1
7.电场 带电粒子在电场中的运动
选择题:1~5 题每小题3 分,7~9 题每小题3 分,共24 分
基础巩固练
1.(2025 云南卷)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、
b、c、d 四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V 的等势线上,则( )
A.a、b、c、d 中a 点电场强度最小
B.a、b、c、d 中d 点电场强度最大
C.一个电子从b 点移动到c 点电场力做功为2 eV
D.一个电子从a 点移动到d 点电势能增加了4 eV
2.(2025 山东济宁二模)一半导体材料内部电场的电场强度E 与位置x 的关系如图所示,
取O 点的电势为零,则该电场中N 点到P 点的电势φ 随位置x 变化的图像可能是( )
2
3.(2024 贵州卷)如图所示,A、B、C 三个点位于以O 为圆心的圆上,直径AB 与弦BC 间的
夹角为30°。A、B 两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时,C 点的电场强度方向
恰好沿圆的切线方向,则q A
qB
等于( )
A.1
3
B.√3
3
C.√3
D.2
4.(2025 北京西城二模)如图所示,电荷量为q 的正点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相
距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心,垂线上的A、B 两点到薄板的距离均
为d。已知A 点的电场强度为0,下列说法正确的是( )
A.薄板带正电
B.B 点电势高于A 点电势
C.B 点电场强度的方向向右
D.B 点电场强度的大小为kq
9d
2
5.(多选)(2025 湖南卷)一匀强电场的方向平行于xOy 平面,平面内A 点和B 点的位置如图
所示。电荷量为+q、-q 和+2q 的三个试探电荷先后分别置于O 点、A 点和B 点时,电势
能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是( )
3
A.OA 中点的电势为零
B.电场的方向与x 轴正方向成60°角
C.电场强度的大小为√2 E p
qd
D.电场强度的大小为2√2 E p
qd
6.(6 分)(2025 江苏卷)如图所示,在电场强度为E,方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的
带正电粒子a、b 同时从O 点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒
子的质量为m,电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求:
(1)a 运动到最高点的时间t;
(2)a 到达最高点时,a、b 间的距离H。
综合提升练
7.(2025 安徽马鞍山二模)如图所示,空间存在沿x 轴方向的电场,x 轴正方向为电场强度正
方向,原点O 到x=x1间的图线为直线,x 轴上下方图像与x 轴围成的面积相等。一个电荷
量绝对值为q 的粒子在O 点由静止释放,一段时间后运动到x3处,不计粒子的重力,下列
说法正确的是( )
4
A.该粒子带负电
B.x1处的电势低于x3处的电势
C.粒子在x1处的动能为qE0x1
D.O 点到x2之间的电势差等于x2到x3之间的电势差
8.(2025 甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图甲所示。
从离子源S 释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电
压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线),极板长度为l、间距为d,U2-t 关系如图乙
所示。长度为a 的样品垂直放置在距U2极板L 处,样品中心位于O'点。假设单个离子在
通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘
射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是( )
甲
乙
A.U2的最大值Um=d
2
l
2 U1
B.当U2=±Um且L=(a-d )l
2d
时,离子恰好能打到样品边缘
C.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A 和B 点
5
9.(2025 浙江温州三模)如图所示,A、B 两小球带同种电荷,在外力作用下静止在光滑绝缘
水平面上,相距为d。撤去外力的瞬间,A 球加速度大小为a,两球运动一段时间,B 球加速
度大小为a
3
,速度大小为v。已知A 球质量为3m,B 球质量为m,两小球均可视为点电荷,不
考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内( )
A.B 球运动的距离为2d
B.库仑力对A 球的冲量大小为1
3
mv
C.库仑力对A 球做功为1
18
mv2
D.两球组成的系统电势能减少了2
3
mv2
10.(8 分)(2025 陕西西安模拟)如图所示,与水平面成30°角的绝缘细杆AD 穿过一固定均
匀带电圆环,并垂直圆环所在平面,细杆与平面的交点为圆环的圆心O。一套在细杆上的
小球从A 点以某一初速度向上运动,恰能到达D 点。已知绝缘细杆与小球间的动摩擦因
数μ=√3
6
,圆环半径为L、所带电荷量为+Q,小球的质量为m、所带电荷量为
+q,lAB=lBO=lOC=lCD=L,静电力常量为k,重力加速度大小为g。求:
(1)圆环在C 点产生的电场的电场强度大小;
(2)小球在A 点时的速度大小。
6
11.(10 分)(2025 东北三省联考)如图所示,在坐标系xOy 中,x 轴水平向右,y 轴竖直向下,在
x≥2L 区域内存在与x 轴平行的匀强电场(未画出),一带正电小球的质量为m,从足够高
的原点O 沿x 轴正向水平抛出,从A 点进入电场区域时速度与水平方向夹角θ=30°,最后
从C 点离开电场区域,其运动的轨迹如图所示,B 点是小球在电场中向右运动的最远点,B
点的横坐标xB=3L。小球可视为质点,电荷量始终不变,重力加速度为g,不计空气阻力。
求:
(1)小球在OA 段与在AB 段运动的时间之比;
(2)小球从原点O 抛出时的初速度大小;
(3)小球过B 点时的动能;
(4)小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。
培优拔高练
12.(12 分)研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图如图所示。两块水平绝缘平板与两块竖
直的平行金属平板相接,金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝
缘平板左端A 点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B 点处碰撞,碰撞时电
荷量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,且水平分速度与
碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k 倍(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平
板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B 点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加
速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。
7
求:(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)颗粒在B 点碰撞后的电荷量Q。
(3)颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。
8
参考答案
1.C 解析 在电场中,等差等势线的疏密可以表示电场强度的大小,由题图可知,a 点电场
强度最大,c 点最小,A、B 错误;电子从b 点移动到c 点,Wbc=-e(φb-φc)=2 eV,C 正确;电子从
a 点移动到d 点,Wad=-e(φa-φd)=4 eV,电场力做正功,电势能减少4 eV,D 错误。
2.C 解析 由E-x 图像可知从N 点到P 点电场强度先增大后减小,且都为正值,根据E=
U
d = Δφ
Δ x
可知,电势φ 随位置x 变化的图像的斜率表示电场强度,可知φ-x 图像的斜率从N
点到P 点先变大后变小且斜率正负不变。O 点电场强度最大,则φ-x 图像在O 点的斜率
最大,只有C 选项的图像符合此规律。故选C。
3.B 解析 根据题意可知两点电荷为异种电荷,假设A 点所处点电荷带正电、B 点所处
点电荷带负电,两点电荷在C 点产生的电场如图所示,设圆的半径为r,根据几何关系可得
lAC=r,lBC=√3r,tan 60°= E A
EB
,同时有EA=
k q A
l AC
2 ,EB=
k qB
lBC
2 ,联立解得q A
qB
= √3
3 ,故选B。
4.B 解析 正点电荷在A 点形成的电场的电场强度大小为E1=k q
9d
2,方向向左;因A 点电
场强度为零,故薄板在A 点形成的电场的方向向右,薄板带负电,薄板在A 点形成的电场
的电场强度大小也为k q
9d
2,A 错误。由对称性可知,薄板在B 点形成的电场的电场强度
大小也为k q
9d
2,方向向左;正点电荷在B 点形成的电场的电场强度大小为k q
d
2,方向向左,
9
所以B 点处的电场强度E2=k q
9d
2+k q
d
2 = 10kq
9d
2 ,B 点电场的方向向左,沿电场方向电势逐渐
降低,B 点电势高于A 点电势,B 正确,C、D 错误。
5.AD 解析 根据题意可知O 点、A 点和B 点的电势分别为φO= E p
q
、φA=- E p
q
、φB= E p
2q
,
则OA 中点的电势为φM=φO+φ A
2
=0,故A 正确;如图所示,设N 点为AB 的三等分点,同理
可知N 点电势为0,连接MN,则MN 为一条等势线,过A 点作MN 的垂线,可知电场线沿该
垂线方向指向右下方,由几何关系可知,∠NMA=45°,故电场的方向与x 轴正方向成45°角,
故B 错误;电场强度的大小为E=
0-(- E p
q )
1
2 d ·cos 45°
= 2√2 E p
qd
,故C 错误,D 正确。
6.答案 (1)mv0sinθ
qE
(2)2m v0
2sin
2θ
qE
解析 (1)带电粒子在匀强电场中受到竖直向下的电场力作用,做类斜抛运动,则带电粒子
在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做加速度大小为a1的匀变速直线运动。
由牛顿第二定律可得qE=ma1
由运动学公式可得0=v0sin θ-a1t
联立解得t=mv0sinθ
qE
。
(2)在水平方向上,a、b 均以速度v0cos θ 做匀速直线运动,在任何时刻,a、b 均在同一竖直
线上。
规定竖直向下为正方向,则b 以初速度v0sin θ、加速度a1做竖直向下的匀加速直线运动
a 运动到最高点时a 在竖直方向上的位移大小
10
ya=v0sin θ·t-1
2
a1t2
b 在竖直方向上的位移大小yb=v0sin θ·t+1
2
a1t2
又H=ya+yb
解得H=2mv0
2sin
2θ
qE
。
7.B 解析 粒子在O 点由静止释放,一段时间后运动到x3处,可知粒子在O 点处受到的
电场力沿x 轴正方向,与电场强度方向相同,故该粒子带正电,A 错误;由题意可知x 轴上
下方图像与x 轴围成的面积相等,根据U=Ed 可知,O 点到x2之间电势差绝对值等于x2到
x3之间电势差绝对值,根据沿电场方向电势降低可知O 点到x2之间电势差为正值,x2到x3
之间电势差为负值,则O 点到x2之间电势差等于x3到x2之间电势差,即O 点电势等于x3
处电势,又x1处的电势低于O 点电势,所以x1处的电势低于x3处的电势,B 正确,D 错误;从
O 点到x1处,E-x 图线与横轴所围的面积表示O 点到x1处电势差,则有UOx1= E0 x1
2
,从O 点
到x1处,由动能定理得qUOx1=q· E0 x1
2
=Ek-0,解得粒子在x1处的动能为Ek=q E0 x1
2
,C 错误。
8.B 解析 离子在加速电场中被加速时有U1q=1
2 m v0
2,在偏转电场中做类平抛运动,则
l=v0t,d
2 = 1
2 · U mq
dm
t2,解得Um=2d
2
l
2 U1,故A 错误;当U2=±Um时,离子从板的边缘射出,恰能打
到样品边缘时,有
d
2
a
2
=
l
2
l
2 + L
,解得L=(a-d )l
2d
,故B 正确;根据y=1
2 · U mq
dm
t2= U ml
2
4 d U 1
,若其他
条件不变,要增大样品的辐照范围,则需减小U1,故C 错误;由图可知t1时刻所加的向上的
11
电场的电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压,则t1时刻射入的离子打到A 点时的竖
直位移小于打到B 点时的竖直位移,故D 错误,故选B。
9.D 解析 撤去外力的瞬间,对A,由牛顿第二定律有a=k q A qB
3md
2 ,两球运动一段时间,对B,
由牛顿第二定律有a
3 = k q A qB
m x
2 ,联立解得此时A、B 两球间距x=3d,对A、B 组成的系统,
根据动量守恒定律有3mvA-mvB=0,整理得3m x A
t
-m xB
t
=0,因为xA+xB=3d,联立解得xB=9
4
d,vA=v
3
,在该段时间内,A 球的速度由0 变为v
3
,由动量定理可得库仑力对A 球的冲量大小
为IA=3mvA1-0=mv,A、B 错误;在该段时间内,对A,由动能定理有WA=1
2
×3mv A
2= 1
6
mv2,在
该段时间内,库仑力对A 球做功为1
6
mv2,C 错误;根据能量守恒定律可知,系统电势能的减
少量等于系统机械能的增加量,为ΔE=1
2
×3m×v A
2+ 1
2
mv2=2
3
mv2,D 正确。
10.答案 (1)√2kQ
4 L
2 (2)√6 gL
解析 (1)根据题意可知,圆环上电荷分布均匀,取环上一点,设其电荷量为Q1,该点到C 点
的距离为d=√L
2+ L
2=√2L
圆环上某点和C 点的连线与细杆的夹角为θ,如图所示。
由几何关系得cos θ= L
d = √2
2
解得θ=45°
12
Q1在C 点产生的电场的电场强度为E1=kQ1
d
2 = k Q1
2 L
2
以O 点为坐标原点,OC 方向为正方向建立x 轴,Q1在C 点产生的电场的电场强度在x 轴
方向的分量为E1x=E1cos θ=√2k Q1
4 L
2
同理,圆环上某点的对称点(Q1'=Q1)在C 点产生的电场的电场强度在x 轴方向的分量为
E1x'=√2k Q1
4 L
2
因此圆环上沿垂直于细杆方向的合电场强度为零,设圆环上有n 个Q1点,则电荷量
nQ1=Q
则圆环在C 点产生的电场的电场强度大小为EC=nE1x=√2kQ
4 L
2 。
(2)根据题意,由对称性可知,小球从A 点运动到D 点过程中,电场力做功为零,由动能定理
有
-mg·4Lsin 30°-μmgcos 30°·4L=0-1
2 mv A
2
解得vA=√6 gL。
11.答案 (1)1∶1 (2)√2√3 gL
(3)4√3
3
mgL (4)1∶4
解析 (1)设小球初速度为v0,从O 点到A 点,小球做平抛运动,水平方向上有2L=v0tOA
小球从A 点运动到B 点,在水平方向做匀减速直线运动,在B 点时水平方向的速度为0,由
运动学公式得L=v0
2
tAB
解得tOA=tAB
即tOA∶tAB=1∶1。
(2)小球从O 点到A 点,竖直方向上有vAy=gtOA
13
又tan θ=v Ay
v0
联立解得v0=√2√3 gL。
(3)由以上分析可知小球过B 点时vBx=0
则小球在B 点的动能EkB=1
2 m vBy
2
又vBy=2gtOA=2vAy
联立解得EkB=4√3
3
mgL。
(4)小球从O 点到A 点和从A 点到B 点过程,根据运动学公式有v0=axtAB,又gtOA=√3
3
v0
得小球在电场中水平方向的加速度ax=√3g
F 合与水平方向夹角为30°,vA与水平方向夹角为30°,建立如图所示坐标系
将vA分解到x'、y'上,小球在x'方向上做匀速直线运动,在y'方向上做类竖直上抛运动,所
以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin=1
2 mv Ax'
2
而vAx'=vAcos 30°=v0
解得Ekmin=1
2 mv0
2
小球在电场中运动过C 点时动能最大,根据运动的分解有vCx=v0,vCy=3vAy
Ekmax=1
2
m[v0
2+(3v0tan θ)2]=2mv0
2
联立可得Ekmin∶Ekmax=1∶4。
12.答案 (1)mgdl
hU
(2)kmgdh
Ul
14
(3)mgl
2
h
+4k2mgh
l(l+k
2 h
2
l )或mgl
2
h
+kmghd -l
l
解析 (1)由题意可知匀强电场的电场强度E=U
d
甲
对颗粒进行受力分析如图甲所示,则可得
Eq
mg = l
h
故q=mgdl
hU
。
(2)对颗粒第一次碰撞前的状态进行分析可得
v y
2=2gh
v x
2=2al
a= Eq
m
解得水平分速度vx=√
2 gl
2
h
,方向向右
竖直分速度vy=√2 gh,方向向下
颗粒第一次碰撞后的水平分速度vx'=vx,方向向右
竖直分速度vy'=kvy=k√2 gh,方向向上
乙
此时对颗粒进行受力分析如图乙所示,合力为F2,方向与此时颗粒的速度v 垂直
故tan θ= EQ
mg = v y'
v x'
因此Q=kmgdh
Ul
。
15
(3)由题意可知,颗粒由于竖直分速度减小,无法打到上方的绝缘平板,只能打在下方的绝
缘平板或右侧的金属平板上
若颗粒打在下方的绝缘平板
从B 点开始计时,设运动时间为t
竖直方向可得vy'=g· t
2
水平方向可得x=vx't+1
2
a't2
其中a'= EQ
m
解得x=4kl+4 k
3h
2
l
故当4kl+4 k
3h
2
l
≤d-l 时颗粒会打在下方绝缘平板,
此时电场力对它做的功W=Eq·l+EQ·x=mgl
2
h
+4k2mgh
l
l+k2h
2
l
当4kl+4 k
3h
2
l
>d-l 时颗粒会打在右侧金属平板,
此时电场力对它做的功W=Eql+EQ(d-l)=mgl
2
h
+kmghd -l
l
。
