结果合理。
答：（1）入射速率最大的微粒下落的距离为；
（2）圆筒转动角速度ω的取值范围为ω。
【点评】本题考查了带电微粒在电场中的运动问题，难度较大，难点在于寻找临界条件，关键是对题意的理解。微粒在电场中做类平抛运动，应用运动的分解与合成处理曲线运动。
14．（2024春 宿州期末）如图所示，由电子枪发出的电子从静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可视为匀强电场，偏转电极YY'之间电压为U，极板长度为L，两极板间距离为d。不计电子重力和电子间相互作用，求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小v0；
（2）电子在偏转电场中的加速度大小a；
（3）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）在加速电场中动能定理可求出电子离开电场的速度；
（2）在偏转电场中，由牛顿第二定律可求出加速度大小；
（3）在偏转电场中，电子做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出竖直方向的位移y。
【解答】解：（1）在加速电场中，由动能定理可知：eU0
解得：v0
（2）电子在偏转电场中，竖直方向只受电场力作用，由牛顿第二定律可知：
F＝ma
F＝eE＝e
解得：a
（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L＝v0t
竖直方向：yat2
联立解得：y
答：（1）电子离开加速电场时的速度大小v0为；
（2）电子在偏转电场中的加速度大小a为；
（3）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y为。
【点评】本题考查带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动，在加速电场中动能定理求末速度；
在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出相关物理量。
15．（2024 镇海区校级模拟）在如图甲所示的平面直角坐标系内，有三个不同的静电场。第一象限内有由位于原点O，电荷量为Q的点电荷产生的电场E1（未知）（仅分布在第一象限内）；第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第四象限内有电场强度按图乙所示规律变化、方向平行x轴的电场E3，电场E3以沿x轴正方向为正方向，变化周期T。一质量为m、电荷量为+q的离子（重力不计）从（﹣x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动。以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，求：
（1）离子刚进入第四象限时的速度大小；
（2）当t＝T时，离子的速度大小；
（3）当t＝nT（n＝1、2、3、…）时，离子的坐标（结果用x0表示）。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）离子刚进入第四象限时的速度大小为；
（2）当t＝T时，离子的速度大小为；
（3）当t＝nT（n＝1、2、3、…）时，离子的坐标离子的坐标为[（n+1）x0，2nx0]（n＝1，2，3……）。
【分析】（1）在第一象限，根据库仑力提供向心力可以得到做圆周运动的速度，即进入第四象限的速度，进而根据动能定理得到场强的大小；
（2）离子进入第四象限后做类平抛运动，根据平抛运动规律分别得到水平和竖直方向的速度，最后根据速度的合成得到离子的速度；
（3）离子在第四象限做的是类平抛运动，在y轴方向匀速直线运动，但在x轴方向的运动具有周期性，先加速，后减速，再加速，分别计算出离子在x方向和在y方向的位移，即可得到离子的坐标位置。
【解答】解：（1）设离子刚进入第四象限的速度为v0，在第一象限内离子做匀速圆周运动，有：
解得：v0
（2）离子进入第四象限后做类平抛运动，在t时，沿x轴方向上有：vx1＝a1t
在t～T电场反向，x方向又做减速运动，所以t＝T时刻的末速度：vx＝vx1﹣a1′t′v0
而vy＝v0，
此时离子的速度v
（3）离子在第四象限中运动时，沿y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴正方向离子在前半个周期做匀加速运动，后半个周期做匀减速运动，直到速度减为0，轨迹如图所示。
每半个周期离子沿x轴正方向前进的距离d＝vx
t＝nT时，离子到y轴的距离Lx＝x0+2nd＝（n+1）x0（n＝1，2，3……）
每半个周期离子沿y轴负方向运动的距离s＝v0 x0
　t＝nT时，离子到x轴的距离Ly＝2ns＝2nx0（n＝1，2，3……）
故当t＝nT时离子的坐标为[（n+1）x0，2nx0]（n＝1，2，3……）
答：（1）离子刚进入第四象限时的速度大小为；
（2）当t＝T时，离子的速度大小为；
（3）当t＝nT（n＝1、2、3、…）时，离子的坐标离子的坐标为[（n+1）x0，2nx0]（n＝1，2，3……）。
【点评】题目看起来很是吓人，其实还是离子做类平抛运动，根据平抛运动规律即可求解。开始离子在第一象限做圆周运动，一定要分析出是库仑力提供的向心力，做匀速圆周运动，再一个是在第四象限的运动，虽然是类平抛运动，但在x方向的运动不纯粹是加速运动，还有减速运动，这样离子在x方向的位移就具有了一定的规律性。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)