2025版新教材高中物理第一章静电场专项11带电粒子或带电体在电场中的运动课时作业教科版必修第三册

专项 11 带电粒子或带电体在电场中的运动
提实力
1．如图所示，某一带正电的粒子(不计重力)在一平行板电容器间的运动轨迹如图中曲线，P 、Q 为轨迹上的两点，则( )
A ．A 极板带负电，
B 极板带正电
B ．粒子在P 点的电势能大于在Q 点的电势能
C ．粒子在P 点的动能大于在Q 点的动能
D ．粒子在P 点受到的力大于在Q 点受到的力
2．(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q ，m )、(＋q ，2m )、(＋3q ，3m )、(－q ，m )，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x 轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y 轴平行．不计重力．下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
3.
如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M 、N 间存在匀强电场，板长为L (不考虑边界效应).t ＝0时刻，M 板中点处的粒子源放射两个速度大小为v 0的相同粒子，垂直M 板向右的粒子，到达N 板时速度大小为2v 0；平行M 板向下的粒子，刚好从N 板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A ．M 板电势高于N 板电势
B ．两个粒子的电势能都增加
C ．粒子在两板间的加速度为a ＝2v 2
L
D ．粒子从N 板下端射出的时间t ＝（2－1）L 2v 0
4．(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P 点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P 点．则射出后，( )
A ．小球的动能最小时，其电势能最大
B ．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C ．小球速度的水平重量和竖直重量大小相等时，其动能最大
D ．从射出时刻到小球速度的水平重量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
5.如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑1
4
圆弧导轨在B 点平滑连接，导轨半径为
R .质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过B 点时的速度大小为gR ，之后沿轨道BO 运动．以O 为坐标原点建立直角坐标系xOy ，在x ≥－R 区域有方向与x 轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为2mg .小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g .求：
(1)弹簧压缩至A 点时的弹性势能； (2)小球经过O 点时的速度大小； (3)小球过O 点后运动的轨迹方程．
6．如图所示，虚线MN 左侧有一电场强度为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝ 2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，不计重力)无初速度地放入电场E 1中的A 点，A 点到MN 的距离为L
2，最终电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，
求：
(1)电子在电场E 1中的运动时间t 1；
(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打在屏上的点P ′(图中未标出)到点O 的距离．
7.
如图所示，在竖直边界线O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度h ＝4 m ，BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O 1O 2右侧区域固定一半径R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界线O 1O 2，半圆形光滑绝缘轨道位于电场区域的外部(忽视电场对O 1O 2右侧空间的影响).现将一个质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面
BC 间的动摩擦因数均为μ＝
35
(g 取10 m/s 2
).求： (1)小球到达C 点时的速度大小；
(2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点与C 点的水平距离．
专项11 带电粒子或带电体在电场中的运动
1．答案：B
解析：粒子运动轨迹向右偏折，可知粒子受到向右的电场力，而粒子带正电，故可知电场强度水平向右，所以A 板带正电，B 板带负电，A 错误；沿电场线方向电势降低，因此P 点电势低于Q 点电势，而正电荷在电势高处电势能大，因此粒子在P 点的电势能大于在Q 点的电势能，B 正确；若粒子由P 点运动到Q 点，电场力对粒子做正功，粒子动能增加，即粒子在P 点的动能小于在Q 点的动能，C 错误；平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，所以粒子在P 点受到的电场力等于在Q 点受到的电场力，D 错误．
2．答案：AD 解析：四个带电粒子以相同的速度从坐标原点射入方向与y 轴平行的匀强电场中，由牛顿其次定律有qE ＝ma 1，qE ＝2ma 2，3qE ＝3ma 3，－qE ＝ma 4，解得a 1＝qE m ，a 2＝qE 2m ，a 3＝qE
m
，
a 4＝
－qE
m
，因此三个带正电的粒子的轨迹为两条，在同一方向，带负电的粒子轨迹在x 轴另
一侧，可解除图像C ；加速度为a 1的粒子与加速度为a 3的粒子轨迹重合，且与加速度为a 4
的粒子轨迹关于x 轴对称，加速度为a 2的粒子轨迹处于加速度为a 1的粒子轨迹与加速度为a 4的粒子轨迹之间，所以图像B 不行能，可能正确的是AD.
3．答案：C
解析：粒子的电性未知，粒子从M 极板到N 极板，电场力做正功，但不能推断极板电势的凹凸，A 错误；电场力做正功时，粒子电势能减小，B 错误；依据能量守恒定律可知，平行M 板向下的粒子，到达N 极板下端时的速度大小仍为2v 0，在平行极板方向做匀速运动，
速度为v 0，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a ＝v 0t ，t ＝L
2v 0，解得a ＝2v 20 L ，C 正确，D
错误．
4．答案：BD
解析：本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重力方向斜向右下方45°，PQ 为等效水平方向．小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为v ′处，v ′与水平方向夹角为45°，此时小球速度的水平重量等于竖直重量，不是电势能最大处，电势能最大处在Q 处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度v ，P 处与Q 处小球动能相等，所以A 、C 错误，B 正确；从P 到Q (Q 点处小球速度水平重量为零)重力做的功等于重力势能的削减量，P 处与Q 处小球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以削减的重力势能等于增加的电势能，故D 正确．
5．答案：(1)12
mgR (2)3gR (3)y 2
＝6Rx
解析：(1)小球从A 到B ，依据能量守恒定律得E p ＝12mv 2B ＝1
2
mgR
(2)小球从B 到O ，依据动能定理有－mgR ＋qE ·2R ＝12mv 20 －12mv 2
B ，解得v 0＝3gR
(3)小球运动至O 点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x 轴和y
轴，则x 轴方向有qE cos 45°＝ma x
竖直方向有qE sin 45°－mg ＝ma y 解得a x ＝g ，a y ＝0.
说明小球从O 点起先以后的运动为x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y 轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x ＝12
gt 2
，y ＝v 0t
联立解得小球过O 点后运动的轨迹方程y 2
＝6Rx .
6．答案：(1) mL
eE
(2)2 (3)3L 解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，
由牛顿其次定律得a 1＝
eE 1m ＝eE m ，由x ＝12at 2得L 2＝12a 1t 21 ，解得t 1＝mL
eE
； (2)设电子射出电场E 2时平行电场方向的速度为v y ，射入电场E 2时的速度为v 1，由牛顿
其次定律得，电子进入电场E 2时的加速度为a 2＝
eE 2m ＝2eE
m
，v y ＝a 2t 2，沿射入电场E 2的速度方向有L ＝v 1t 2，v 1＝a 1t 1，电子刚射出电场E 2时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan
θ＝v y
v 1
，联立解得tan θ＝2.
(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示，设电子打到屏上的点P ′到O 点的距离为x ，
依据几何关系得tan θ＝
x
L ＋
L
2
，联立解得x ＝3L .
7．答案：(1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m
解析：(1)小球从A 点到C 点的过程中，依据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos
30°·h sin 30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12
mv 2
C －0，解得v C ＝210 m/s.
(2)小球在从C 点运动至D 点的过程中，依据机械能守恒定律可得12mv 2C ＝12mv 2D ＋mg ·2R ，
在D 点以小球为探讨对象，依据牛顿其次定律可得
F N ＋mg ＝m v 2
D
R
，
联立解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.
(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，依据牛顿其次定律可得mg ＋qE ＝ma ，
解得a ＝ 20 m/s 2
，
由类平抛运动的规律得x ＝v D t ，2R ＝12at 2
，
联立解得x ＝ 2 m.。