高中物理高考一轮复习一轮复习 2023届高三专题复习十四 带电粒子在电场中的运动

专题十四 带电粒子在电场中的运动
1．本知识点常以计算题的形式与牛顿运动定律、功能关系、能量守恒综合考查。

2．两点注意：
(1)注意带电粒子重力能否忽略；
(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题。

典例1.(2023·全国III 卷·21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。

现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动。

在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。

a 、b 间的相互作用和重力可忽略。

下列说法正确的是( ) A ．a 的质量比b 的大
B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大
C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等
D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等
【解析】两微粒只受电场力qE 作用且两电场力大小相等，由x ＝1
2a 0t 2，知微粒a 的加速度大，由qE ＝ma 0，知微
粒a 的质量小，A 错误；由动能定理qEx ＝E k 得，位移x 大的动能大，B 正确；在同一等势面上，a 、b 两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t 时刻，a 、b 的电势能不相等，C 错误；由动量定理qEt ＝mv 得，在t 时刻，a 、b 的动量大小相等，D 正确。

【答案】BD
典例2.(2023∙全国II 卷∙24)如图，如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d 。

两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同。

G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ＞0)。

质量为m ，电荷量为q (q ＞0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度
v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【解析】(1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有
一、考点分析
二、考题再现
E ＝2φd
①
F ＝qE ＝ma ①
设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有：qEh ＝E k －1
2mv 20
①
设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有 h ＝1
2at 2 ① l ＝v 0t
①
联立①①①①①式解得：E k ＝12mv 20＋2φ
d qh ① l ＝v 0
mdh
qφ。

① (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为 L ＝2l ＝2v 0
mdh
qφ。

①
1．如图，平行板电容器AB 两极板水平放置，与理想二极管串联接在电源上，已知A 和正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B 极板上的N 点。

现保持B 板不动，通过上下移动A 板来改变两极板的间距（两板仍平行），下列说法中正确的是( ) A ．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 的左侧 B ．若小球带正电，当AB 间距增大时，小球打在N 的左侧 C ．若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 的左侧 D ．若小球带负电，当AB 间距减小时，小球可能打在N 的右侧 【答案】AD
【解析】若小球带正电，当d 减小时，电容增大，Q 增大，U 不变，根据U
E d
=
，知d 减小时E 增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N 点左侧。

故A 正确。

若小球带正电，当d 增大时，电容减小，但由于二极管的单向导电性使得Q 不可能减小，所以Q 不变，
根据4U Q kQ
E d Cd S
πε=
==
，知E 不变，所以电场力不变，小球仍然打在N 点。

故B 错误。

若小球带负电，当AB 间距d 增大时，电容减小，但Q 不可能减小，所以Q 不变，根据4U Q kQ
E d Cd S
πε===
，知E 不变，所以电场力大小不变，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然可能打在N 点。

故C 错误。

若小球带负电，当AB 间距d 减小时，电容增大，则Q 增大，根据U
E d
=
，知E 增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动
三、对点速练
时间变长，小球将打在N 点的右侧。

故D 正确。

2．如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E ，M 点与P 点的连线垂直于电场线，M 点与N 点在同一电场线上。

两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v 0分别从M 点和N 点沿竖直平面进入电场，重力不计。

N 点的粒子垂直电场线进入，M 点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P 点，在此过程中，下列说法正确的是( ) A ．电场力对两粒子做功相同
B ．两粒子到达P 点的速度大小可能相等
C ．两粒子到达P 点时的电势能都减小
D ．两粒子到达P 点所需时间一定不相等 【答案】D
【解析】由题图可知M 、P 两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N 、P 间的电势差大于零，根据W ＝qU 知，电场力对M 点的粒子不做功，对N 点的粒子做正功，故A 错误；根据动能定理知N 点的粒子到达P 点时电场力做正功，所以速度增大，而M 点的粒子到达P 点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P 点的速度大小不等，故B 错误；M 点的粒子到达P 点时电势能不变，N 点的粒子到达P 点电场力做正功，所以电势能减少，故C 错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM ＝L ，M 点的粒子初速度方向与电场线的夹角为α，则M 点的粒子到达P 点的时间：t M ＝L
v 0sin α
，N 点的粒子到达P 点的时间：t N ＝L
v 0，由此可见，两粒子到达P 点所需时间一定不相等，故D 正确。

3．如图所示，在与水平面夹角θ为60°的匀强电场中，有一带负电的物块A 放在倾斜的绝缘木板上，物块所受电场力的大小为其重力大小的一半，木板的倾角α为30°和60°时物块
所受的摩擦力大小恰好相等，则物块与木板间的动摩擦因数为( ) A ．12
μ= B ．22
μ=
C ．223
μ=
- D ．423μ=-
【答案】D
【解析】当木板倾角是30°时，物块受到重力、支持力、垂直斜面向下的电场力和摩擦力的作用。

在垂直于斜面的方向上，F N1＝mgcos30°＋qE ＝mg(13
2
2
+
)①，当木板倾角是60°时，物块受到重力、支持力、与斜面成30°向下的电场力和摩擦力的作用。

在垂直于斜面的方向：F N2＝mgcos60°＋qEcos30°＝12mg ＋3
4mg①，①①两式比较可
知，F N1>F N2，在摩擦因数相等的情况下，一定是木板的倾角α为30°是静摩擦力，60°时物块所受的是滑动摩擦力。

木板的倾角α为30°时物块受力平衡，得：f 1＝mgsin30°＝1
2
mg①，木板的倾角α为60°时物块受摩擦力：f 2＝
μF N2＝μ(12mg ＋34mg)①，由题意：f 1＝f 2①，联立①①①解得：μ＝2
42323=-+.故D 正确，ABC 错误。

4．如图所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P 。

已知重力加速度为g ，则( ) A ．电场强度的大小为mg q
B ．小球初速度的大小为
g 2k
C ．小球通过点P 时的动能为5mg
4k
D ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg
k
【答案】BC
【解析】小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mg
q
，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k ＝v 0t ，1k ＝1
2
gt 2，得小球初速度大小为v 0＝
g
2k
，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 20＋v 2
x )＝5mg 4k ，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k 1cos 45°＝2mg k
，D 错误。

5．在竖直平面内有水平向右、电场强度为E ＝1×104 N/C 的匀强电场，在场中有一个半径为R ＝2 m 的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB 和AC ，A 点所在的半径与竖直直径BC 成37°角，质量为 kg 的带电小球由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相同。

现去掉弦AB 和AC ，给小球一个初速度让小球
恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（cos 37°＝，g ＝10 m/s 2）下列说法正确的是( ) A ．小球所带电量为q ＝×10－
5 C B ．小球做圆周过程中动能最小值是 J
C ．小球做圆周运动从B 到A 的过程中机械能逐渐减小
D ．小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是 N 【答案】BCD
【解析】由题知，小球在复合场中运动，由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相同，则A 点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得mg tan37︒＝
qE 解得小球的带电量为54
3
0.4tan 37
4310C 10
mg q E ︒
-⨯
=
==⨯，故A 错误；小球做圆周过程中由于重力和电场力都
是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A 的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，
根据牛顿第二定律，在A 点其合力作为小球做圆周运动的向心力cos37mg ︒
＝m 2A v R ，小球做圆周过程中动能最小值E kmin ＝1
2mv A 2＝2cos37mgR ︒＝0.0410220.8
⨯⨯⨯J ＝，故B 正确；由于总能量保持不变，小球从B 到A 过程中电场力做负
功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C 正确；将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成37︒
，等效重力=cos37mg G ︒'，等效重力加速度为cos37
g
g ︒
='，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A 点速度为A v g R =
'，在等效最低点小球对环的压力最大，设小球在等效最低点的速度为v ，由动能定理得
22A 11·222G R mv mv -'=。

在等效最低点，由牛顿第二定律2N v F G m
R
-='，联立解得小球在等效最低点受到的支持力N 3.0N F =根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为，故D 正确。

6．如图，一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上。

在纸面内加一匀强电场，其方向与水平面夹角α＝60°，场强233mg
q
μ=
，现将一质量为m 带电量为+q 的小球从斜面上P 点竖直向上以v 0抛出，第一次与接触面撞前空中飞行的竖直位移为y 1，若仅将初速度大小变
为3v 0从P 点竖直抛出，第一次与接触面碰撞前在空中飞行的竖直位移为y 2，则下列说法可能正确的是( )
A ．y 2＝2y 1
B ．y 2＝4y 1
C ．y 2＝6y 1
D ．y 2＝10y 1 【答案】BC
【解析】小球受重力mg 以及沿电场方向的电场力，大小为233
F E g
q m ==
，其竖直分量为cos30y F F mg ==；则小球做竖直方向做匀速运动；水平方向 3sin 303x x F F mg ma ===，则水平方向做加速度为33x a g =的匀加速
运动；若小球第一次能落到斜面上，则第一次与接触面撞前，则0022tan 12x x v t v y x a t
a t α=== （其中α为斜面的倾角），
则20
2tan x v y a α
=
，则当初速度大小变为3v 0时，竖直位移y 变为原来的9倍；若两次小球第一次均落在竖直墙壁上，
则水平位移相等，则时间相等，由y ＝v 0t 可知，则当初速度大小变为3v 0时，竖直位移y 变为原来的3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墙壁上，可知竖直位移应该介于3倍和9倍之间，则选项BC 正确，AD 错误。

7．如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ＝ 60°角，纸面内的线段MN 与水平方向成α＝30°角，MN 长度为d 。

现将一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电小球从M 由静止释放，小球沿MN 方向运动，到达N 点的速度大小为v N （待求）；若将该小球从M 点沿垂直于MN 的方向，以大小v N 的速度抛出，小球将经过M 点正上方的P 点（未画出），已知重力加速度大小为g ，求：
(l)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度v N；
(2)M点和P点之间的电势差；
(3)小球在P点动能与在M点动能的比值。

【解析】(l)由小球运动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：
mg sin30∘＝F
sin30∘
＝Eq
sin120∘
得：E＝√3mg
q
合力：F＝mg
从M→N,有：2ad＝υN2
得：υN＝√2gd
(2)如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，小球做类平抛运动：
ℎcos60∘＝1
2
at2，ℎsin60∘＝υN t
U MC＝Eℎcos30∘，U MP＝U MC
得：U MP＝−4mgd
q
(3)如图乙，作PD垂直于MN，从M→P，由动能定理：FS MD＝E KP−E KM
S MD＝ℎsin30∘
E KM＝1
2
mv N2
E KP E KM ＝FS MD+E KM
E KM
＝7
3。

8．如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：
(1)交变电压的周期T应满足什么条件？
(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？
【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0
解得T ＝L
nv 0
粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝⎛⎭⎫14T 2
又a ＝qE m ，E ＝U 0
d
解得y ＝qU 0T 2
32md
在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 2
16md
粒子不撞击金属板，应有y m ≤1
2d
解得T ≤2d 2m qU 0
故n ≥
L 2dv 0qU 02m ，即n 取大于等于L
2dv 0
qU 0
2m
的整数
所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于
L
2dv 0qU 0
2m
的整数。

(2)粒子进入电场的时刻应为14T ，34T ，5
4T ，…
故粒子进入电场的时刻为t ＝
2n －1
4
T (n ＝1，2，3，…)。

9．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图象如图乙。

已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ ＝ ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：
(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量； (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；
(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离。

【解析】(1) 由牛顿第二定律得，在A 点：012
q E mg m g μ-=⋅ ① 在B 点：132
q E mg m g μ-=⋅ ① 由①①联立解得: 10mg
q q q E ∆=-=
①
(2)从A 到B 过程，由动能定理得：21131224022
g g
m R mv +⋅⋅=- ① 将电场力与重力的合力等效为“重力Gʹ”，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”时滑块对轨道压力最大，则：
G '= ① cos mg
G
α=
' ①
从B 到“等效最低点”过程，由动能定理得：2
22
111(cos )22
G R R mv mv α'-=- ① 由牛顿第二定律得：22
N v F G m R
'-= ①
由①①①①①①
式联立解得：N (6F mg =+
由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为(6mg +
(3)从B 到C 过程，由动能定理得：2
213
111222
mg R q ER mv mv -⋅+=- ① 从C 点到再次进入电场的过程中做平抛运动： 水平方向：13x v t = ① 竖直方向：2
12
R gt =
① y v gt = ①
设速度方向与水平方向的夹角为β1，则13
tan y v v β=
①
进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力，21tan mg
q E
β=
① 由 ①①①①①① 式联立可得：12ββ=，则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12
tan R
x β=
① 从C 点到水平轨道：2212431122
2
mg R q Ex mv mv ⋅+=- ①
由①①①①①①①①
式联立可得：4v =126x x x R ∆=+=
因此滑块再次到达水平轨道的速度大小为4v =方向与水平方向夹角的正切值为1tan 0.5β=、斜向左下方，位置在B 点左侧6R 处。

10．如图所示，一带电荷量q ＝＋ C 、质量M ＝l kg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m ＝l kg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ＝。

距平板左端L ＝ m 处有一固定弹性挡板，
挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。

整个空间存在电场强度E ＝100 N/C 的水平向左的匀强电场。

现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。

求：
(1)平板第二次与挡板即将碰撞时的速率； (2)平板的最小长度；
(3)从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。

【解析】(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，有a ＝
qE
m
＝ m/s 2＜μg 故平板M 与物块m 一起匀加速，根据动能定理可得：qEL ＝211()2
M m v + 解得：v 1＝ m/s
设向左为正方向，则平板反弹后，物块以速度v 1＝ m/s 、加速度大小a 1＝mg
m
μ＝ m/s 2，向左做匀减速运动；平
板以速度－v 1＝－ m/s 、加速度大小a 2＝
qE mg
m
μ+＝ m/s 2，向右做匀减速运动。

设经历时间t 1木板与木块达到共同速度v 1′，则有： v 1－a 1t 1＝v 1ʹ －v 1＋a 2t 1＝v 1ʹ
解得：t 1＝ s ，v 1ʹ＝ m/s ，方向向左。

此时平板左端距挡板的距离：x ＝v 1t 1－2211
2
a t ＝ m
此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v ，则由动能定理得：
222111()()22
M m v M m v '+-+＝qEx 1 解得：v 2＝ m/s 。

(2)最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。

设平板长为l ，全程根据能量守恒可得：qEL ＝μmgl 解得：l ＝
8
15
m≈ m 。

(3)设平板第n －1次与第n 次碰撞反弹速度分别为v n －1和v n ，平板第n －1次反弹后设经历时间t n －1，平板与物块达到共同速度v n －1′，以向左为正方向，则： 对平板有：v n －1′＝－v n －1＋a 2t n －1
位移大小2
111211
2
n n n n x v t a t ----=-
对物块有：v n －1′＝v n －1－a 1t n －1
由以上三式解得：114n n v v --'=，1110
n n v t --=，211380n n v x --=
此后两者一起向左匀加速，由动能定理得：
qEx n －1＝2
211
1()()22
n
n M m v M m v -'+-+ 解得：
112
n n v v -= 从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量： I ＝2Mv 1＋2Mv 2＋2Mv 3＋2Mv 4＋…… 解得：I ＝ N∙s 。