2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案056-课时作业48 带电粒子在电场中的运动（教用）

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1．下列带电粒子的初速度均为0，经过电压为U的电场加速后，获得速度最大的粒子是（ ）
A. 质子B. 氚核C. 氦核D. 钠离子Na+
【答案】A
【解析】根据动能定理可得qU=12mv2−0，解得带电粒子获得的速度v=2qUm，可知粒子的比荷越大，获得的速度越大，选项所列粒子中质子的比荷最大，则获得速度最大的粒子是质子，故选A。
2．多选 如图所示，三个相同的带电粒子a、b、c（不计重力）同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹已标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是（ ）
A. b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
B. b和c同时飞离电场
C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D. 在电场中运动的过程中，c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同
【答案】ACD
【解析】三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相同，即加速度相同，在竖直方向上均做初速度为0的匀加速直线运动，偏移量y=12at2，则ta=tb>tc，故B错误，A正确；三个粒子在水平方向上均做匀速直线运动，故有v=xt，因为xb=xc>xa，ta=tb>tc，所以有vc>vb>va，故C正确；根据动能定理有qU=Eqy=ΔEk，可知c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同，故D正确。
3．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为−q2(q2>0)的粒子B，仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距37l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计粒子重力，则以下说法正确的是（ ）
A. 电荷量q1与q2的比值为3:7
B. 电荷量q1与q2的比值为3:4
C. 粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为9:16
D. 粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为3:7
【答案】B
【解析】设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A，有a1=q1Em，37l=12⋅q1Em⋅t2，对粒子B，有a2=q2Em，47l=12⋅q2Em⋅t2，联立解得q1q2=34，选项A错误，B正确；由动能定理得qEx=12mv2−0，解得v1v2=34，选项C、D错误。
4．（2025·四川成都二模）图示为示波器原理图，电子从静止开始经加速电压U1加速后，射入板间电压为U2的匀强电场发生偏转，最终离开电场打在荧光屏上P点。下列说法正确的是（ ）
A. a点电势高于b点电势
B. 仅增大电压U1，偏转距离OP增大
C. 仅减小电压U2，偏转距离OP减小
D. 仅增大电压U1，可提高示波器的灵敏度（单位偏转电压引起的偏转距离越大灵敏度越高）
【答案】C
【解析】电子向下偏转，则上极板带负电，下极板带正电，即a点电势低于b点电势，故A错误；电子在加速电场中，由动能定理有eU1=12mv02−0，得v0=2eU1m，在偏转电场中，有L=v0t，y=12at2，且由牛顿第二定律有eU2d=ma，联立解得y=eU2L22mdv02=U2L24dU1，当y越大时，最终的偏转距离OP也越大，则仅增大U1，OP减小，仅减小U2，OP也减小，故B错误，C正确；仅增大U1，y和OP均减小，则会降低示波器的灵敏度，故D错误。
5．（2025·湖北襄阳一模）如图所示，两个粒子a和b电荷量之比为1:2，以相同的初动能垂直射入偏转电场（不计粒子重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（ ）
A. 1:2B. 1:4C. 1:8D. 1:16
【答案】A
【解析】两粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，由牛顿第二定律得a=qEm，水平方向有L=v0t，竖直方向有y=12at2，解得y=qEL22mv02=qEL24Ek，由题意可知，两个粒子的初动能Ek相同，E、L相同，则y与q成正比，两粒子的电荷量之比为1:2，侧位移y之比为1:2。故选A。
6．多选 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计）以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E（如图所示），则（ ）
A. 粒子射入的最大深度为mv02qE
B. 粒子射入的最大深度为mv022qE
C. 粒子在电场中运动的最长时间为mv0qE
D. 粒子在电场中运动的最长时间为2mv0qE
【答案】BD
【解析】粒子从射入到速度为0，由动能定理得−Eqxmax=0−12mv02，最大深度xmax=mv022qE，由v0=at、a=Eqm可得t=mv0Eq，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为tmax=2t=2mv0Eq，B、D正确，A、C错误。
7．（2025·天津卷·8）多选 如图所示，在一固定点电荷形成的电场中，一试探电荷仅在静电力作用下先后经过a、b两点，图中箭头方向表示试探电荷在a、b两点处的受力方向，则（ ）
A. a点电势一定高于b点电势
B. 试探电荷与场源电荷电性一定相同
C. a点电场强度一定大于b点电场强度
D. 试探电荷的电势能一定先减小后增大
【答案】BC
【解析】根据点电荷电场分布特点和试探电荷受力情况，画出试探电荷轨迹如图所示，可知点电荷位于O点，两电荷带同种电荷，由于电性无法判断，所以点电荷周围电场方向无法判断，a点电势和b点电势高低无法判断，故A错误，B正确；由于a点离点电荷较近，由E=kQR2可知，a点电场强度一定大于b点电场强度，故C正确；由轨迹图可知，电场力方向与运动方向的夹角先为钝角，后为锐角，所以电场力先做负功，后做正功，试探电荷的电势能一定先增大后减小，故D错误。
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8．（2025·福建漳州二模）多选 在光滑绝缘水平面上，相隔4L的A、B两点固定着两个等量同种正点电荷，a、O、b是A、B连线上三点，O是AB中点，aO=Ob=L，空间另有一水平向左的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的试探电荷在电场力作用下，以初速度v0从a点出发沿A、B连线向B运动，到O点时动能为在a点时动能的2倍，到b点时速度为0，规定O点为零电势点，则（ ）
A. 试探电荷带正电B. b点电势φb0，故B错误；从a到O过程，由动能定理有q(φa−φO)=2×12mv02−12mv02，因为O点为零电势点，整理有φa=mv022q，故C错误；从a到b过程，由动能定理有−Eq×2L=0−12mv02，解得E=mv024qL，故D正确。
9．（2025·黑龙江哈尔滨二模）如图所示，空间存在大小为E、方向竖直向下的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射出，已知MN与水平方向成30∘ 角，粒子的重力可以忽略。则粒子到达MN连线上的某点时（ ）
A. 所用的时间为23mv03qE
B. 速度大小为2v0
C. 与P点的距离为23mv023qE
D. 速度方向与竖直方向的夹角为30∘
【答案】A
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为30∘ ，根据牛顿第二定律可得a=Eqm，垂直于电场方向的位移x=v0t，平行于电场方向的位移y=12at2，根据几何关系有tan30∘=yx，联立解得t=23mv03qE，故A正确；水平方向速度为vx=v0，竖直方向速度为vy=at=233v0，则到达MN连线上某点时速度为v=vx2+vy2=213v0，故B错误；水平位移x=v0t=23mv023qE，根据几何关系可得粒子到达MN连线上的点与P点的距离，即合位移为l=xcs30∘=4mv023qE，故C错误；速度方向与竖直方向的夹角正切值为tanθ=v0vy=32，则夹角不等于30∘ ，故D错误。
10．（2025·河南郑州三模）多选 一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。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2L和L，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=2:1
B. U1:U2=1:1
C. 微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为12
D. 仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】BD
【解析】微粒在匀强电场中做类斜抛运动，从进入电场到最高点有2L=vxt，d=vy2t，vy=at，tan45∘=vyvx，联立解得L:d=1:1，故A错误；微粒在加速电场中有qU1=12mv02，微粒在偏转电场中有qU22=12mvy2，sin45∘=vyv0，联立解得U1U2=11，故B正确；设微粒进入偏转电场的速度方向与水平方向夹角为α ，则有 tanα=tan45∘=1，设微粒射出偏转电场的速度方向与水平方向夹角为β ，则有tanβ=v′yvx，依题意，微粒从最高点运动到射出电场过程，有L=vxt′，v′y=at′，联立解得tanβ=12，根据三角函数知识可得tan(α+β)=3，故C错误；微粒射入偏转电场后水平方向和竖直方向的位移分别为x=vxt，y=vyt−12⋅qU22md⋅t2，解得y=x−U2x24dU1，可知微粒的轨迹与其质量或者电荷量无关，故D正确。
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11．（2025·河北唐山二模）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二、第四象限中虚线与y轴之间的区域Ⅰ、Ⅱ内分别存在电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，曲线关于O点对称，粒子从第二象限0