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第40 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
A
D
B
A
C
B
C
C
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
B
A
C
D
D
D
D
C
C
A
题号
21
22
23
24
25
答案
A
B
AC
AC
CD
重难·创新演练
1．【答案】(1)0.1m (2)12N (3)x≥0.1m
【详解】（1）若传送带始终静止，若要使小物块P 能与Q 碰撞，则由能量关系E1q L1= μmg⋅2 L0
解得L1=0.1m
（2）若传送带始终静止，释放点M 到B 点距离L=0.5 m，则小物块P 与Q 碰撞前，由动能定理
E1qL= μmg⋅2 L0+ 1
2 mv1
2
解得v1= 4 m/s
碰撞过程由动量守恒m v1=(m+m)v2
解得v2=2m/s
因q E2=2mg=2N，可知电场力与重力成120°角，两力的合力大小为F=2N，方向与竖直方向夹角为60°
斜向下；即速度最大的位置与圆心连线与竖直方向的夹角为60°，从D 点到该位置由动能定理
E2qR−2mgR(1−cos60
∘)= 1
2 ⋅2m v3
2−1
2 ⋅2m v2
2
由牛顿第二定律F N −F =2m v3
2
R
解得FN=12N
根据牛顿第三定律，小物块P 与Q 碰撞后在半圆轨道上对轨道的最大压力是12N；
（3）要想能到达D 点，则C 点的最小速度满足关系1
2 mvC
2 = μmg⋅L0
可知vC = ❑√2m/s>v0=1m/s，则物块将一直在传送带上做减速运动，则由能量关系
q E1 x−μmg L0= 1
2 m vC
2
解得x=0.1m
则要使小物块P 能与Q 碰撞，释放点M 距B 点的距离应该满足x≥0.1m。
2．【答案】(1)mgR
2q (2)1
2 m v0
2+2mgR (3)3 s
【详解】（1）逆着电场方向电势升高，圆周上离P 点沿逆电场方向最远的位置电势最高，其离P 点在场
强方向距离d = R−R cos53° = 2 R
5
由φm−0= Ed
代入E = 5mg
4 q 得 φm= mgR
2q
（2）小球在圆周上各位置中机械能的最大值，即小球电势能最小的位置，圆周上离P 点沿电场方向最远
的位置电势最低，其离P 点在场强方向距离d
' = R+ Rcos53° = 8 R
5
由功能关系Em= 1
2 m v0
2+ Eq d
' = 1
2 m v0
2+2mgR
（3）竖直方向Eqsin53° =mg，故小球加速度水平向左；
水平方向Eqcos53° =ma
a= 3 g
4
当小球水平向右抛出落到M 点时用时最长，有2 R =−v0tm+ 1
2 atm
2
解得小球从P 到圆周上各位置中的最长时间tm=3 s
3．【答案】(1)μ=0.20 (2)0 (3)v0= 3 ❑√2
2
m/s
【详解】（1）由数据表格和图像可得，电势φ 与x 成反比关系，即φ= k
x
当x =0.1m时，电势φ = 4.5×10
5 V，代入上述公式，得到k = 4.5×10
4 V⋅m
故沿x 轴的电势φ 与x 的函数关系表达式为φ= 4.5×10
4
x
V
滑块运动的全部过程中，只有电场力和摩擦力做功，由动能定理得W F+W f= Δ Ek=0
设滑块停止的位置为x2，电势为φ2，有q(φ1−φ2)−μmg( x2−x1)=0
即q(
4.5×10
4
x1
−4.5×10
4
x2 )−μmg( x2−x1)=0
代入数据得μ=0.20
（2）在x =0.15 m处的场强E =
3×10
5
0.3−0.15 V/m =2.0×10
6 V/m
由牛顿第二定律，可得滑块P 无初速度地放在x =0.15 m时加速度大小
a= qE−μmg
m
= 2.0×10
6×1.0×10
−7−0.2×0.1×10
0.1
m/s
2=0
（3）设滑块P 到达最左侧位置为x
′，电势为φ
′。则对滑块从最左侧位置返回到出发点的过程中，由动能定
理得W F+W f= Δ Ek=0
有q(φ
′−φ)−μmg( x −x
′)=0
即有q(
4.5×10
4
x
′
−4.5×10
4
x
)−μmg( x−x
′)=0
代入数据解得x
′ =0.0375 m（x
′ =0.6 m舍去）
再对滑块从开始出发到返回出发点的整个过程，由动能定理得−2 μmg( x−x
′)=0−1
2 mv0
2
代入数据解得v0= 3 ❑√2
2
m/s
4．【答案】(1)qER (2)I = ❑√3mREq
【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，
根据几何关系可知x AC =2 Rcosθ = R
根据动能定理有qE x AC = Ek
可得Ek =qER
（2）因为粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图。
当从D 点射出时，由几何关系有xPD= R+ Rcosθ = 3 R
2 ，xPD= 1
2 at
2
电场力提供加速度有a= qE
m
可得I =qEt = ❑√3mREq
5．【答案】(1)mg
k (2)❑√
m g
2
2k
(3)2m
2 g
2
k
【详解】（1）A 速度最大时，加速度为零，合外力为零有qE =mA g+kx
又E = 2mg
q
解得x = mg
k
（2）设A、B 的最大速率为vA、vB，对A、B 和弹簧系统，因qE =mA g+mB g
故系统外力矢量和为0，所以系统动量守恒，规定A 速度方向为正方向，则有mA vA−mBvB=0
解得vA= vB
又mA vAt =mBvBt
变形得mA xA=mB xB
解得xA= xB
又x = xA+ xB
联立解得xA= xB= mg
2k
根据能量守恒有qE x A−mA g xA+mB g xB= 1
2 k x
2+ 1
2 mA vA
2 + 1
2 mBvB
2
解得vB=
❑√
m g
2
2k
（3）由简谐运动的规律得A 向上的最大位移为xmax=2 xA= mg
k
电场力做功的最大值W =qE xmax= 2m
2 g
2
k
真题·实战演练
1．【答案】C
2．【答案】D
3．【答案】B
4．【答案】(1)Δ Ek= e
2B0
2 R
2
2m
−eU 1 (2)x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
(3)τ =−8d R
2e B0
2 Δ x
11 βm L
2
【详解】（1）电子加速场中，由动能定理有eU 1= 1
2 mv1
2
电子在筛选器中由牛顿第二定律有e v2B0= m v2
2
R
电子通过样品前后的动能变化量Δ Ek= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
联立可得Δ Ek= e
2B0
2 R
2
2m
−eU 1
（2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L= v2t
沿着电场方向有x = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律e⋅U 2
d =ma
出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有
x0
x =
L
2 +5 L
L
2
联立解得x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
（3）由题意可知U 2= βt +U 0
将U 2表达式代入x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
可得x0= 11m L
2
2d R
2B0
2e (βt +U 0)
结合题图（相对强度8408 到4204）可得4 Δ x =−11m L
2
2d R
2B0
2e
⋅βτ
解得τ =−8d R
2e B0
2 Δ x
11 βm L
2
5．【答案】（1）8:1；（2）油滴a 带负电，油滴b 带正电；4:1
【详解】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
m= 4
3 π r
3 ρ
则速率为v 时受阻力
f =krv
则当油滴匀速下落时
mg= f
解得
r = ❑√
3kv
4 πρg ∝❑√v
可知
ra
rb
= ❑
√
v0
1
4 v0
=2
则
ma
mb
= ra
3
rb
3 = 8
1
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率v0
2 ，可知油滴a 做减速运动，
油滴b 做加速运动，可知油滴a 带负电，油滴b 带正电；当再次匀速下落时，对a 由受力平衡可得
|qa)E+ f a=ma g
其中
f a=
v0
2
v0
ma g= 1
2 ma g
对b 由受力平衡可得
f b−qb E =mb g
其中
f b=
v0
2
1
4 v0
mb g=2mb g
联立解得
