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第十章 静电场中的能量
习题课4 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
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(限时：60分钟)
1．如图甲所示，在平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始时B板电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，则下述说法正确的是( )
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
解析：选C。在0～0.2 s内，B板电势比A板高，电场方向水平向右，电子受到的电场力方向水平向左，向左做匀加速直线运动，0.2～0.4 s内，A板电势比B板高，电场方向水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动，0.4 s末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向B板运动，C正确。
2．图为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
解析：选D。由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度为a1＝，第2 s内加速度为a2＝，故 a2＝2a1，因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，v－t图像如图所示。
带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；根据速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝2 s时，带电粒子离出发点最远，B错误；由解析图可知，3 s末的瞬时速度刚减到0，C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，由题意知粒子只受电场力作用，前3 s内动能变化为0，根据动能定理知，电场力做的总功为零，D正确。
3．(多选)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度为E，现有一质量为m、电荷量为q的带电小球以初速度v0竖直向上抛出，当途经最高点时小球的速度大小也为v0，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．该电场强度大小E＝
B．该运动过程所用的时间t＝
C．小球在运动过程中的最小速度为vmin＝v0
D．小球再次到达与初始位置等高的地点时前进的位移大小为 eq \f(2v,g)
解析：选ACD。由题意可知，小球受到重力和水平向左的电场力，则小球带正电，可知小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小球从抛出到最高点的过程中的时间为t＝，水平方向有v0＝t，联立方程，解得E＝，故A正确，B错误；当小球的速度与合力方向垂直时，小球速度最小，有几何知识可知，此时有t1＝v0－gt1联立方程，解得达到速度最小时所需时间为t1＝，则小球在运动过程中的最小速度为vmin＝，联立方程，解得vmin＝v0，故C正确；小球再次到达与初始位置等高的地点时所用时间为2t，前进位移为x＝··(2t)2，联立方程，解得x＝eq \f(2v,g)，故D正确。
4.(2022·攀枝花市十五中高二月考)如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为g，试求：
(1)此电荷在B点处的加速度；
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)。
解析：(1)这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时
F合A＝mg－＝m·g ①
在B点时F合B＝－mg＝m·aB ②
联立①②式解得aB＝3g
即电荷在B点处的加速度为3g，方向竖直向上。
(2)从A到B过程，由动能定理得
mg(h－0.25h)＋qUAB＝0 ③
联立①③式解得UAB＝－。
答案：(1)3g，方向竖直向上 (2)－
5.如图所示，质量为m＝0.5 kg的物体所带电荷量为 q＝＋6×10－4 C，从半径为 R＝0.5 m的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动。物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，整个装置处于E＝103 N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离x：
(1)E水平向左；
(2)E竖直向下。
解析：(1)对整段过程运用动能定理
0＝mgR－Eq(R＋x)－μmgx
解得x＝1.375 m；
(2)对整段过程运用动能定理
0＝mgR＋EqR－μ(mg＋Eq)x
解得x＝2.5 m。
答案：(1)1.375 m (2)2.5 m
6．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－10 C，A、B相距L＝20 cm(g取10 m/s2，结果保留2位有效数字)。
(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由；
(2)求电场强度的大小和方向；
(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
解析：(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，重力和电场力在垂直于AB方向上的分量必等大反向，可知电场力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动。
(2)在垂直于AB方向上，有qEsin θ－mgcos θ＝0
解得电场强度E≈1.7×104 N/C
即电场强度大小为1.7×104 N/C，方向水平向左。
(3)当微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得
mgLsin θ＋qELcos θ＝mv
代入数据，解得vA≈2.8 m/s。
答案：(1)见解析 (2)1.7×104N/C 水平向左
(3)2.8 m/s
7.如图所示，两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场。一个带电粒子(质量为m，电荷量为＋q)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘。忽略重力和空气阻力的影响。求：
(1)极板间的电场强度E的大小；
(2)该粒子的初速度v0的大小；
(3)该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小。
解析：(1)两极板间的电压为U，两极板的距离为d，所以电场强度大小为E＝。
(2)带电粒子在极板间做类平抛运动，在水平方向上有L＝v0t
在竖直方向上有d＝at2
根据牛顿第二定律可得：a＝
而F＝Eq
所以a＝
解得：v0＝。
(3)根据动能定理可得
Uq＝Ek－mv
解得Ek＝Uq。
答案：(1) (2) (3)Uq
8．(2023·四川成都联考期末)如图，绝缘水平面与绝缘光滑斜面平滑连接于B点，竖直虚线BC右侧存在场强大小E＝5×102 N/C、方向竖直向上的匀强电场。一质量为m＝1 kg、电荷量为q＝－4×10－3 C的物块(可视为质点)从A点以大小为v0＝12 m/s的初速度开始水平向右运动，运动至斜面上的D点时速度恰好减为0。已知斜面的倾角为θ＝30°，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.9，A、B两点的距离为L＝6 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块第一次运动至B点时的速度vB的大小；
(2)D点离水平面的高度h；
(3)物块在水平面上最终停止的位置与A点的距离x。
解析：(1)从A点到B点，由动能定理有
－μmgL＝mv－mv
代入数据解得vB＝6 m/s。
(2)从B点到D点，由动能定理有
－(mg＋qE)h＝0－mv
代入数据解得h＝1.5 m。
(3)物块从D点回到B点，速度大小不变，即vB′＝vB＝6 m/s，
方向水平向左
由动能定理有－μmgL′＝0－mvB′2
代入数据解得L′＝2 m
物块在水平面上最终停止的位置与A点的距离
x＝L－L′＝4 m。
答案：(1)6 m/s (2)1.5 m (3)4 m
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