27届秋季高二上人教版物理复习题-带电粒子在电场中的运动

第1页（共1页）27届秋季高二上人教版物理复习题——带电粒子在电场中的运动一．选择题（共8小题）1．（2026秋•广东月考）电穿孔技术是一种通过特定电场作用于细胞膜，使其暂时形成微孔，从而允许分子物质通过的技术。施加图示竖直向下的外电场时，细胞膜两侧带电粒子（主要是Na+、K+、Cl﹣、磷酸根等离子）发生定向移动并重新分布，在膜两侧产生跨膜电位差，导致细胞膜结构失稳，从而暂时形成微孔。施加外电场时，下列说法正确的是（）A．Na+、K+等正离子，逆着电场方向移动 B．Cl﹣、磷酸根等负离子，逆着电场方向移动 C．Na+、K+等正离子，移动过程电势能增大 D．Cl﹣、磷酸根等负离子，移动过程电场力做负功2．（2025秋•宜昌月考）带电金属杆在空间中形成的等势面如图中虚线所示，相邻等势面的电势差相等。实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b为运动轨迹和等势面的两个交点，则下列说法正确的是（）A．粒子带正电 B．粒子在a点的加速度大于b点的加速度 C．粒子在a点的动能小于b点的动能 D．粒子在a点的电势能小于b点的电势能3．（2026秋•湖北月考）如图所示的匀强电场斜向右上方且与水平方向的夹角为53°，电场强度大小为E，一带电量为+q的小球（视为质点），用轻质绝缘不可伸长的细线悬挂于O点，小球静止时处于A点，此时细线水平。以O点为圆心、细线的长为半径，在竖直面内做虚线圆，AB为水平直径，现把小球移动到B点，给小球一个竖直向上的速度v0，小球沿虚线圆刚好能做完整的圆周运动，重力加速度为g，sin53°=45，A．小球的质量为3Eq4gB．细线的长度为4vC．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电势能的减小量为32EqvD．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，动能的变化量与电场力做功不相等4．（2026•安徽开学）如图，在竖直向下匀强电场中有一长为2L的轻杆，杆的中点O处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为m的小球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为q，电场强度为E。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到最低点时，转轴O处受到杆作用力的合力大小为（）A．2mg B．2Eq C．2Eq+mg D．Eq+2mg5．（2025秋•南江县校级月考）两个共轴的半圆柱形电极间存在一沿半径方向的电场，如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知（）A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等 B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的速度一定相等 C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等6．（2026•日照开学）如图所示，虚线a、b、c、d为一电场在纸面内的等差等势面，实线为某一带电粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是轨迹与等势面b、d的交点。下列说法正确的是（）A．若粒子带正电，则等势面a的电势高于c的电势 B．若粒子带负电，则N点的场强方向沿虚线切线指向右上 C．粒子在M点的速度一定大于在N点的速度 D．粒子在M点的加速度一定大于在N点的加速度7．（2026秋•济南月考）电透镜是利用静电场使电子束聚焦和成像的装置，如图所示虚线为电透镜内部静电场中等差等势面的分布示意图，实线为一电子仅在电场力作用下通过该区域的部分运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点，下列说法正确的是（）A．P点的电势低于Q点的电势 B．P点的电场强度小于Q点的电场强度 C．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能 D．电子在P点的电势能与动能之和小于在Q点的电势能与动能之和8．（2026•兰州校级开学）如图所示，三条实线为电场线，带电粒子a沿虚线轨迹1从A运动到B，带电粒子b沿轨迹2从C运动到D。若两带电粒子运动过程中，均仅受电场力作用。下列说法正确的是（）A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子带负电，b粒子带正电 C．运动过程中，粒子a和粒子b的速度一直减小 D．粒子a在A、B两点的电势能EpB＞EpA，粒子b在C、D两点的电势能EpD＞EpC二．实验题（共3小题）9．（2025春•唐山期末）如图所示，平面直角坐标系xOy，其y轴沿竖直方向，平面所在空间存在沿x轴正方向的匀强电场。从O点静止释放一带电小球，小球沿直线运动到A点，已知A点的坐标为（1，﹣1），B点的坐标为（1，0），带电小球的质量为0.2kg、电荷量为+2.0×10﹣6C。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）匀强电场的电场强度；（2）小球到达A点的速度；（3）若该带电小球从O点以某一初速度射出，恰好经过B点，且到达B点时的动能为初动能的5倍，则小球从O点运动到B点可能的时间。10．（2025秋•无为市校级月考）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。（1）如上图所示，示波管构造及功能的原理图，电子枪的作用是给电子_______（填“加速”、“减速”、“偏转”），YY′电极控制的是_______（填“竖直”、“水平”）方向偏转。（2）如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的：①极板X应带正电；②极板X′应带正电；③极板Y应带正电；④极板Y′应带正电。以上4项中正确的是_____。A．①③B．①②C．②③D．③④（3）如图，示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况，电子经电压U1加速后进入偏转电场。下列关于所加竖直偏转电压U2、水平偏转电压U3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是_______。A．如果只在U2上加上图甲所示的UAB，则在荧光屏上看到的图形如图b所示B．如果只在U3上加上图乙所示的UDC，则在荧光屏上看到的图形如图b所示C．如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的UAB、UDC，则在荧光屏上看到的图形如图c所示D．如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的UAB、UDC，则在荧光屏上看到的图形如图d所示11．（2025秋•徐汇区校级期中）（1）如图为实验装置，左侧电源的输出电压可调。若从显微镜中观察发现油滴（带负电）在加速下落，则应如何调整电压以使油滴平衡_____。A.增大电压B.减小电压（2）前问中调整电压后，是否有电流产生_____。A.没有电流B.有顺时针电流C.有逆时针电流（3）油滴在运动过程中受到的阻力可由斯托克斯公式f＝6πηrv计算（其中r为油底半径，v为油滴下落的速度，η为空气粘滞系数）。用国际基本单位制表示空气粘滞系数η的单位___________。（4）油滴只在重力、电场力和空气阻力作用下从A到B运动。运动过程中小球的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、电势能E电、重力做功WG、电场力做功W电、空气阻力做功Wf中的部分物理量大小或变化情况已在表中列出，试完成该表：EEpEkΔE电WGW电WfA5.5J﹣3J8.5J________________2J__________B7J2J_______（5）图（a）中，M、N为两片平行正对的金属板，初始时电键K闭合，在断开K的瞬间，关于二极管发光的情况正确的是_____。A.红色发光，绿色不发光B.都发光C.绿色发光，红色不发光D.都不发光（6）如图（b）为电容器放电时，电流传感器测得的I﹣t图，放电时若增大（a）图中的R2，画出电流传感器测得的I﹣t图。（7）如图，A、B两平行板间距为d，B板与形状为四分之一圆弧的静电分析器左端重合，A、B两板间存在水平向右的匀强电场，静电分析器中存在沿半径方向指向圆心O的辐向电场。极板A上小孔的P点处有一质量为m、电荷量为q的带电粒子X，自A板由静止开始向右加速运动，并从极板B的小孔沿水平方向进入静电分析器，粒子在静电分析器中恰好沿图示虚线做匀速圆周运动。已知粒子做圆周运动的半径为R，轨迹处电场强度的大小均为E，粒子重力不计。①求A、B极板间的电压大小UAB；②以下两种情况粒子仍要绕O点做匀速圆周运动，那么粒子轨迹处的电场强度应该调大一些还是调小一些，或者保持不变？请通过计算说明。ⅰ.粒子从P点正下方的Q点进入：你认为电场强度E应该_____。A.调大B.调小C.不变论证：____________________。ⅱ.将X粒子更换为比荷qm为其两倍的Y粒子：你认为电场强度E应该_____A.调大B.调小C.不变论证：____________________。三．解答题（共4小题）12．（2025秋•榆林月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，一根长度为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端与质量为m、带有正电荷的金属小球（可视为质点）相连，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g。不计空气阻力，求：（1）小球通过最低点C时细线对小球的拉力F大小。（2）如果要使小球能绕O点恰好做完整的圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度v0的大小。13．（2025秋•河南月考）如图所示，水平光滑轨道AB与竖直平面内的光滑半圆形轨道BC相切于B点，空间存在水平向左的匀强电场，一带正电的绝缘滑块（可视为质点）锁定在A点，现解除锁定，并给滑块水平向右的初速度，滑块恰好能够沿圆弧轨道做圆周运动并从C点抛出。已知滑块所受电场力为重力的3倍，圆弧轨道半径为R，A点到B点的水平距离为L＝2R，重力加速度为g。（1）求滑块在圆弧轨道上运动的最小速度的大小；（2）求滑块在A点的初速度v0的大小；（3）若滑块从A点以(10+43)gR的初速度向右运动，求滑块从14．（2025秋•河南月考）如图所示，两个电荷量均为Q的正点电荷固定于真空中的A、B两点，A、B间距离为L，MN为A、B连线在竖直面内的中垂线，交点为O，OM＝ON＝OA＝OB＝0.5L，空间还存在沿MN向下的匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的负电荷C恰好静止在M点处，不计负电荷C的重力，静电力常量为k。（1）求匀强电场的场强大小；（2）给电荷C一沿MO方向的初速度v0，若电荷C能运动到N点，求电荷C到N点时的速度大小。15．（2025秋•华龙区校级月考）如图所示，由光滑绝缘材料制成的四分之三圆弧轨道ABCD，圆心为O，半径为r。置于竖直平面内，轨道端点A在圆心O的正上方，端点D与圆心等高。圆弧轨道ABC部分（包含AC边界）置于竖直向下的匀强电场中，匀强电场的电场强度E=mgq，重力加速度为g。现从D点正上方某处释放一个带正电的小球（可视为质点），小球质量为m，带电量为q。该小球在D点进入轨道内侧后，沿轨道运动到（1）释放点距D点的高度；（2）将电场方向改为水平向左（场强大小不变），小球在轨道中运动时的最大动能。

答案一．选择题（共8小题）1．（2026秋•广东月考）电穿孔技术是一种通过特定电场作用于细胞膜，使其暂时形成微孔，从而允许分子物质通过的技术。施加图示竖直向下的外电场时，细胞膜两侧带电粒子（主要是Na+、K+、Cl﹣、磷酸根等离子）发生定向移动并重新分布，在膜两侧产生跨膜电位差，导致细胞膜结构失稳，从而暂时形成微孔。施加外电场时，下列说法正确的是（）A．Na+、K+等正离子，逆着电场方向移动 B．Cl﹣、磷酸根等负离子，逆着电场方向移动 C．Na+、K+等正离子，移动过程电势能增大 D．Cl﹣、磷酸根等负离子，移动过程电场力做负功【答案】B【分析】根据电场方向为正电荷所受电场力的方向，解答AB选项；根据功能关系：电场力做正功，电势能减小解答C选项；根据力做功的定义解答D选项。【解答】解：A．Na+、K+带正电，其所受电场力的方向与电场方向相同，应顺着电场方向移动，故A错误；B．Cl﹣、磷酸根等离子带负电，其所受电场力方向与电场方向相反，应逆着电场方向移动，故B正确；C．Na+、K+等正离子顺着电场方向移动，所受电场力做正功，根据功能关系可知，运动过程电势能减小，故C错误；D．Cl﹣、磷酸根等负离子，逆着电场方向移动，电场力方向与位移方向相同（均竖直向上），电场力做正功，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电场力的性质，以及电场力做功与电势能变化的关系。要知道电场的方向是如何规定的，以及电场力做正功，电势能减小这一功能关系。2．（2025秋•宜昌月考）带电金属杆在空间中形成的等势面如图中虚线所示，相邻等势面的电势差相等。实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b为运动轨迹和等势面的两个交点，则下列说法正确的是（）A．粒子带正电 B．粒子在a点的加速度大于b点的加速度 C．粒子在a点的动能小于b点的动能 D．粒子在a点的电势能小于b点的电势能【答案】D【分析】根据轨迹弯曲方向判断电场力指向轨迹凹侧；等势面疏密反映电场强度大小；电场力做正功电势能减小动能增大，电场力做负功电势能增大动能减小。【解答】解：A、沿电场方向电势降低，可知b处的电场方向向下，而粒子受到的电场力处于轨迹的凹侧，则在b处的电场力方向向上，粒子带负电，故A错误；B、结合E=Ud，相邻等差等势面越密集的位置场强越大，则a点的电场强度小于b点的电场强度，粒子在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力，粒子在a点的加速度小于b点的加速度，故CD、a点电势高于b点电势，粒子带负电，结合Ep＝qφ，粒子在a点的电势能小于b点的电势能，粒子只受电场力作用，电势能与动能之和保持不变，粒子在a点的动能大于b点的动能，故D正确，C错误。故选：D。【点评】本题考查等势面、电场力与轨迹问题，核心是利用轨迹弯曲方向判断电场力方向。3．（2026秋•湖北月考）如图所示的匀强电场斜向右上方且与水平方向的夹角为53°，电场强度大小为E，一带电量为+q的小球（视为质点），用轻质绝缘不可伸长的细线悬挂于O点，小球静止时处于A点，此时细线水平。以O点为圆心、细线的长为半径，在竖直面内做虚线圆，AB为水平直径，现把小球移动到B点，给小球一个竖直向上的速度v0，小球沿虚线圆刚好能做完整的圆周运动，重力加速度为g，sin53°=45，A．小球的质量为3Eq4gB．细线的长度为4vC．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电势能的减小量为32EqvD．小球沿着虚线圆从B点运动到A点，动能的变化量与电场力做功不相等【答案】B【分析】小球静止在A点，合力为零，根据平衡条件求小球的质量；A点是圆周运动的等效最低点，B点是圆周运动的等效最高点。小球静止在A点时，根据平衡条件求细线拉力大小T，由g效=Tm求出小球做圆周运动的等效重力加速度。小球刚好做完整的圆周运动，在等效最高点由等效重力提供向心力，由此列式求细线的长度；小球沿着虚线圆从B点运动到A点，求出电场力做的功，进而得到电势能的减小量；小球沿着虚线圆从B点运动到【解答】解：A、小球静止在A点，分析受力，如图所示：由三力平衡的矢量三角形可得mgEq=sin53°，解得小球的质量为m=4EqB、A点是圆周运动的等效最低点，B点是圆周运动的等效最高点。小球静止在A点时，由三力平衡的矢量三角形可得mg解得细线拉力大小T=则小球做圆周运动的等效重力加速度g小球刚好做完整的圆周运动，则在等效最高点有m联立解得细线的长度L=4v0C、小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电场力做的功为W电=Eq×2Lcos53°=8Eqv025g，则电势能的减小量为ΔEPD、A、B两点的高度差为0，小球沿着虚线圆从B点运动到A点，重力做的功为0，细线的拉力不做功，则合力做的功即电场力做的功，由动能定理可知合力做的功等于动能的变化量，因此，动能的变化量与电场力做功相等，故D错误。故选：B。【点评】带电体在匀强电场和重力场构成的复合场中的运动问题，常常采用“等效重力场”的方法，即将静电力和重力的合力视为一个“等效重力”。4．（2026•安徽开学）如图，在竖直向下匀强电场中有一长为2L的轻杆，杆的中点O处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为m的小球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为q，电场强度为E。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到最低点时，转轴O处受到杆作用力的合力大小为（）A．2mg B．2Eq C．2Eq+mg D．Eq+2mg【答案】A【分析】甲带正电受竖直向下电场力，乙带负电受竖直向上电场力，两者电荷量相等，系统在转动中电场力总功为2EqL，重力总功为零。从水平位置释放后，甲到达最低点、乙到达最高点，两球速度大小相等。对系统利用动能定理可求得速度平方与杆长的关系，再分别对两球在竖直位置受力分析，确定杆对球的弹力方向和大小，进而由轻杆受力平衡得到转轴对杆的作用力，最后结合牛顿第三定律确定转轴受到杆的作用力大小。【解答】解：甲球带正电，受到的电场力方向竖直向下，乙球带负电，受到的电场力方向竖直向上。设甲第一次运动到最低点时的速度大小为v，对甲、乙两球组成的系统从水平位置释放到竖直位置的过程，根据动能定理有(mg+Eq)L+(Eq-mg)L=1在最低点时，对甲球受力分析，设杆对甲的拉力大小为F1，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有F1-mg-Eq=mv2L，解得此时乙球处于最高点，对乙球受力分析，设杆对乙的作用力大小为F2，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有F2+mg-Eq=mv2L，解得F2根据牛顿第三定律，甲对轻杆的作用力竖直向下，大小为F1，乙对轻杆的作用力竖直向上，大小为F2。设转轴对轻杆的作用力大小为FO，方向竖直向上，对轻杆根据平衡条件有FO+F2＝F1，解得FO＝2mg。根据牛顿第三定律可知，转轴受到杆作用力的合力大小为2mg，故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题以竖直匀强电场中轻杆两端带电小球的转动为背景，融合动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律及受力平衡，综合性较强。解题关键在于利用电场力与重力做功之和求最低点速度，再分别对甲、乙隔离分析求杆的作用力，最后通过轻杆平衡求转轴受力。本题计算量适中，模型清晰，能有效锻炼学生多过程分析和整体与隔离法结合的能力。5．（2025秋•南江县校级月考）两个共轴的半圆柱形电极间存在一沿半径方向的电场，如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知（）A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等 B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的速度一定相等 C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等【答案】C【分析】AB、由题意可知，带电粒子受到的电场力总是指向圆心，故由电场力提供向心力，判断电荷量影响哪些物理量，以此判断选项正误；C、根据上述分析所得公式联立计算速率受哪些物理量影响，以此判断选项正误；D、根据上述分析所得公式联立计算动能受哪些物理量影响，以此判断选项正误；【解答】解：AB、由题意可知，带电粒子受到的电场力总是指向圆心，故由电场力提供向心力qE=整理上式解得qEr＝mv2其中电场强度与运动半径相等，若入射粒子的电荷量也相等，只能说明mv2相等，无法判断质量、速度一定相等，故AB错误；C、根据上述公式qEr＝mv2可知，整理上式解得速率为v=其中电场强度与运动半径相等，若入射粒子的电荷量与质量之比也相等，则速率相等，故C正确。D、根据上述公式qEr＝mv2可知，有1其中电场强度与运动半径相等，即使入射粒子的电荷量与质量之比也相等，但质量不一定相等，电荷不一定相等，故动能不一定相等，故D错误。故选：C。【点评】本题考查带电粒子在电场中做圆周运动的问题，该题核心是考查学生利用电场力提供向心力的圆周运动规律分析粒子的运动参数的能力，解题关键为推导出粒子沿半圆形轨道运动时各物理量的约束关系。6．（2026•日照开学）如图所示，虚线a、b、c、d为一电场在纸面内的等差等势面，实线为某一带电粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是轨迹与等势面b、d的交点。下列说法正确的是（）A．若粒子带正电，则等势面a的电势高于c的电势 B．若粒子带负电，则N点的场强方向沿虚线切线指向右上 C．粒子在M点的速度一定大于在N点的速度 D．粒子在M点的加速度一定大于在N点的加速度【答案】C【分析】粒子做曲线运动，所受静电力指向轨迹的凹侧，根据轨迹弯曲方向判断粒子所受的静电力方向，再判断电场线方向，即可判断电势高低；结合场强方向垂直于等势面判断N点的场强方向；分析粒子在M点和N点电势能关系，根据能量守恒分析动能关系，再判断速度大小关系；根据等差等势面的疏密程度反映场强的大小，来分析场强大小，再判断加速度大小。【解答】解：A、粒子做曲线运动，所受静电力指向轨迹的凹侧。由图可知，轨迹向下弯曲（凹向左下方），故粒子受到的静电力大致指向左下方。若粒子带正电，则场强方向与静电力方向相同，大致指向左下方。结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知等势面a的电势低于等势面c的电势，故A错误；B、场强方向垂直于等势面，可知在N点的场强方向垂直虚线切线，不可能沿虚线切线，故B错误；C、粒子仅受静电力，动能与电势能之和守恒。若粒子从M点运动到N点，静电力做负功，动能减小，则M点动能大于N点动能；若粒子从N点运动到M点，静电力做正功，动能增大，则M点动能大于N点动能，可知，无论粒子运动方向如何，M点动能均大于N点动能，则粒子在M点的速度一定大于在N点的速度，故C正确；D、根据等差等势面的疏密程度反映场强的大小，等势面越密，场强越大，由图可知，M点处的等势面比N点处稀疏，则M点的场强小于N点的场强，粒子在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力，根据牛顿第二定律可知，粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故D错误。故选：C。【点评】解决这类带电粒子在电场中运动轨迹问题的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化情况。7．（2026秋•济南月考）电透镜是利用静电场使电子束聚焦和成像的装置，如图所示虚线为电透镜内部静电场中等差等势面的分布示意图，实线为一电子仅在电场力作用下通过该区域的部分运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点，下列说法正确的是（）A．P点的电势低于Q点的电势 B．P点的电场强度小于Q点的电场强度 C．电子在P点的电势能小于在Q点的电势能 D．电子在P点的电势能与动能之和小于在Q点的电势能与动能之和【答案】C【分析】电场线垂直等势面，由轨迹弯曲方向判断电子受力方向，负电荷在电势高的位置电势能小；等势面疏密反映电场强度大小；只有电场力做功时动能与电势能总和守恒。【解答】解：AC.电子做曲线运动，电场力指向轨迹凹侧，电场力方向大致沿着轴负方向，因为是电子，所以电场线方向大致沿轴正方向，而电势沿着电场线方向降低，所以P点电势大于Q点电势，电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，故A错误，C正确；B.等势线越密集代表电场强度越大，P点等势线比Q点密集，所以P点电场强度比Q点电场强度大，B错误；D.只有电场力做功，动能和电势能转化，总和保持不变，故D错误。故选：C。【点评】本题考查等势面、电场强度、电势与电势能，解题关键是根据轨迹弯曲方向判断电场力方向，结合等势面疏密判断场强大小。8．（2026•兰州校级开学）如图所示，三条实线为电场线，带电粒子a沿虚线轨迹1从A运动到B，带电粒子b沿轨迹2从C运动到D。若两带电粒子运动过程中，均仅受电场力作用。下列说法正确的是（）A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子带负电，b粒子带正电 C．运动过程中，粒子a和粒子b的速度一直减小 D．粒子a在A、B两点的电势能EpB＞EpA，粒子b在C、D两点的电势能EpD＞EpC【答案】D【分析】带电粒子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力必指向轨迹凹侧，据此可分别判断粒子a与粒子b所受电场力的大致方向；再结合电场力与速度方向的夹角分析做功的正负，由动能定理判断速度变化，由电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化；由于题中未给出电场线的方向，无法由受力方向确定粒子的电性，这是解答本题的前提。【解答】解：带电粒子做曲线运动时，所受合外力（电场力）指向轨迹的凹侧。由图可知，带电粒子a沿轨迹1运动，轨迹向左弯曲，因此其受到的电场力方向大致向左；带电粒子b沿轨迹2运动，轨迹向右弯曲，因此其受到的电场力方向大致向右。AB、由于题目未明确电场线的方向，无法确定各点电场强度的确切方向，因此不能根据电场力的方向推断粒子a和粒子b的电性，故AB错误；C、粒子a从A运动到B的过程中，其速度方向由向右下方逐渐转变为向左下方，电场力（大致向左）与速度方向的夹角先为钝角后为锐角，故电场力先做负功后做正功，粒子a的速度先减小后增大；同理，粒子b从C运动到D的过程中，速度方向由向左下方转变为向右下方，电场力（大致向右）与速度方向的夹角先为钝角后为锐角，电场力先做负功后做正功，粒子b的速度先减小后增大，故C错误；D、从整体位置来看，粒子a从A运动到B的过程总位移方向大致向右，与电场力方向相反，电场力做总功为负，电势能增加，即EpB＞EpA；粒子b从C运动到D的过程总位移方向大致向左，与电场力方向相反，电场力做总功为负，电势能增加，即EpD＞EpC，故D正确。故选：D。【点评】本题的切入点是根据曲线运动的受力特点，即所受合外力指向轨迹凹侧，先确定两粒子所受电场力的大致方向，再由电场力与速度方向夹角的变化判断电场力做功的正负，进而得出速度与电势能的变化情况。易错点在于电场线方向未知，不能凭电场力方向直接判定粒子的电性，A、B两项即为典型陷阱；同时要注意速度方向不断变化，电场力先做负功后做正功，粒子速度先减小后增大，并非一直减小，而比较初末位置时由总位移与电场力方向的关系可知电场力做总功为负，电势能增大。二．实验题（共3小题）9．（2025春•唐山期末）如图所示，平面直角坐标系xOy，其y轴沿竖直方向，平面所在空间存在沿x轴正方向的匀强电场。从O点静止释放一带电小球，小球沿直线运动到A点，已知A点的坐标为（1，﹣1），B点的坐标为（1，0），带电小球的质量为0.2kg、电荷量为+2.0×10﹣6C。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）匀强电场的电场强度；（2）小球到达A点的速度；（3）若该带电小球从O点以某一初速度射出，恰好经过B点，且到达B点时的动能为初动能的5倍，则小球从O点运动到B点可能的时间。【答案】（1）匀强电场的电场强度为1.0×106N/C；（2）小球到达A点的速度为210（3）若该带电小球从O点以某一初速度射出，恰好经过B点，且到达B点时的动能为初动能的5倍，则小球从O点运动到B点可能的时间为1010s或者【分析】（1）根据平衡关系求匀强电场的电场强度；（2）由动能定理求小球到达A点的速度；（3）由动能定理求出初速度，结合运动学公式求出小球从O点运动到B点可能的时间。【解答】解：（1）由题意可知mg＝qE可得E＝1.0×106N/C（2）由动能定理可得mgl+qEl=可得v=2（3）设初速度为v0，与x轴的夹角为θ，如图由动能定理可得qEl=由题意可知5联立可得v把运动分解到沿x轴和y轴，水平方向l=竖直方向2v0sinθ＝gt，两式联立可得t=1010答：（1）匀强电场的电场强度为1.0×106N/C；（2）小球到达A点的速度为210（3）若该带电小球从O点以某一初速度射出，恰好经过B点，且到达B点时的动能为初动能的5倍，则小球从O点运动到B点可能的时间为1010s或者【点评】本题主要是考查了动能定理和运动学公式的应用；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。10．（2025秋•无为市校级月考）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。（1）如上图所示，示波管构造及功能的原理图，电子枪的作用是给电子加速（填“加速”、“减速”、“偏转”），YY′电极控制的是竖直（填“竖直”、“水平”）方向偏转。（2）如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的：①极板X应带正电；②极板X′应带正电；③极板Y应带正电；④极板Y′应带正电。以上4项中正确的是A。A．①③B．①②C．②③D．③④（3）如图，示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况，电子经电压U1加速后进入偏转电场。下列关于所加竖直偏转电压U2、水平偏转电压U3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是BD。A．如果只在U2上加上图甲所示的UAB，则在荧光屏上看到的图形如图b所示B．如果只在U3上加上图乙所示的UDC，则在荧光屏上看到的图形如图b所示C．如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的UAB、UDC，则在荧光屏上看到的图形如图c所示D．如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的UAB、UDC，则在荧光屏上看到的图形如图d所示【答案】（1）加速，竖直；（2）A；（3）BD。【分析】（1）电子枪对电子起加速作用使其获得动能，YY'为竖直偏转电极，控制电子在竖直方向的偏转；（2）电子带负电，偏转方向与电场方向相反，根据亮斑位置判断各极板的带电情况：向哪个方向偏转，对应方向的极板带正电；（3）只加竖直偏转电压时电子仅竖直偏转，屏上呈现竖直亮线；同时加水平扫描电压和竖直信号电压时，根据两电压的周期关系判断屏上显示的波形。【解答】解：（1）电子枪的作用是给电子加速，YY′电极间构成的是竖直方向的匀强电场，控制的是竖直方向偏转。（2）示波管中电子向第一象限偏转，说明水平方向受力向右，竖直方向受力向上，则极板X应带正电，极板Y应带正电，即选①③，故A正确，BCD错误。故选：A。（3）A、只在U2上加上甲图所示的电压，电子只在竖直方向偏转，且偏转距离不一，故在荧光屏上看到的图形为一竖直图线，如图a，故A错误；B、只在U3上加上乙图所示的电压，电子只在水平方向偏转，且偏转距离不一，故在荧光屏上看到的图形为一水平线段，如图b，故B正确；CD、同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，在水平方向为扫描，则在荧光屏出现两个周期的图形且开始电子先向C偏，在荧光屏上看到的图形如图d所示，故C错误，D正确。故选：BD。故答案为：（1）加速，竖直；（2）A；（3）BD。【点评】本题综合考查示波器的工作原理，涉及电子加速、电场偏转及波形显示规律，需结合电场力与运动的合成分析电子轨迹，侧重考查对示波器原理的理解与综合应用能力。11．（2025秋•徐汇区校级期中）（1）如图为实验装置，左侧电源的输出电压可调。若从显微镜中观察发现油滴（带负电）在加速下落，则应如何调整电压以使油滴平衡A。A.增大电压B.减小电压（2）前问中调整电压后，是否有电流产生B。A.没有电流B.有顺时针电流C.有逆时针电流（3）油滴在运动过程中受到的阻力可由斯托克斯公式f＝6πηrv计算（其中r为油底半径，v为油滴下落的速度，η为空气粘滞系数）。用国际基本单位制表示空气粘滞系数η的单位kg•s/m。（4）油滴只在重力、电场力和空气阻力作用下从A到B运动。运动过程中小球的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、电势能E电、重力做功WG、电场力做功W电、空气阻力做功Wf中的部分物理量大小或变化情况已在表中列出，试完成该表：EEpEkΔE电WGW电WfA5.5J﹣3J8.5J﹣2J﹣5J2J﹣1.5JB7J2J5J（5）图（a）中，M、N为两片平行正对的金属板，初始时电键K闭合，在断开K的瞬间，关于二极管发光的情况正确的是A。A.红色发光，绿色不发光B.都发光C.绿色发光，红色不发光D.都不发光（6）如图（b）为电容器放电时，电流传感器测得的I﹣t图，放电时若增大（a）图中的R2，画出电流传感器测得的I﹣t图。（7）如图，A、B两平行板间距为d，B板与形状为四分之一圆弧的静电分析器左端重合，A、B两板间存在水平向右的匀强电场，静电分析器中存在沿半径方向指向圆心O的辐向电场。极板A上小孔的P点处有一质量为m、电荷量为q的带电粒子X，自A板由静止开始向右加速运动，并从极板B的小孔沿水平方向进入静电分析器，粒子在静电分析器中恰好沿图示虚线做匀速圆周运动。已知粒子做圆周运动的半径为R，轨迹处电场强度的大小均为E，粒子重力不计。①求A、B极板间的电压大小UAB；②以下两种情况粒子仍要绕O点做匀速圆周运动，那么粒子轨迹处的电场强度应该调大一些还是调小一些，或者保持不变？请通过计算说明。ⅰ.粒子从P点正下方的Q点进入：你认为电场强度E应该A。A.调大B.调小C.不变论证：若粒子从P点正下方的Q点进入，在静电分析器中做匀速圆周运动的半径为R′，则有E'q=mv2R'，又有12mⅱ.将X粒子更换为比荷qm为其两倍的Y粒子：你认为电场强度E应该CA.调大B.调小C.不变论证：根据动能定理可得Y粒子在两平行板间加速满足12mYvY2=U【答案】（1）A；（2）B；（3）kg•s/m；（4）5J；﹣2J；﹣5J；﹣1.5J；（5）A（6）；（7）①A、B极板间的电压大小为ER2②ⅰA；若粒子从P点正下方的Q点进入，在静电分析器中做匀速圆周运动的半径为R′，则有E'q=mv2R'ⅱC；根据动能定理可得Y粒子在两平行板间加速满足12mYvY2【分析】（1）根据油滴受力情况分析解答；（2）根据电路中的充放电情况结合电源的正负极性判断电流方向；（3）根据公式中各物理量单位确定η单位；（4）根据表格数据结合能量守恒、动能定理以及功能关系解答；（5）确定初始电容器的两极板带电性质，在断开K的瞬间电容器会放电，根据二极管单向导电性确定发光情况。（6）根据I﹣t图像与时间轴围成的面积表示电荷量，画出当R2增大后电容器放电时电流传感器测得的I﹣t图像。（7）①由动能定理，可得到粒子进入静电分析器时的速度与极板间电压的关系，根据粒子可以恰好在静电分析器中做匀速圆周运动，结合电场力提供向心力，可计算AB间电压；②（i）根据粒子在静电分析器中运动时，电场力提供向心力，即可场强变化；（ii）根据极板间电压，与静电分析器的电场强度关系式，可知场强变化。【解答】解：（1）若从显微镜中观察发现油滴（带负电）在加速下落，则油滴受到向下的重力大于油滴受到的电场力，根据F=Eq=Udq，可知，若要增大电场力与重力平衡，应增大电压，故A故选：A。（2）增大电压时，电容器两极板电压增大，电容器所带电荷量应增加，所以电容器进行充电，回路中有顺时针方向的电流产生，故B正确，AC错误。故选：B。（3）斯托克斯公式f＝6πηrv中f单位为N＝kg•m/s2，r单位m，v单位为m/s，rv单位为m2/s，所以η单位为kg⋅m/s（4）在B点动能为7J﹣2J＝5J，根据电场力做功与电势能变化关系可得ΔE电＝﹣2J，根据重力做功和重力势能关系可得WG＝﹣5J，由动能定理可得WG+W电+Wf＝5J﹣8.5J＝﹣3.5J，解得Wf＝﹣1.5J；（5）图（a）中，初始电键K闭合时，电容器的极板M带正电，极板N带负电，在断开K的瞬间，电容器放电，红色二极管导通发光，绿色二极管不导通，不发光，故A正确，BCD错误；故选A。（6）根据I﹣t图像与时间轴围成的面积表示电荷量，结合②的分析，当R2增大后，电容器放电时电流传感器测得的I﹣t图像如下图的虚线所示。（7）①带电粒子在静电分析器中恰好做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有Eq=mv2R，解得v=EqR②i若粒子从P点正下方的Q点进入，在静电分析器中做匀速圆周运动的半径为R′，则有E'q=mv2R'，又有12mvⅱ根据动能定理可得Y粒子在两平行板间加速满足12mYvY2=UAB故答案为：（1）A；（2）B；（3）kg•s/m；（4）5J；﹣2J；﹣5J；﹣1.5J；（5）A；（6）；（7）①A、B极板间的电压大小为ER2②ⅰA；若粒子从P点正下方的Q点进入，在静电分析器中做匀速圆周运动的半径为R′，则有E'q=mv2R'ⅱC；根据动能定理可得Y粒子在两平行板间加速满足12mYvY2【点评】考查带电粒子在电场和重力场中的受力和运动情况分析、电容器的充放电、带电粒子在电场中的运动等，题目难度较大需要学生综合解题能力。三．解答题（共4小题）12．（2025秋•榆林月考）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，一根长度为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端与质量为m、带有正电荷的金属小球（可视为质点）相连，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g。不计空气阻力，求：（1）小球通过最低点C时细线对小球的拉力F大小。（2）如果要使小球能绕O点恰好做完整的圆周运动，则在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度v0的大小。【答案】（1）小球通过最低点C时细线对小球的拉力为mg（3﹣2tanθ）；（2）在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度为gl(3cosθ+3tanθsinθ+2tanθ)或(3+2sinθ)glcosθ【分析】（1）小球自A点由静止释放运动至C点过程中有重力做正功，电场力做负功，根据动能定理计算到达C点的速度，在C点，小球所受重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算拉力大小；（2）若小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，结合几何关系、动能定理、牛顿第二定律联立计算。【解答】解：（1）由小球静止时受力平衡可得qE＝mgtanθ设小球运动至C点时速度为vC，根据动能定理有mgl在C点，小球所受重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有F联立上式，整理解得拉力大小为F＝mg（3﹣2tanθ）（2）由题意可知，若小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v，则mgcosθ+qEsinθ=mv2由动能定理得-联立上式，整理解得v0=答：（1）小球通过最低点C时细线对小球的拉力为mg（3﹣2tanθ）；（2）在A点时沿垂直于OA方向上施加给小球的初速度为gl(3cosθ+3tanθsinθ+2tanθ)或(3+2sinθ)glcosθ【点评】本题考查学生对带电小球在电场中做圆周运动问题的分析能力，知道小球做变速圆周运动，过程中电场力、重力同时对小球做功，灵活应用动能定理方可解决本题。13．（2025秋•河南月考）如图所示，水平光滑轨道AB与竖直平面内的光滑半圆形轨道BC相切于B点，空间存在水平向左的匀强电场，一带正电的绝缘滑块（可视为质点）锁定在A点，现解除锁定，并给滑块水平向右的初速度，滑块恰好能够沿圆弧轨道做圆周运动并从C点抛出。已知滑块所受电场力为重力的3倍，圆弧轨道半径为R，A点到B点的水平距离为L＝2R，重力加速度为g。（1）求滑块在圆弧轨道上运动的最小速度的大小；（2）求滑块在A点的初速度v0的大小；（3）若滑块从A点以(10+43)gR的初速度向右运动，求滑块从【答案】（1）滑块在圆弧轨道上运动的最小速度大小为2gR。（2）滑块在A点的初速度大小为(8+43（3）滑块从C点抛出到落到地面过程运动的水平距离为2(6【分析】（1）滑块受重力与水平向左的电场力，二者合成等效重力，方向斜向左下方。滑块在圆弧轨道上运动的临界状态对应等效最高点，该点轨道弹力为零，由等效重力提供向心力，据此确定最小速度。（2）从A点到等效最高点，沿水平方向电场力做负功，沿竖直方向重力做负功，利用动能定理将两个方向的位移变化与动能变化关联，建立初速度与最小速度的关系。（3）从A点到C点，水平电场力与重力均做负功，由动能定理确定C点速度大小，滑块从C点抛出后竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，由竖直方向位移确定落地时间，再由水平方向初速度与加速度求落地水平位移。【解答】解：（1）设滑块的质量为m，滑块受到的重力mg向下，受到的水平电场力qE=3两者合力即等效重力G'=(mg)2设等效重力方向与竖直向下方向的夹角为θ，则tanθ=qEmg=3，解得故等效最高点（设为D点）位于圆心O的右上方，与竖直向上方向的夹角为60°。滑块恰好能够做圆周运动的临界条件是在D点轨道对滑块的弹力为零，由等效重力提供向心力，根据牛顿第二定律有2mg=mvmin2（2）由几何关系可知，从A点运动到D点，滑块在水平方向上的位移x1＝L+Rsin60°，即x1竖直方向上上升的高度h1=R+Rcos60°=32R。对滑块从A代入数据可得-3mg(2R+3解得滑块在A点的初速度大小v0（3）从A点运动到C点的过程，滑块水平位移向右大小为2R，竖直上升高度为2R，设到达C点时滑块的速度为vC，根据动能定理有-3mg(2R)-mg(2R)=1由于此时滑块在半圆最高点且轨道处于其下方，滑块脱离圆弧面抛出，速度方向沿切线水平向左。滑块从C点抛出后，竖直方向上仅受重力，做自由落体运动；水平方向上受恒定的向左的电场力，做初速度向左的匀加速直线运动。设落地时间为t，在竖直方向上有2R=12g在水平方向上加速度ax=qE代入数据解得x=6gR⋅2Rg+12答：（1）滑块在圆弧轨道上运动的最小速度大小为2gR。（2）滑块在A点的初速度大小为(8+43（3）滑块从C点抛出到落到地面过程运动的水平距离为2(6【点评】本题将重力场与匀强