2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-带电粒子在电场中运动的临界问题(含解析)

带电粒子在电场中运动的临界问题
一、单选题
1.如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑
动变阻器。

闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。

下列说法正确的是
A. 若仅将B板下移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
B. 若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出
C. 若仅将R的滑片上移，带电小球会运动至N处
D. 若仅断开开关S，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
2.如图，足够大的平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板
带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直
向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场
强度的最大值为()
A. E k0
4qd B. E k0
2qd
C. √2E k0
2qd
D. √2E k0
qd
3.在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电
压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0(v0接近光速的1/20)从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。

若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则()
A. 当U m<md2v2
el2
时，所有电子都能从极板的右端射出
B. 当U m>md2v2
el2
时，将没有电子能从极板的右端射出
C. 当U m=2md2v2
el2
时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2
D. 当U m=√2md2v2
el2
时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：√2
4.质量为m，电量为+q的小球以初速度v0以与水平方向成θ角射出，如图所示，如果在某方向加上一定大
小的匀强电场后，能保证小球仍沿v0方向做直线运动，则所加匀强电场的最小值为()
A. mg
q B. mgcosθ
q
C. mgsinθ
q
D. mgtanθ
q
5.如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场。

在匀强电场中有一根长L=
2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g取10m/s2。

下列说法正确()
A. 小球的带电荷量q=6×10−5C
B. 小球动能的最小值为3J
C. 小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D. 小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J
6.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板
的边缘飞出．已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则()
A. 粒子在竖直方向通过前d/4和后d/4所用时间之比为2：1
B. 粒子的出射速度偏转角满足
C. 在前t/2时间内，电场力对粒子做的功为qU/8
D. 在后t/2时间内，电场力对粒子做的功为qU/8
7.如图所示，在光滑绝缘水平地面上有两个相同的绝缘小球A、B，质量均为m，带等量正电荷，小球A、
B用一轻质绝缘水平弹簧连接，小球B的左侧固定一绝缘挡板C。

整
个空间存在着水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，现用水平向
左的力F作用在小球A上，系统处于静止状态。

某时刻突然撤去力F，
不计空气阻力，下列说法正确的是
A. 撤去力F的瞬间，小球A的加速度大小为F−qE
m
B. 撤去力F后，若小球B恰能与C分离，则B、C分离时小球A的加
C.
速度大小为2qE
m
从撤去力F，到B与C分离前，小球A的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D. 若撤去力F的同时，也撤去挡板C，系统在之后的运动过程中动量守恒
8.如图所示，质量为m=1.0×10−3kg、带电荷量为q=+1.0×10−5C的小球(可视为质点)置于光滑绝缘
水平面上的A点当，空间存在斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度v B=15m/s ，此时小球的位移为x AB=15m，取重力加速度g=10m/s 2，在上述运动中匀强电场的电场强度E可能为()
A. E=500V/m 
B. E=500√3V/m 
C. E=1500V/m 
D. E=2000V/m 
二、多选题
9.如图所示，质量为m、半径为R的圆形光滑绝缘轨道放在水平面上固定的M、N两竖直墙壁间，圆形
轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E的匀强电场。

P、Q两点分别为轨道的最低点和最高点，在P点有一质量为m，电荷量为q的带正电小球，现给小球一初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列有关说法正确的是()
A. 小球通过P点时对轨道一定有压力
B. 从P到Q点的过程中，小球的机械能一定增加
C. 小球通过P点时的速率一定大于通过Q点时的速率
D. 若mg>qE，要使小球能通过Q点，那么速度v0的最小值为√5gR−5qER
m
10.如图所示，绝缘水平面内有一直线AC，B为AC中点，其中AB段光滑，BC段粗糙，AB段处于水平向
右的匀强电场中，电场强度大小为4N/C。

AC垂直于竖直绝缘弹性挡板，
物体与挡板相碰后等速率反弹。

现将可视为质点的物块P由A点静止释
放，物块P带电量为+0.5C、质量为1kg，g取10m/s2。

为使物块P仅
能与挡板发生一次碰撞，BC段与物块P的动摩擦因数可以是()
A. 0.01
B. 0.05
C. 0.10
D. 0.15
11.(多选)质量为m、电荷量为+q的小金属块A以初速度v0从光滑绝缘水
平高台上飞出．已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的
匀强电场，电场强度大小E=3mg
q
.则
A. 金属块不一定会与高台边缘相碰
B. 金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动
C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为v02
4g
D. 金属块运动过程的最小速度为√10v0
10
12.如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10−3m，
有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度ν0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10−5kg，电荷量q= +1×10−8C，取g=10m/s2，则下列说法正确的是
A. 微粒的入射速度ν0=10m/s
B. 电容器上板接电源正极时，微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场
C. 电源电压为180V时微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
D. 电源电压为100V时微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
13.如图所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的
M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力．下列说法正确的有
A. 质子到Q点时的速度可能大于v0
B. 质子到Q点时的速度可能等于v0
C. 质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行
D. 质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直
14.如图所示，绝缘水平面内有一直线AC，B为AC中点，其中AB段光滑，BC段粗糙，AB段处于水平向
右的匀强电场中，电场强度大小为4N/C。

AC垂直于竖直绝缘弹性挡板，物体与挡板相碰可以等速率反弹。

现将可视为质点的物块P由A点静止释放，物块P带电量为+0.5C、质量为1kg。

为使物块P 仅能与挡板发生一次碰撞，BC段与物块P的动摩擦因数可以是(g取10m/s2)
A. 0.01
B. 0.05
C. 0.10
D. 0.15
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
由题小球恰好能穿过小孔N，小球到达小孔N时速度恰好为零，此过程小球的重力做功等于克服电场力做功。

二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，开关S闭合时，可以充电不能放电；开关S断开，板间场强不变，小球下落与原来同样的高度时，速度为零。

本题是考查电容器的电路问题，涉及闭合电路欧姆定律、电容器、动能定理，容易出错的是列动能定理需要列全过程动能定理，习惯分过程解题的同学困难会较大。

【解答】
A.若仅将B板下移，根据公式C=εS
4πkd
，电容减小；由于二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，故电
量不变，根据C=Q
U ，U=Ed，得到：E=4πkQ
εS
，故场强不变；假设可以到达小孔N时，重力做功小于电场
力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A错误；
B.若仅将B板上移，根据公式C=εS
4πkd
，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U=Ed，电场强度增加；故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误；
C.将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故C错误；
D.断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D正确；
故选D。

2.【答案】B
【解析】解析：粒子的速度v=√2E k0
m
，在沿电场方向的分量v x=v·sin45°，由运动学公式有v x2=
2×qE
m ×d，求电场强度的最大值E=E k0
2qd
．
3.【答案】A
【解析】 【分析】
该题考查了带电粒子的类平抛运动，和平抛运动具有相同规律，因此熟练掌握平抛运动规律是解决这类问题的关键。

电子在电场中做类平抛运动，电子出极板的临界条件是偏转距离为d
2，根据有电子飞出的临界电压可以求出有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比。

【解答】
AB.当由电子恰好飞出极板时有：l =v o t ，d 2=12at 2，U m
e dm
=a ，由此求出：U m =md 2v 2el 2
，当U m <
md 2v 2el 2
时，
所有电子都能从极板的右端射出，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A 正确，B 错误； C .当U m =
2md 2v 2el 2
，根据交变电压图像可知，一个周期内有12×0.2s 的时间电压低于临界电压
md 2v 2el 2
，因此有
电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C 错误。

D .当U m =√2md
2v 2
el
2
时，根据交变电压图像可知，一个周期内有√2
2
×0.2s 的时间电压低于临界电压
md 2v 2el 2
，因
此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为(1−√2
2)：√2
2，即(2−√2)：√2，故
D 错误。

故选A 。

4.【答案】B
【解析】 【试题解析】 【分析】
保证微粒仍沿v 0方向做直线运动，电场力方向必须垂直于v 0方向斜向上时，电场力有最小值，则场强有最小值，根据垂直于v 0方向合力为零，求出电场强度的最小值或设场强E 和v 0成Φ角，根据垂直于速度方向的合力为零，列式得到场强与Φ的关系式，再运用数学知识求出场强E 最小时Φ角，从而求出E 的最小值。

本题关键要根据微粒做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上，运用数学知识求得E 最小的条件．也可运用图解法直观地分析． 【解答】
由题知小球在重力和电场力作用下沿v 0方向做直线运动，可知垂直v 0方向上合外力为零，建如图所示坐标系，
设场强E和v0成Φ角，可得：EqsinΦ−mgcosθ=0，得：E=mgcosθ
qsinΦ
当Φ=90°时，E最小为E min=mgcosθ
q
，其方向与v0垂直斜向上。

故选B。

5.【答案】A
【解析】
【分析】
对球受力分析，由共点力的平衡得解；由临界情况解得球在最高点的速度，再由动能定理解得其动能的最小值；由功能关系判断机械能的最小值的位置；由功能关系判断小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和的变化，并得解。

本题主要考查带电粒子在复合场中的运动，熟悉带电粒子在复合场中的运动及圆周运动的临界条件是解题的关键，有一定难度。

【解答】
A.对静止的小球受力分析，由共点力的平衡可得：Eq
mg
=tan37°，解得小球的带电荷量：q=6×10−5 C，故A正确；
BD.在圆周的等效最高点，小球受的合力恰提供向心力，若球恰通过最高点，则有：mg
cos30°=m v2
L
，解得球
恰过最高点的速度为：v=√2m/s，从平衡位置到等效最高点，由动能定理：−2mgLcos37°−2EqLsin37°= E k−E k0，E k=1
2
mv2=0.08J，解得小球动能的最小值为E k0=4.08J，由于在此后的过程中只有重力及电场力对球做功，故该过程小球的机械能、电势能总和不变，故电势能和机械能之和为4.08J，故BD错误；
C.从平衡位置小球开始运动，由功能关系可知，在该过程中，由于只有重力及电场力对球做功，故该过程小球的机械能、电势能总和不变，故当电势能最大时，其机械能最小，由图可知，当球运动到圆周最左侧
的点时，由于其电势能最高，故此时其机械能最小，故C 错误。

故选A 。

6.【答案】C
【解析】 【分析】
带正电的粒子进入水平放置的平行金属板内，做类平抛运动，竖直方向做初速度为0的匀加速运动，由推论可求出在前t
2时间内和在后t
2时间内竖直位移之比，由动能定理求出电场力做功；将出射的速度进行分解，求出出射速度偏转角正切；
本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系。

【解答】
带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的右边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动，竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速运动
A .根据推论初速度为零的匀加速运动通过连续相等位移所用时间之比可知，粒子前d
4和后d
4的过程中，运动时间之比为1：(√2−1)，故A 错误； B .粒子的出射速度偏转角满足
，故B 错误；
CD.由运动学知识可知，前、后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3 又因为电场力做的总功为qU
2，所以在前t
2时间内，电场力对粒子做的功为qU
8 在后t
2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8
，故C 正确，D 错误；
故选C 。

7.【答案】B
【解析】 【分析】
该题主要考查牛顿第二定律相关知识。

分析好物理情景，灵活应用公式是解决本题的关键。

突然撤去力F ，弹簧来不及恢复形变，所受弹力不变，由此逐项分析解题即可。

【解答】
A.撤去力F的瞬间，小球A的合力大小为F，加速度大小为F
m
，A错误；
B.撤去力F后，若小球B恰能与C分离，则此时弹簧对B的拉力为qE+F库，此时小球A合力大小为2qE，
加速度大小为2qE
m
，B正确；
C.从撤去力F后，到B与C分离前，小球A的动能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，C错误；
D.若撤去力F的同时，也撤去挡板C，系统所受合外力为向左的2qE，系统动量不守恒，D错误。

故选B。

8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查电场的力的性质和能的性质，意在考查考生对电场力作用下的平衡和加速问题的理解和应用能力。

【解答】
A.从A点到B点的过程，由动能定理qEx AB cosθ=mv B2−0，得。

当θ=0°，E=750V/m时小球恰能按题中要求运动到B点，E≥750V/m，故A错误；
BCD.为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分量必须小于等于重力，但此时Eqsinθ≤mg，因，，故，故CD 错误，B正确。

故选B。

9.【答案】BD
【解析】解：A、通过受力分析，当小球通过P点时受到的电场力与重力的合力刚好提供所需向心力时，它对轨道无压力。

故A错误；
B、由于小球从P到Q点的过程中，电场力做正功，故机械能一定增加。

故B正确；
C、小球从P到Q点的过程中，列动能定理2qER−2mgR=1
2mv Q2−1
2
mv P2，当qE>mg时，v Q>v P.故
C错误；
D、当mg>qE时，小球从P到Q点的过程中列动能定理：2qER−2mgR=1
2mv Q2−1
2
mv02，
要是小球恰能通过Q点，在Q点必须满足方程：mg−qE=m v Q2
R
，联立以上两个方程可解得：
小球能通过Q点的最小速度为v0=√5gR−5qER
m
.故D正确。

故选：BD。

解答本题的关键是：熟练运用动能定理和掌握什么力提供小球转动时所需的向心力，同时要注意每个力做功的特点和正负。

10.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题主要考查电场力做功、动能定理的应用，关键是找出仅能发生一次碰撞的临界条件，应用动能定理求解。

【解答】
为使物块P仅能与挡板发生一次碰撞，第一种临界情况是物块第一次到达挡板C处时速度恰好为零(不含速度为零情况)，第二种临界情况是物块第二次到达挡板C处时速度恰好为零，
由动能定理得，第一种临界情况：qEx AB−μ1mgx BC=0，x AB=x BC，解得：μ1=qE
mg =0.5×4
1×10
=0.2
第二种临界情况：qEx AB−μ2mg·3x BC=0，解得：μ2=qE
3mg =1
15
≈0.067
所以BC段与物块P的动摩擦因数满足：1
15
⩽μ<0.2，故AB错误，CD正确。

故选CD。

11.【答案】BD
【解析】
【分析】
小金属块水平方向向右做匀速下降直线运动，正确方向做自由落体运动；对水平分运动，根据速度位移公式可重新对准高台边缘的最大水平距离；水平方向向右减速到零时标题高将边缘金属
的运动分解为水平和垂直方向分解，然后根据分运动的位移公式和速度公式列式求解。

【解答】
AB。

小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，
故阿错误，B正确；
C.小金属块水平方向上加速度为−3g，根据速度位移关系公式，有x max=v02
2×3g =v02
6g
，故C错误；
D.小金属块水平方向，分速度v x=v0−3gt；正确方向做自由落体运动，分速度v y=gt；合速度v=
√v x2+v y2=√(v0−3gt)2+(gt)2=√10g2t2−6gtv0+v02，根据二次函数知识，当t=3v0
10g
时，有极小值
√10v0
10
，故D正确。

故选BD。

12.【答案】AC
【解析】
【分析】
粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算。

解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解。

【解答】
A.开关S闭合前，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则在水平方向有L
2=ν0t，在竖直方向有d
2
=1
2
gt2，
解得ν0=10m/s，A正确；
B.由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，B错误；
CD.当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则水平方向有L=ν0t′，竖直方向有d
2=1
2
at′2，计
算得出a=2.5m/s2，根据牛顿第二定律得a=mg−q U d
m
，计算得出U=120V，若微粒恰好从上板的右边缘射
出，则根据牛顿第二定律得a=q U′
d
−mg
m
，计算得出U′=200V，C正确，D错误。

13.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查带电粒子在电场中的运动；
解决本题的关键是确定电场强度的方向；
由于题中电场强度方向不确定，所以本题中质子的运动可能由多种运动情况，分析本题时根据电场强度的可能方向分析质子的可能运动情况，然后由动能定理可得质子到达Q点的速度情况。

【解答】
A.若电场强度水平向右，则质子从M到Q点电场力做正功，动能增大，此时质子到Q点时的速度大于v0，选项A正确；
B.若电场强度水平垂直于MQ连线向下，则质子从M到Q点电场力不做功，动能不变，此时质子到Q点时的速度等于v0，选项B正确；
C.质子能到达Q点说明电场力有向右的分量，则到达Q点后一定有水平向右的分速度，即质子到Q点时的速度不可能与cd边平行，选项C错误；
D..若电场方向斜向右下方，则质子有水平向右的加速度和竖直向下的加速度，当运动到Q点时，竖直速度可能减小为零，而只具有水平向右的速度，此时质子到Q点时的速度方向与cd边垂直，选项D正确；
故ABD正确，C错误；
故选ABD。

14.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题主要考查电场力做功、动能定理的应用，关键是找出仅能发生一次碰撞的临界条件，应用动能定理求解。

【解答】
为使物块P仅能与挡板发生一次碰撞，第一种临界情况是物块第一次到达挡板C处时速度恰好为零(不含速度为零情况)，第二种临界情况是物块第二次到达挡板C处时速度恰好为零，
由动能定理得，第一种临界情况：qEx AB−μ1mgx BC=0，x AB=x BC，解得：μ1=qE
mg =0.5×4
1×10
=0.2
第二种临界情况：qEx AB−μ2mg·3x BC=0，解得：μ2=qE
3mg =1
15
≈0.067
所以BC段与物块P的动摩擦因数满足：1
15
⩽μ<0.2，故AB错误，CD正确。

故选CD。