专题十三 带电粒子在电场中运动的综合问题
基础巩固
1.在真空中有一竖直向上的匀强电场,场强大小为E1,一个带电液滴在电场中O 点处于静止状
态.现将E1突然增大到E2,方向不变,作用一段时间,再突然使E2反向,保持E2大小不变,又经过
一段同样长的时间,液滴恰好返回到O 点.在这两段相同的时间里( )
A.电场力做功相同
B.动能的变化量相等
C.重力做功相同
D.合力的冲量大小相等
2.如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m 的带电小球以初速度v 从M 点竖直向上运
动,通过N 点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M 运动到N 的过程
( )
A.动能增加1
2
mv2
B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加3
2
mv2
D.电势能增加2mv2
3.[2025·四川成都模拟] 如图所示,虚线圆位于竖直面内,AC 和BD 为相互垂直的两条直径,其
中BD 位于水平方向.竖直平面内有足够大的匀强电场,方向与圆周平面平行.在圆周平面内将
质量为m、带电荷量为+q 的小球(可视为质点)从A 点以相同的速率向各个方向抛出,小球会
经过圆周上不同的点,其中到达B 点时小球的动能最大.已知重力加速度为g,场强大小为
2mg
q
,则下列说法中正确的是
( )
A.电场的方向由D 指向B
B.小球运动过程中的加速度大小等于g
C.B 点为圆周上电势最低的点
D.经过C 点时小球的速度与初速度大小相等
综合提升
4.[2025·江西九江模拟] 如图所示,在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,质
量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出,从B 点进入电场,到达C 点时
速度方向恰好水平,A、B、C 三点在同一直线上,且小球所受电场力为3mg,其中g 为重力加
速度,由此可知
( )
A.AB=3BC
B.小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等
C.小球从A 到B 与从B 到C 的动量变化量相同
D.小球从A 到C 的过程中,重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等
5.[2024·浙江6 月选考] 如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场,在此空间同
一水平面的M、N 点固定两个等量异种点电荷,绝缘光滑圆环ABCD 垂直MN 放置,其圆心O
在MN 的中点,半径为R,AC 和BD 分别为竖直和水平的直径.质量为m、电荷量为+q 的小球
套在圆环上,从A 点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动,重力加速度为g,则
( )
A.小球从A 到C 的过程中电势能减少
B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C.可求出小球运动到B 点时的加速度
D.小球在D 点受到圆环的作用力方向平行MN
6.(多选)如图甲所示,空间有一水平向右的匀强电场,其中有一个半径为R=2 m 的竖直光滑圆
环,环内有两根光滑的弦轨道AB 和AC,A 点所在的半径与竖直直径BC 成37°角(cos 37°=0.8,g
取10 m/s2).质量为m=0.08 kg、电荷量为q=6×10-5 C 的带电小球(可视为质点)从A 点由静止
释放,分别沿弦轨道AB 和AC 到达圆周的运动时间相同.现去掉弦轨道AB 和AC,如图乙所示,
给小球一个初速度,让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动,不考虑小球运动过程中电荷量的
变化,下列说法正确的是
( )
A.小球做圆周运动经过C 点时动能最大
B.匀强电场的电场强度大小为E=1×104 V/m
C.小球做圆周运动过程中动能的最小值是0.5 J
D.小球做圆周运动过程中对环的压力的最大值是6 N
7.[2025·湖北武汉模拟] 如图所示,竖直平面内固定有绝缘轨道ABMNP,AB 段是长L=3.6 m 的
水平轨道,BM 段是半径R=0.4 m、圆心角θ=37°的光滑圆弧轨道,MN 段是倾角θ=37°的倾斜
轨道,NP 段是恰好能与BM 段组成半圆的光滑圆弧轨道,各段轨道均平滑连接.O1、O2分别是
两段圆弧轨道的圆心,MO1所在直线右侧足够大空间存在匀强电场,电场方向与MN 平行且向
上,电场强度大小为E=90 N/C.小物块a 以初速度v0=10 m/s 从A 点向右运动,一段时间后,与
静置在B 点的小物块b 发生弹性正碰(碰撞时间极短),b 运动到P 点时对轨道恰好无压力.已
知a、b 的质量分别为m1=0.1 kg、m2=0.3 kg,a 与AB 段的动摩擦因数为μ=0.5,b 带正电,电荷
量q=0.02 C,a、b 碰撞过程不会发生电荷转移,重力加速度大小g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos
37°=0.8.求:
(1)a、b 碰撞结束瞬间,b 的速度大小;
(2)b 通过P 点时的速度大小;
(3)b 通过P 点后在电场中运动距MN 的最远距离.
拓展挑战
8.(多选)[2025·河北石家庄模拟] 虚线间存在如图所示的电场,虚线左侧的匀强电场方向与水
平虚线间的夹角为α=37°,该匀强电场的电场强度为E1,一比荷为k 的带正电的粒子由水平虚
线上的A 点静止释放,经过一段时间由竖直虚线上的B(图中未画出)点进入虚线右侧竖直向
下的匀强电场,该匀强电场的电场强度为E2(E2未知),最终粒子由水平虚线上的C(图中未画
出)点离开电场,离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角为θ=53°.已知OA=4L、电场强度
E1=E,不计粒子的重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是
( )
A.E2=E
B.OC=10L
C.粒子由A 到C 的时间为16
7
❑√
10 L
kE
D.A、C 两点的电势差为80
9
EL
9.[2025·广东广州模拟] 如图所示,在绝缘的光滑水平面(足够长)上M 点左侧的区域有水平向
右的匀强电场.小滑块A、B 的质量均为m,其中B 不带电,A 的带电荷量为+q,O 点到M 点的
距离为L,N 点到O 点的距离为kL(k>0).现将小滑块A 从N 点由静止释放,其向右运动至O 点
与静止的小滑块B 发生弹性碰撞,设A、B 均可视为质点,整个过程中,A 的电荷量始终不变,B
始终不带电,已知电场强度E=mg
2q
,重力加速度大小为g.
(1)求A 与B 发生第一次碰撞前瞬间,A 的速率;
(2)k 的取值满足什么条件时,能使A 与B 发生第二次碰撞?
(3)k 的取值满足(2)问的条件下,求A 和B 两次碰撞间隔的时间.
答案解析
1.A [解析] 带电液滴在电场中受到重力和电场力的作用,刚开始处于静止状态,则E1q=mg,
当场强变为E2后,电场力大于重力,液滴向上做加速运动,加速度a1= E2q -mg
m
,若使电场反向,
则其加速度方向向下,大小为a2= E2q+mg
m
,两段的时间相等,位移大小h 相等,前一段时间内
电场力做正功W1=E2qh,后一段时间内电场力做正功大小W2=E2qh,故这两段时间里,电场力做
功相同,选项A 正确;根据动能定理,前一段时间里动能的变化量等于合力做的功,即(E2q-
mg)h=Ek-0,后一段时间里合力做的功为(E2q+mg)h=0-Ek,这两段时间里合力做的功不相等,所
以动能的变化量也不相等,选项B 错误;前一段时间里重力做负功,后一段时间里重力做正功,
故这两段时间里重力做功不相同,选项C 错误;前一段时间里合力的冲量为(E2q-mg)t,后一段
时间里合力的冲量为(E2q+mg)t,故这两段时间里合力的冲量大小也不相等,选项D 错误.
2.B [解析] 带电小球以初速度v 从M 运动到N 的过程中,竖直方向上只受重力,水平方向上
只受电场力,到达N 点时,竖直方向上到了最高点,由运动学公式有0-v2=-2gh,所以重力势能增
加量ΔEpG=mgh=1
2
mv2,水平方向上有2qE
m
x=(2v)2-0,所以电势能减少量ΔEp 电=qEx=1
2
m(2v)2=2mv2,C、D 错误;减少的电势能全部转化为小球的机械能,所以机械能增加了2mv2,B
正确;小球动能增加量ΔEk=1
2
m(2v)2-1
2
mv2=3
2
mv2,A 错误.
3.D [解析] 小球受到电场力和重力,当到达等效最低点时动能最大,故B 点为等效最低点,因
此受到合力方向由D 指向B,受力分析,设电场方向与DB 方向的夹角为θ,则有sin θ=mg
Eq
=1
2
,
因为小球带正电,所以场强方向与电场力方向相同,如图所示,故A 错误;加速度大小为a= F合
m
= Eqcosθ
m
=❑√3g,故B 错误;沿电场线方向电势降低,因此电势最低的点为F 点,故C 错误;合
力方向由D 指向B,因此从A 到C,合力做功为0,小球在A、C 两点时动能相等,速度大小相等,
故D 正确.
4.D [解析] 设A 到MN 的距离为h,小球从A 到B 的时间为t=❑√
2h
g
,在B 点的竖直分速度为
vyB=gt=❑√2gh,小球在电场中的加速度大小为a=3mg -mg
m
=2g,小球从B 到C 的时间为t'=
v yB
a
=❑√
h
2g
,则两段所用的时间之比为2∶1,小球在水平方向上不受力,故在水平方向上做匀
速直线运动,则AB=2BC,故A、B 错误;由动量定理可知,动量变化量等于合力的冲量,小球在
AB 段合力的冲量方向向下,小球在BC 段合力的冲量方向向上,故C 错误;小球从A 到C 的过
程中,在水平方向上做匀速直线运动,由动能定理可知WG+W 电=0,所以重力对小球做的功与
电场力对小球做的功的绝对值相等,故D 正确.
5.C [解析] 在两个等量异种点电荷形成的电场中,圆环所在平面为等势面,在方向竖直向上
的匀强电场中,A 点电势低于C 点电势,则带正电的小球从A 到C 的过程中电势能增加,A 错
误;当竖直向上的匀强电场的场强E 满足qE=mg 时,小球可沿圆环做匀速圆周运动,B 错误;根
据动能定理得mgR-qER=1
2
mvB
2-1
2
mv0
2,可以求得小球运动到B 点时的速度vB,则由an=vB
2
R
可以求得小球在B 点的向心加速度,沿竖直方向,根据牛顿第二定律得mg-qE=maτ,可以求得
小球的切向加速度aτ,根据矢量合成的方法可以得到小球在B 点的加速度aB=❑√an
2+aτ
2,C 正
确;小球在D 点受到圆环的作用力提供向心力,所以小球在D 点时受到圆环的作用力方向垂
直于MN,D 错误.
6.BD [解析] 将电场力和重力的合力等效为一个力,根据题图甲中“等时圆”模型可知,A
点应为“等时圆”上等效最高点,可知重力与电场力的合力必须指向AO,根据力的合成与分
解得qE=mgtan 37°,解得匀强电场的电场强度大小为E=1×104 V/m,故B 正确;圆环的等效最
低点为AO 延长线与圆轨道的交点,小球在等效最低点时速度最大,动能最大,故A 错误;因为
重力与电场力均为恒力,二者的合力大小为F=❑√(mg)
2+( Eq)
2=5
4
mg,小球做圆周运动,则
在其等效最高点,有F=mv
2
R
,此时小球速度最小,动能最小,最小动能为Ek=1
2mv2,联立解得
Ek=1 J,故C 错误;小球从等效最高点运动至等效最低点过程中,由动能定理得F·2R=1
2
mvm
2-
1
2
mv2,在等效最低点时小球对圆环的压力最大,速度最大,动能最大,由牛顿第二定律得FN-
F=mvm
2
R
,联立解得FN=6 N,由牛顿第三定律可知,小球做圆周运动的过程中对环的最大压力
是6 N,故D 正确.
7.(1)4 m/s (2)1.6 m/s
(3)0.777 6 m
[解析] (1)a 从A 点运动至B 点,根据动能定理有
-μm1gL=1
2
m1v1
2-1
2
m1v0
2
a、b 弹性正碰,根据动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2
根据机械能守恒定律有
1
2
m1v1
2=1
2
m1v1'2+1
2
m2v2
2
解得v2=4 m/s
(2)b 在P 点,根据牛顿第二定律有m2g-qEsin θ=m2vP
2
R
解得vP=1.6 m/s
(3)b 过P 点后做抛体运动,将运动沿电场所在方向(MN 方向)和垂直电场方向(垂直MN 方向)
分解
根据抛体运动规律,沿垂直电场方向(垂直MN 方向)速度为vy=vPsin θ
沿垂直电场方向(垂直MN 方向)位移为y= v y
2
2a y
沿垂直电场方向(垂直MN 方向)加速度为ay=gcos θ
又H=y+R+Rcos θ
解得H=0.777 6 m
8.CD [解析] 粒子由A 点静止释放,粒子在虚线左侧电场中做匀加速直线运动,A、B 两点间
的距离为xAB=
4 L
cos37°
=5L,xBO=4Ltan 37°=3L,又E1=E,则该过程由动能定理得qE1xAB=1
2
m
vB
2,解得vB=❑√10kEL,粒子由B 到C 的过程做类斜抛运动,粒子在水平方向做匀速直线运动,
速度为v1=vBcos 37°=4
5
❑√10kEL,在竖直方向做类竖直上抛运动,初速度为v2=vBsin 37°=
3
5
❑√10kEL,由题意粒子在C 点的速度与虚线的夹角为θ=53°,设竖直方向的速度为v2',则由
tan 53°=v2'
v1
解得v2'=16
15
❑√10kEL,在竖直方向上由牛顿第二定律得a=q E2
m
=kE2,由速度公
式得v2'=-v2+at2,又由位移公式得3L=-v2t2+1
2at2
2,解得t2=9
7
❑√
10 L
kE
,E2=35
27 E,故A 错误; O、
C 两点间的距离为xOC=v1t2,整理得xOC=72
7 L,故B 错误;粒子由A 到B 的时间为t1=
5 L
vB
2
=10 L
vB
,
解得t1=❑√
10 L
kE
,所以粒子由A 到C 的总时间为t=t1+t2=16
7
❑√
10 L
kE
,故C 正确;粒子在C 点的
速度为vC=❑√v1
2+ v2'
2,粒子由A 到C 的过程由动能定理得qUAC=1
2
mvC
2,解得UAC=80
9
EL,故
D 正确.
9.(1)❑√gkL (2)k<1 (3)k≤1
4 时,t=4❑√
kL
g
,1
4 <k<1 时,t=1+ ❑√k
1−k
❑√
L
g
[解析] (1)设A 与B 碰撞前的速率为v1,对A 由动能定理得
EqkL=1
2
mv1
2
将E=mg
2q
代入,解得v1=❑√gkL
(2)由题意知,A 与B 发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv1'+mv2'
由能量守恒定律可知
1
2
mv1
2=1
2
mv1'2+1
2
mv2'2
联立解得v1'=0,v2'=❑√gkL
碰撞后,B 以v2'做匀速直线运动,A 在电场力作用下,做匀加速直线运动,为使A 与B 能发生第
二次碰撞,则A 经电场加速后的最大速度v1″应满足的条件为v1″>v2'
碰撞后,对A 由动能定理得
EqL=1
2
mv1″2
联立解得k<1
(3)碰后B 运动到M 点所用时间为tB= L
v2'=❑√
L
gk
A 的加速度a1= Eq
m
=g
2
设A 运动到M 点所用时间为tA,则L=1
2
×1
2
gt A
2
若tA=tB,解得k=1
4
设A 与B 第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t,当k≤1
4
时,A 与B 在离开电场前发生第二
次碰撞,有
1
2
×1
2
gt2=❑√gkLt
解得t=4❑√
kL
g
当1
4
<k<1 时,A 与B 离开电场后发生第二次碰撞,有
❑√gkLt=L+v1″(t -t A)
解得t=1+ ❑√k
1−k
❑√
L
g
