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第九章
静电场
带电粒子(带电体)在电场中的运动　
培优练14
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D A A B C C C
题号 8 9
答案 (1)2×105 V/m　(2)0.84 m (1)　(2)　(3)见解析
答案
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1.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，先后从电容器的P点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。若不计重力，则a和b的比荷之比是
A.1∶2 B.1∶8
C.2∶1 D.4∶1
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答案
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答案
　　　两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x=vt，垂直极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y=at2，粒子在电场中受的力为F=Eq，根据牛顿第二定律有F=ma，整理得=，因为两粒子
在同一电场中运动，E相同，初速度大小v相同，垂直极板方向的位移y相同，所以比荷与水平位移的平方成反比，所以比荷之比为4∶1，D正确。
2.如图所示，两平行板电容器按图中的方式连接，B、C板带同种电荷，A、B板间有一陶瓷板，C、D板间有一带正电的液滴刚好在P点处于静止状态。下列说法正确的是
A.C板带负电
B.若将A板向左平移一小段距离，液滴向下运动
C.若将A板向上平移一小段距离，液滴向下运动
D.若将陶瓷板抽出，液滴向下运动
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答案
　　　由题知，C、D板间有一带正电的液滴刚好在P点处于静止状态，则液滴受重力与静电力作用，二力相互平衡，因重力方向竖直向下，故静电力方向竖直向上，因正电荷所受静电力方向与电场强度方向相同，故C、D板间的电场强度方向竖直向上，故D板带正电，C板带负电，故A正确，若将A板向左平移一小段距离，则A、B板间的距离增大，根据C=，可知电容C减小，因A、B板的电荷量保持不变，根据C=，可知A、B板间的电压增大，两电容器相连接，电压相等，故C、D板间的电压也增大，根据E=，可知C、D板间的电场强度增大，故液滴所受的静电力增大，所以液滴向上运动，故B错误；
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答案
　　　若将A板向上平移一小段距离，则A、B板间的正对面积减小，根据C=，可知电容C减小，因A、B板的电荷量不变，根据C=，可知A、B板间的电压增大，两电容器相连接，电压相等，故C、D板间的电压也增大，根据E=，可知C、D板间的电场强度增大，故液滴所受的静电力增大，所以液滴向上运动，故C错误；
若将陶瓷板抽出，则相对介电常数εr减小，根据C=，可知电容C减小同理可知电容器C、D间的电场强度增大，故液滴所受的静电力增大，所以液滴向上运动，故D错误。
3.如图所示，灯丝发热后发出的电子经加速电场后，进入偏转电场。若加速电压为U1，偏转电压为U2，设电子不落到电极上，则要使电子在电场中的偏转量y变为原来的3倍，可选用的方法是
A.只使U1变为原来的倍
B.只使U2变为原来的倍
C.只使偏转电极的长度L变为原来的3倍
D.只使偏转电极间的距离d变为原来的3倍
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答案
　　　设电子的质量为m、电荷量大小为e。电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理得eU1=m
电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小a=
电子在水平方向做匀速直线运动，则有t=
在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量y=at2
联立解得y=
只使U1变为原来的，则电子在电场中的偏转量y增大为原来的3倍，故A正确；
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　　　只使U2变为原来的，则电子在电场中的偏转量y减小为原来的，故B错误；
只使偏转电极的长度L变为原来的3倍，则电子在电场中的偏转量y增大为原来的9倍，故C错误；
只使偏转电极间的距离d增大为原来的3倍，则电子在电场中的偏转量y减小为原来的，故D错误。
4.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计粒子重力。有关粒子从A点运动至B点的过程中，下列说法正确的是
A.粒子的电势能先增加后减小
B.A、B两点间的电势差UAB=
C.A、B两点间的电势差UAB=
D.粒子在B点的动能是粒子在A点的动能的5倍
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　　　粒子从A点运动至B点的过程中，静电力对粒子一直做正功，粒子的电势能一直减小，故A错误；
粒子在竖直方向做匀速直线运动，则有v0sin 60°=vsin 30°，解得粒子在B点的速度大小为v=v0，粒子从A点运动至B点的过程中，根据动能
定理可得qUAB=mv2-m，解得A、B两点间的电势差为UAB=，故B正确，C错误；
粒子在B点的动能与粒子在A点的动能之比为===，故D错误。
5.匀强电场中，质量为m、带电荷量为q(q>0)且可视为质点的小球在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动，M点和N点分别为圆周上的最低点和最高点，电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为(g为重力加速度)，此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为2且大于小球经过N点时的速度，不计空气阻力。若O点电势为零，下列说法正确的是
A.小球受到的静电力与重力的夹角为30°角
B.匀强电场的电场强度大小为
C.M点的电势为
D.小球从速度最小到速度最大的过程中，静电力做的功为2mgL
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答案
　　　因运动过程中小球速度最小值为，此时绳子拉力恰好为零，可知小球所受的合力大小为F合=m=mg，
因重力竖直向下，可知静电力大小也为mg，与重力的夹角为120°，根据mg=qE，可知匀强电场的电场强度大小为E=，选项A、B错误；
因M、O两点的电势差为UMO=ELcos 60°=，O点电势为零，M点的电势为φM=，选项C正确；
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答案
　　　小球从速度最小到速度最大的过程中，即从等效最高点Q到等效最低点P的过程中，静电力做的功为W=qEcos 60°·2L=mgL，选项D错误。
6.在平面直角坐标系第Ⅰ象限和第Ⅱ象限内存在大小相等、方向如图所示的匀强电场。在第Ⅰ象限内某些位置无初速度地释放同种正电离子，所有离子都从x轴上的(-L，0)处离开电场，电场强度大小为E，离子带电量为q。不计重力，不计离子间的相互作用。下列说法正确的是
A.离子在第Ⅰ象限可能做曲线运动
B.离子在第Ⅱ象限运动的时间都相等
C.离子在第Ⅰ象限内释放的位置坐标(x，y)
满足xy=
D.到达(-L，0)处的离子最小动能为qEL
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答案
　　　离子在第Ⅰ象限做初速度为0的匀加速直线运动，故A错误；
离子进入第Ⅱ象限的速度不同，则在第Ⅱ象限中运动的时间不相等，故B错误；
设离子在第Ⅰ象限内释放的位置坐标为(x，y)，到达y轴的速度大小为v，有v2=2ax，离子在第Ⅱ象限内做类平抛运动，设运动时间为t，有t=，y=at2，解得xy=，故C正确；
设离子在(-L，0)处的动能为Ek，对离子运动的全过程进行分析，根据动能定理有qEx+qEy=Ek-0，由数学基本不等式有x+y≥2，结合C选项分析解得Ekmin=qEL，故D错误。
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7.如图甲，一长为L、板间距离为d的平行板电容器水平放置，一正离子源放置在电容器左端中轴线处，离子源能够源源不断地在单位时间内释放相同数目、速度方向均沿中轴线水平向右、速度大小为v0的正离子，正离子的质量为m、电荷量为q。从t=0时刻起加一如图乙所示的周期性电场，此时A板电势高于B板。已知L=v0T，且
d=，不计离子的重力，下列说法正确的是
A.t=0时刻进入的正离子刚好击中B板
右端点
B.t=时刻进入的正离子离开电容器时
偏离轴线的距离为
C.t=T时刻进入的正离子击中金属板A的右端点
D.离子源发射的正离子被平行板电容器收集的比例为50%
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答案
　　　t=0时刻进入的正离子运动的v-t图线如图线1所示，其偏移量为·=，t1=，x=v0·=
离子击中B板的中点，A错误；
t=时刻进入的正离子的v-t图线如图线2所示，其离开电容器时偏离轴线的距离为y2=2×·)2-2×·)2=0，离子沿中心轴线离开，B错误；
t=T时刻进入的正离子的v-t图线如图线3所示，y3=-2×·)2+2×·
)2=-=-
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答案
　　　即t=T时刻进入的正离子击中金属板A的右端点，C正确；
设t=t0时刻进入电场的离子刚好打到B板上的
v-t图线如图线4所示，=2×·-t0)2
解得t0=T
又因为t=T时刻进入电容器的离子刚好打到A板右端点，所以能够击中电容器两极板的离子进入电容器的百分比为η=×100%≈54.3%，D错误。
8.如图所示，高h=45 cm的光滑倾斜轨道AB与长x=20 cm的粗糙水平轨道BC在B点处平滑连接，半径R=20 cm的光滑圆弧轨道CD与水平轨道相切于C点，整个轨道处在同一竖直平面内，B点所在竖直面BB'右侧存在水平向右的匀强电场。绝缘带电滑块P、Q分别位于倾斜轨道的顶端和水平轨道的最左端，滑块Q恰能保持静止。由静止释放滑块P，经一段时间后与Q发生碰撞。已知P、Q的质量分别为mP=200 g、mQ=100 g，与水平面之间的动摩擦因数μ均为0.2，Q
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的电荷量q=+1×10-6 C，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞过程时间极短且无机械能损失和电荷转移，P、Q可视为质点且不发生二次碰撞，求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
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答案　2×105 V/m
　　　对Q，由平衡条件有qE=μmQg
代入数据得E=2×105 V/m
(2)滑块Q碰后上升的最大高度H。
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答案　0.84 m
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答案
　　　设滑块P刚到斜面底端时的速度大小为vB，对滑块P从A到B，由动能定理有mPgh=mP
滑块P、Q在B点发生弹性碰撞，有
mPvB=mPvP+mQvQ
mP=mP+mQ
对滑块Q从B点到D点，由动能定理有
qE(x+R)-μmQgx-mQgR=mQ-mQ，滑块Q从D点飞出后在竖直方向上做竖直上抛运动，一直到最高点有=2g(H-R)
解得H=0.84 m。
9.(2025·广东卷·15)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。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，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速
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答案
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。求：
(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
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答案　
　　　根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体运动，则有h=gt2
水平方向上做匀加速直线运动，
则有=ma，l=at2，解得q=
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
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　　　根据题意可知，颗粒与绝缘平板第一次碰撞时，竖直分速度为
vy1=
水平分速度为vx1==
则第一次碰撞后竖直分速度为vy2=kvy1=k
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ==
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tan θ=
=
联立解得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。
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答案　
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　　　根据题意可知，由于k<1，则第一次碰撞后颗粒不能返回到上方绝缘平板，当颗粒与下方绝缘平板发生第二次碰撞时，设从第一次碰撞后
到第二次碰撞前的运动时间为t'，则有t'==2k
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a'==
水平方向运动的距离为l'=vx1t'+a't'2=4kl+
此时需满足l'≤d-l，即d≥(4k+1)l+
则电场力对颗粒做的功为W=+=+4k2mgh+
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　　　当颗粒与右侧金属平板发生第二次碰撞时，此时d<(4k+1)l+
则电场力对颗粒做的功为W=+(d-l)=+。
第九章
本课结束
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