强化训练19带电粒子在电场中的直线运动
——’17备考热身教辅系列
山东平原一中魏德田
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其目的在于：了解电容器的结构，理解平行板电容器及其电容决定式的意义。通过本训练把握带电粒子在电场中运动的知识，熟悉利用电学搭台、力学唱戏的方法，分析和解决带电粒子在电场中运动的规律，以便了解本类知识在现代技术中的应用。
一、破解依据
㈠电容：
⑴定义式,计算式C=Q/U
⑵平行板电容器的电容C=εS/4πKdS:两极板正对面积d:两极板间的垂直距离
⑶两个电容器的串、并联：，。
㈡电场力及其功：若不计粒子重力，则电场力做的功等于动能的增量
⑵；
㈢电势能及其变化：则用及
㈣电加速、电偏转：
⑴加速运动(Vo=0)W=ΔEKqu=mVt2/2，，
⑵类平抛运动a=F/m=qE/m，y=at2/2；
侧移：，
方向：
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共40分）
⒈（16浙江）以下说法正确的是
A．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低
B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大
C．电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比
D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化
I）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器（）
A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则
A、增大，E增大B、增大，不变
C、减小，增大D、减小，E不变
4.（17江苏）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
5.（14襄阳五中如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动。以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是
6.（14杭州学军中学）如图所示,长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于场强方向平行于纸面的电场中,一电荷量为q、质量为m的带正电小球,以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端B点时速度仍为v0.下列判断正确的是（已知重力加速度为g）（）
A.小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能
B.由题设条件可求得A、B两点的电势差
C.该电场可能是位于AB中垂线上的正电荷所形成的电场
D.若该电场是匀强电场,则电场方向平行于斜面向上时，电场强度最小
7.（14武昌模拟）如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是
A．Q2带负电且电荷量于Q1B．b点的场强一定为零C．a点的电势比b点的电势高D．粒子在a点的电势能比b点的电势能
8.（14江西师大附中三模）如图所示，匀强电场E方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过A点时动能是200J，经过B点时，动能是A点的，减少的动能有转化成电势能，那么，当它再次经过B点时动能为（）
A．4JB．8JC．16JD．20J
⒐（16上海）（1分）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量）
（1）小球B所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的做小距离s是多少？
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为，进入漂移管E时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取。求：
（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压。
⒒（17全国Ⅱ如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：
(1)M与N在电场
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小．
静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是A．断开开关S后，将A、B分开些B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
13.（14襄阳五中图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即。在带电长直细棒右侧，有一长为的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离也为，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。
（1）求k的值；（2）若撤去外力F，求在撤去外力瞬时A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力；（3）若剪断A、B间的绝缘细线，保持外力F=2mg不变，A球向左运动的最大速度为vm，求从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，A球所处位置电势怎样变化？变化了多少？
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
15.（13上海）(12分)半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强火小沿半径分布如图-15所示，图中E0已知，E－r曲线下O－R部分的面积等于R－2R部分的面积。
(1)写出E－r曲线下面积的单位；
(2)己知带电球在r≥R处的场强E＝kQ／r2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?
(3)求球心与球表面间的电势差△U；
(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?
16.（13全国大纲版）（19分）一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图-16所示。不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内
（1）粒子位移的大小和方向；
（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间。
17.（宁波效实中学如图-所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强1∶1∶2.现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区．已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．求：(1)滑块进入CDHG区域时的速度大小．
(2)滑块在ADHE区域运动的总时间．
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】A
【解析】静电场中，顺着电场线电势要降落，A正确；由可知B错误；电容器电容是由电容本身所决定的，C错误；在超、失重中，实际重力式不变的，视重发生了变化，选项D错误。
⒉【答案】D
【解析】由可知，当云母介质抽出时，变小，电容器的电容变小；
因为电容器接在恒压直流电源上，故不变，根据可知，当减小时，减小。再由，由于与都不变，故电场强度不变，答案为D上板下移，由可知，C变大，Q一定，则Q=CQ，U减小，则θ减小；根据，Q=CU,,,可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下板的距离不变，E不变，则P点与下板的电势差不变，P点电势不变，则EP不变；故ABC错，D正确。
⒋【答案】A
【解析】C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，根据E＝＝＝＝，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．
D
【解析】沿X轴正负方向看，电势是逐渐减小，它与X轴正负方向的距离成反比，A图错；加速度在X轴正方向是斜向下偏左，在负方向是斜向下偏右，其值不变，B图错；在O点沿X轴正负方向运动，电场力做负功，动能是减小的。列式是：，由此可知C错D正确。
⒍【答案】ABD
【解析】A、小球从A运动到B，重力势能增加，动能没有变化，根据能量守恒定律，电势能一定减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A根据动能定理得：-mgLsinθ+qUAB=，得到，UAB=；故B正确；C、如果该电场是位于AB中垂线上的正电荷所形成的电场，则AB的电势相等，矛盾，故C错误；D、该电场是匀强电场，当电场力平行斜面向上时，电场力最小，等于mgsinθ，故电场强度也最小，为，故D正确；故选：点的斜率为零，即加速度为零，也就是该处合合电场强度为零，B选项正确；因点电场强度为零，为负电荷，由点电荷场强公式计算可得：A选项错；由速度图线可知，从速度减小，电场力做负功，是从电势低到电势高的地方，C答案错；电场力做负功，电势能增加，所以D答案正确。
⒏【答案】B
【解析】设物体向右运动到C点静止，然后返回，AB间距离为x1，BC间距离为x2，则：由动能定理：-（f+qE）x1=?Ek0=-J-（f+qE）x2=?Ek0=-0J，所以x2=又qEx1=（Ek0）×=J则qEx2=×，即由B到C，电势能增加所以克服摩擦力做功fx2=因此，由B到C再回到B的过程中，-2fx2=EkB′-EkB所以EkB′=EkB-2fx2=Ek0-2fx0=故选【答案】（2）（3）800v（4）0.065m
【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时，N
因此C
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，
F合=F2+qE
因此
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3，方向水平向左。
（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小,又,可得
(4)由图可知小球从x=0.16到x=0.2m处，
电场力做功
小球从x=0.2m到x=0.4m处
由图可知小球从到处
电场力做功=－0.004×0.4=
由动能定理 +++=0
解得=
（1）漂移管B的长度为0.4m（2）相邻漂移管间的加速电压为6×104
【解析】（1）质子进入漂移管B速度；漂移管B的长度为。则
①
②
③
联立①②③式并代入数据得
④
（2）设质子的电荷量为q，质量为m，荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为；质子进入漂移管E时速度为，动能为；质子从漂移管B运动到漂移管E，动能的增加量为；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U，所做的功为W。则
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有
⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得
?
⒒【答案】(1)3∶1(2)H(3)
解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得
④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得
V＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2?
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2?
联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得
E＝?
12.【答案】A
【解析】A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大．故A正确．B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故B错误．C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故C错误．D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误．故选：A．（1）（2）（3）（1）对小球A、B及细线构成的整体，受力平衡，有
得 （2）若撤去外力瞬时，A、B间细线拉力突然变为零，则对A球：得，方向向右对B球：得，方向向右因为aA
代入k，得设从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，电场力做功为W，由动能定理
解得，负号表示电场力做负功。又由电场力做功可知W=qU因此在A球向左运动达到最大速度的过程中，所在处电势升高了。变化量为
（2）；（3）
【解析】(1)由,解得。
(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有
mg-qE=ma,0-v2=2ad,解得。
而U=Ed,Q=CU,解得。
(3)由,,t=t1+t2,联立解得
15.答案和解析如下：
16.【解析】（19分）解法一：粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，
设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
、、、
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a—t图像如图（a）所示（2分），对应的v—t图像如图（b）所示（3分），其中
由图（b）可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为
联立解得
它的方向沿初始电场正方向。
（2）由图（b）可知，粒子在t＝3T/8到t＝5T/8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为
解法二：带电粒子在粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
、、、
设粒子在t＝T/4、t＝T/2、t＝3T/4、t＝T时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则有
、、、
设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有
解得
它的方向沿初始电场正方向。
（2）由电场的变化规律知，粒子从t＝T/4时开始减速，设经时间t1粒子速度为零，有
，
解得t1＝T/8
粒子从t＝T/2时开始加速，设经过时间t2粒子速度为零，有
，
解得t2＝T/8
设粒子从t＝0到t＝T内沿初始电场反方向运动的时间为t2，有
t＝
解得t＝T/4
17.【答案】(1)(2)4
【解析】(1)在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有2qE－mg＝ma3，
由题意知qE＝mg，
在水平方向和竖直方向分别有L＝vGt3，L＝a3t.
联立以上各式解得vG＝，t3＝.
(2)在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向
qE＝mg，
所以不受摩擦力，做匀速直线运动，
vF＝vG＝，t2＝t3＝.
在ABFG区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向
FN＝qE＋mg，
在水平方向
f＝ma1，
由滑动摩擦力定律有f＝μFN.
由以上各式解得a1＝g.
当滑块由E运动到F时，由运动学公式有
v－v＝2(－a1)L，
代入解得vE＝，
由运动学公式有vF＝vE－a1t1.
解得t1＝(4－2)，所以t＝t1＋t2＋t3＝4
2
图-7
图-6
图-12
图-11
图-10
图-9
图-4
图-3
图-2
图-1
图-15
图-17
图-16
图-15
B
a
x
O
D
Ek
x
O
C
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x
O
A
φ
x
O
O
E
E
x
图-14
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