专题分层练 7.电场　带电粒子在电场中的运动--2026高考物理第二轮专题复习练（含解析）

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2026高考物理第二轮专题复习
7.电场　带电粒子在电场中的运动
选择题:1~5题每小题3分,7~9题每小题3分,共24分
基础巩固练　
1.(2025云南卷)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V的等势线上,则(　　)
A.a、b、c、d中a点电场强度最小
B.a、b、c、d中d点电场强度最大
C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV
D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV
2.(2025山东济宁二模)一半导体材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示,取O点的电势为零,则该电场中N点到P点的电势φ随位置x变化的图像可能是(　　)
3.(2024贵州卷)如图所示,A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上,直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时,C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向,则等于(　　)
A. B.
C. D.2
4.(2025北京西城二模)如图所示,电荷量为q的正点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心,垂线上的A、B两点到薄板的距离均为d。已知A点的电场强度为0,下列说法正确的是(　　)
A.薄板带正电
B.B点电势高于A点电势
C.B点电场强度的方向向右
D.B点电场强度的大小为
5.(多选)(2025湖南卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q 和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是(　　)
A.OA 中点的电势为零
B.电场的方向与x轴正方向成60°角
C.电场强度的大小为
D.电场强度的大小为
6.(6分)(2025江苏卷)如图所示,在电场强度为E,方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m,电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求:
(1)a运动到最高点的时间t;
(2)a到达最高点时,a、b间的距离H。
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7.(2025安徽马鞍山二模)如图所示,空间存在沿x轴方向的电场,x轴正方向为电场强度正方向,原点O到x=x1间的图线为直线,x轴上下方图像与x轴围成的面积相等。一个电荷量绝对值为q的粒子在O点由静止释放,一段时间后运动到x3处,不计粒子的重力,下列说法正确的是(　　)
A.该粒子带负电
B.x1处的电势低于x3处的电势
C.粒子在x1处的动能为qE0x1
D.O点到x2之间的电势差等于x2到x3之间的电势差
8.(2025甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线),极板长度为l、间距为d,U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A.U2的最大值Um=U1
B.当U2=±Um且L=时,离子恰好能打到样品边缘
C.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A和B点
9.(2025浙江温州三模)如图所示,A、B两小球带同种电荷,在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上,相距为d。撤去外力的瞬间,A球加速度大小为a,两球运动一段时间,B球加速度大小为,速度大小为v。已知A球质量为3m,B球质量为m,两小球均可视为点电荷,不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内(　　)
A.B球运动的距离为2d
B.库仑力对A球的冲量大小为mv
C.库仑力对A球做功为mv2
D.两球组成的系统电势能减少了mv2
10.(8分)(2025陕西西安模拟)如图所示,与水平面成30°角的绝缘细杆AD穿过一固定均匀带电圆环,并垂直圆环所在平面,细杆与平面的交点为圆环的圆心O。一套在细杆上的小球从A点以某一初速度向上运动,恰能到达D点。已知绝缘细杆与小球间的动摩擦因数μ=,圆环半径为L、所带电荷量为+Q,小球的质量为m、所带电荷量为+q,lAB=lBO=lOC=lCD=L,静电力常量为k,重力加速度大小为g。求:
(1)圆环在C点产生的电场的电场强度大小;
(2)小球在A点时的速度大小。
11.(10分)(2025东北三省联考)如图所示,在坐标系xOy中,x轴水平向右,y轴竖直向下,在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出),一带正电小球的质量为m,从足够高的原点O沿x轴正向水平抛出,从A点进入电场区域时速度与水平方向夹角θ=30°,最后从C点离开电场区域,其运动的轨迹如图所示,B点是小球在电场中向右运动的最远点,B点的横坐标xB=3L。小球可视为质点,电荷量始终不变,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)小球在OA段与在AB段运动的时间之比;
(2)小球从原点O抛出时的初速度大小;
(3)小球过B点时的动能;
(4)小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。
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12.(12分)研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图如图所示。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接,金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,且水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。
求:(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。
参考答案
1.C　解析 在电场中,等差等势线的疏密可以表示电场强度的大小,由题图可知,a点电场强度最大,c点最小,A、B错误;电子从b点移动到c点,Wbc=-e(φb-φc)=2 eV,C正确;电子从a点移动到d点,Wad=-e(φa-φd)=4 eV,电场力做正功,电势能减少4 eV,D错误。
2.C　解析 由E-x图像可知从N点到P点电场强度先增大后减小,且都为正值,根据E=可知,电势φ随位置x变化的图像的斜率表示电场强度,可知φ-x图像的斜率从N点到P点先变大后变小且斜率正负不变。O点电场强度最大,则φ-x图像在O点的斜率最大,只有C选项的图像符合此规律。故选C。
3.B　解析 根据题意可知两点电荷为异种电荷,假设A点所处点电荷带正电、B点所处点电荷带负电,两点电荷在C点产生的电场如图所示,设圆的半径为r,根据几何关系可得lAC=r,lBC=r,tan 60°=,同时有EA=,EB=,联立解得,故选B。
4.B　解析 正点电荷在A点形成的电场的电场强度大小为E1=k,方向向左;因A点电场强度为零,故薄板在A点形成的电场的方向向右,薄板带负电,薄板在A点形成的电场的电场强度大小也为k,A错误。由对称性可知,薄板在B点形成的电场的电场强度大小也为k,方向向左;正点电荷在B点形成的电场的电场强度大小为k,方向向左,所以B点处的电场强度E2=k+k,B点电场的方向向左,沿电场方向电势逐渐降低,B点电势高于A点电势,B正确,C、D错误。
5.AD　解析 根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=、φA=-、φB=,则OA中点的电势为φM==0,故A正确;如图所示,设N点为AB的三等分点,同理可知N点电势为0,连接MN,则MN为一条等势线,过A点作MN的垂线,可知电场线沿该垂线方向指向右下方,由几何关系可知,∠NMA=45°,故电场的方向与x轴正方向成45°角,故B错误;电场强度的大小为E=,故C错误,D正确。
6.答案 (1)　(2)
解析 (1)带电粒子在匀强电场中受到竖直向下的电场力作用,做类斜抛运动,则带电粒子在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做加速度大小为a1的匀变速直线运动。
由牛顿第二定律可得qE=ma1
由运动学公式可得0=v0sin θ-a1t
联立解得t=。
(2)在水平方向上,a、b均以速度v0cos θ做匀速直线运动,在任何时刻,a、b均在同一竖直线上。
规定竖直向下为正方向,则b以初速度v0sin θ、加速度a1做竖直向下的匀加速直线运动
a运动到最高点时a在竖直方向上的位移大小
ya=v0sin θ·t-a1t2
b在竖直方向上的位移大小yb=v0sin θ·t+a1t2
又H=ya+yb
解得H=。
7.B　解析 粒子在O点由静止释放,一段时间后运动到x3处,可知粒子在O点处受到的电场力沿x轴正方向,与电场强度方向相同,故该粒子带正电,A错误;由题意可知x轴上下方图像与x轴围成的面积相等,根据U=Ed可知,O点到x2之间电势差绝对值等于x2到x3之间电势差绝对值,根据沿电场方向电势降低可知O点到x2之间电势差为正值,x2到x3之间电势差为负值,则O点到x2之间电势差等于x3到x2之间电势差,即O点电势等于x3处电势,又x1处的电势低于O点电势,所以x1处的电势低于x3处的电势,B正确,D错误;从O点到x1处,E-x图线与横轴所围的面积表示O点到x1处电势差,则有UOx1=,从O点到x1处,由动能定理得qUOx1=q·=Ek-0,解得粒子在x1处的动能为Ek=,C错误。
8.B　解析 离子在加速电场中被加速时有U1q=,在偏转电场中做类平抛运动,则l=v0t,t2,解得Um=U1,故A错误;当U2=±Um时,离子从板的边缘射出,恰能打到样品边缘时,有,解得L=,故B正确;根据y=t2=,若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,则需减小U1,故C错误;由图可知t1时刻所加的向上的电场的电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压,则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移,故D错误,故选B。
9.D　解析 撤去外力的瞬间,对A,由牛顿第二定律有a=,两球运动一段时间,对B,由牛顿第二定律有,联立解得此时A、B两球间距x=3d,对A、B组成的系统,根据动量守恒定律有3mvA-mvB=0,整理得3m-m=0,因为xA+xB=3d,联立解得xB=d,vA=,在该段时间内,A球的速度由0变为,由动量定理可得库仑力对A球的冲量大小为IA=3mvA1-0=mv,A、B错误;在该段时间内,对A,由动能定理有WA=×3mmv2,在该段时间内,库仑力对A球做功为mv2,C错误;根据能量守恒定律可知,系统电势能的减少量等于系统机械能的增加量,为ΔE=×3m×mv2=mv2,D正确。
10.答案 (1)　(2)
解析 (1)根据题意可知,圆环上电荷分布均匀,取环上一点,设其电荷量为Q1,该点到C点的距离为d=L
圆环上某点和C点的连线与细杆的夹角为θ,如图所示。
由几何关系得cos θ=
解得θ=45°
Q1在C点产生的电场的电场强度为E1=k
以O点为坐标原点,OC方向为正方向建立x轴,Q1在C点产生的电场的电场强度在x轴方向的分量为E1x=E1cos θ=
同理,圆环上某点的对称点(Q1'=Q1)在C点产生的电场的电场强度在x轴方向的分量为E1x'=
因此圆环上沿垂直于细杆方向的合电场强度为零,设圆环上有n个Q1点,则电荷量
nQ1=Q
则圆环在C点产生的电场的电场强度大小为EC=nE1x=。
(2)根据题意,由对称性可知,小球从A点运动到D点过程中,电场力做功为零,由动能定理有
-mg·4Lsin 30°-μmgcos 30°·4L=0-
解得vA=。
11.答案 (1)1∶1　(2)
(3)mgL　(4)1∶4
解析 (1)设小球初速度为v0,从O点到A点,小球做平抛运动,水平方向上有2L=v0tOA
小球从A点运动到B点,在水平方向做匀减速直线运动,在B点时水平方向的速度为0,由运动学公式得L=tAB
解得tOA=tAB
即tOA∶tAB=1∶1。
(2)小球从O点到A点,竖直方向上有vAy=gtOA
又tan θ=
联立解得v0=。
(3)由以上分析可知小球过B点时vBx=0
则小球在B点的动能EkB=
又vBy=2gtOA=2vAy
联立解得EkB=mgL。
(4)小球从O点到A点和从A点到B点过程,根据运动学公式有v0=axtAB,又gtOA=v0
得小球在电场中水平方向的加速度ax=g
F合与水平方向夹角为30°,vA与水平方向夹角为30°,建立如图所示坐标系
将vA分解到x'、y'上,小球在x'方向上做匀速直线运动,在y'方向上做类竖直上抛运动,所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin=
而vAx'=vAcos 30°=v0
解得Ekmin=
小球在电场中运动过C点时动能最大,根据运动的分解有vCx=v0,vCy=3vAy
Ekmax=m[+(3v0tan θ)2]=2m
联立可得Ekmin∶Ekmax=1∶4。
12.答案 (1)　(2)
(3)+4k2mg或mg+kmgh
解析 (1)由题意可知匀强电场的电场强度E=
甲
对颗粒进行受力分析如图甲所示,则可得
故q=。
(2)对颗粒第一次碰撞前的状态进行分析可得
=2gh
=2al
a=
解得水平分速度vx=,方向向右
竖直分速度vy=,方向向下
颗粒第一次碰撞后的水平分速度vx'=vx,方向向右
竖直分速度vy'=kvy=k,方向向上
乙
此时对颗粒进行受力分析如图乙所示,合力为F2,方向与此时颗粒的速度v垂直
故tan θ=
因此Q=。
(3)由题意可知,颗粒由于竖直分速度减小,无法打到上方的绝缘平板,只能打在下方的绝缘平板或右侧的金属平板上
若颗粒打在下方的绝缘平板
从B点开始计时,设运动时间为t
竖直方向可得vy'=g·
水平方向可得x=vx't+a't2
其中a'=
解得x=4kl+
故当4kl+≤d-l时颗粒会打在下方绝缘平板,
此时电场力对它做的功W=Eq·l+EQ·x=+4k2mgl+k2
当4kl+>d-l时颗粒会打在右侧金属平板,
此时电场力对它做的功W=Eql+EQ(d-l)=mg+kmgh。
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