文档内容
热点 9 带电粒子在电场中的运动
1．(2022·广东省六校联盟联考)静电除尘装置可用来消除烟气中的尘埃，如图所示，含有大
量尘埃的废气先经过初步的机械过滤后，进入静电除尘区，图中虚线是某一粒尘埃仅在静
电力作用下向集尘板运动的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点．不考虑尘埃在运动过
程中的相互作用和电荷量变化，则下列说法正确的是( )
A．尘埃在静电除尘区受到恒定的合外力
B．尘埃运动过程做匀变速曲线运动
C．尘埃运动轨迹上A点的电势低于B点的电势
D．尘埃在A点的电势能低于在B点的电势能
答案 C
解析 由于该电场不是匀强电场，静电力是变力，合外力不恒定，故尘埃在运动过程中不
是做匀变速曲线运动，A、B错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以A点电势低于B
点电势，C正确；尘埃从A点运动到B点的过程中静电力做正功，故电势能一直在减小，
尘埃在A点的电势能高于在B点的电势能，D错误．
2．(2022·广西南宁市二模)空间有一沿x轴分布的电场，如图乙所示，x轴上有P、Q两点，
其位置坐标分别为x、2x.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v 沿
0 0 0
x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图甲所示，粒子仅受静电力作用．
则下列说法正确的是( )
A．粒子在OQ段克服静电力做功
B．粒子在OP段与PQ段动能增量相等
C．粒子在P点的电势能比Q点的小
D．P点的电势比Q点的电势高
答案 D
解析 由题图甲可知，粒子在OQ段速度增大，动能增加，静电力做正功，电势能减小，A、C错误；由题图甲中数据可得粒子在OP段和PQ段速度增量均为，但OP与PQ动能增
量分别为mv2和mv2，B错误；因为q>0，粒子从P运动到Q，速度增大，静电力做正功，
0 0
电势能E 减小，由φ＝可知电势降低，D正确．
p
3.有一种测量电场强度的方法，其原理如图，竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀强电
场，虚线框高度为d.让质量为m、带电荷量为q的粒子从M点由静止释放，最终带电粒子
在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P，P点与M点的水平距离为0.5d，已知
重力加速度为g，则电场强度E大小为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 竖直方向满足d＝gt2，水平方向满足0.5d＝at2，Eq＝ma，联立解得E＝，A正确，
B、C、D错误．
4.(多选)(2022·四川凉山州第二次诊断性检测)光滑水平桌面内固定一半径为R的圆形光滑绝
缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，其俯视图如图所示．一质量为 m的带电小
球(看作质点)在A点获得一速度v ，在轨道内做完整的圆周运动，且小球在 A点时速度最
0
大．已知小球所受静电力的大小等于小球的重力大小，重力加速度大小为 g，则下列说法
正确的是( )
A．小球带正电
B．小球在B点时轨道对其弹力大小为m(－5g)
C．小球从A点运动到B点的过程中电势能增加2mgR
D．小球在A点获得的最小速度为
答案 BC
解析 小球在水平光滑圆轨道上做圆周运动，在A点时速度最大，可知小球所受静电力向
左，带负电，选项A错误；从A到B由动能定理有mv 2－mv2＝－Eq·2R，F ＋Eq＝m，
B 0 NB
其中Eq＝mg，解得F ＝m(－5g)，选项B正确；小球从A点运动到B点的过程中电势能
NB
增加量等于克服静电力做的功，则ΔE ＝qE×2R＝2mgR，选项C正确；在B点速度最小时
p
有Eq＝m，根据mv 2－mv 2＝－Eq·2R，小球在A点获得的最小速度为v ＝，选项D
Bmin 0min 0min
错误．
5．(多选)(2022·全国甲卷·21)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．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
答案 BD
解析 由于Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°.如图所示，当v＝0时速度
y
最小，为v ＝v，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，由于此时v 存在水平分
min 1 1
量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A、C错误；当小球水平速度
减为0时，水平方向上有v ＝t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v ，此时小球
0 0
的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知 W ＋
G
W ＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确．
Eq
6．(多选)(2022·山西太原市一模)图(a)的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压，
OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场.T时，比荷为k的带电粒子甲
从O点沿OO′方向、以v 的速率进入板间，T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰．若
0
在T时刻，带电粒子乙以2v 的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也
0
恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是( )
A．T时刻，乙粒子离开电场
B．乙粒子的比荷为
C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2∶3
D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1∶2
答案 ABD
解析 假设粒子甲、乙带同种电荷，平行金属板M、N间距离为d，则有a＝＝k为定值，
则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得 v ＝
y
at，作出粒子甲、乙在竖直方向上的速度时间图像，如图，则图线与时间轴围成的面积表示位移，而水平方向做匀速运动，令金属板的长度为 L，恰
好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移刚好为，从速度时间图像可知
斜率不变，即a不变，则粒子甲竖直方向的总位移为y 甲 ＝S △ABC －S △CDE ＋S △EFH ＝T v 1 ＝，
故T v ＝y ，且v ＝a(－)，联立解得y ＝kT2，而最大位移大小为y ＝T v ＝kT2＝d，
1 甲 1 甲 甲m 1
所以d＝kT2，时间为t＝＝－＝T；粒子乙竖直方向上的速度时间图线为 A′B′C′D′，
而水平方向时间为t′＝＝T，所以有t ＝T＋T＝T，A正确；设乙粒子的比荷为k′，则乙
乙
的加速度大小为a′＝＝，由对称性可知，乙的最大位移为y ＝S －S ＝
乙m △C′D′H′ △A′B′C′
×T·v′－×T·v＝，
1 2
而v＝a′·＝，v′＝a′·T＝k′T，
2 1
所以d＝k′T2，联立解得k′＝k，B正确；
乙在竖直方向的总位移大小为y ＝y ＝，则偏转位移大小之比为＝＝，C错误，D正确．
乙 乙m
