带电粒子在电场中的“直线运动”.（教师版）

[例题1]（’07杭州）如图—1所示，匀强电场的方向跟竖直方向成α角。在电场中有一质量为m、带电量为q的 摆球，当摆线水平时，摆球处于静止。求：

?小球带何种电荷？摆线拉力的大小为多少？ ?当剪断摆线后，球的加速度为多少？

?剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功是多少？ E α [解析]?当摆球静止时，受重力、拉力和电场力等作用，如图—2所示。显然，小球带正电荷。由综合“依据”㈡，可得

m 图—1 T?mgtan?????① mgqE??????②cos??同理，剪断细线后，球的水平方向的合力、加速度为

mgtan??maa?gtan??????③

?欲求剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功，须先求球的位移。由“依据”㈡、㈦，可得

12at??????④ 2W?qEs?sin????⑤s?

最后，联立②③④⑤式，即可求出以下结果 W?12mg2t2tan?. 2 [例题3]（高考模拟）如图—5所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d，电容为C，开始时两极板均不带电，A板接地且中央有一小孔，先将带电液一滴一滴地从小孔正上方h高处无初速地底下，设每滴液滴的质量为m，电荷量为q,落到B板后把电荷全部传给B板。

?第几滴液滴将在A、B间做匀速直线运动？ ?能够到达—板的液滴不会超过多少滴？

[解析]?首先，分析可知，液滴在场外只受重力作用做自由落体运动，在场内则还要受竖直向上的可变电场力作用。

假设第n滴恰好在在A、B间做匀速直线运动，由“依据”㈠（二力平衡条件），可得

qE?mg????①

O 考虑到电容的电量、场强电势差关系以及电容定义，我们不难得 Q?(n?1)q????② E?h A d B 图—5 1

UQ????③ dCd联立①②③式，即可求出 n?mgCd?1. q2

?设第N滴恰好能到达B板，则针对从o点自由下落至到达B板这一过程。利用“依据”㈣（即动能定理）、电场强度以及电场力做功公式，可得

mg(h?d)?qE/d?0????④

U/(N?1)qE??????⑤dCd/由④⑤式即可求出 N?mgC(h?d)?1 2q[点拨]此例亦为一道经典的力电综合题，我们必须首先认识到“带电液滴”在下极板的持续积累，使得平行板电容器内部的电场不断增强；然后，综合应用运动学、静电场的知识分析和解决。再，若以第（N/+1）滴为研究对象，考

N/q2mgC(h?d)?0，亦可求出N/?虑到它恰好不能到达B板，则类似?处理，可得mg(h?d)?。显然，Cq2N?N/?1，一题两解，确有异曲同工之妙。

[例题4]（’06江苏）如图—6所示，平行板电容器两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子（不计重力）从x轴上坐标为x0处静止释放。

?求该粒子在x0处电势能?x0。

?试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。 [解析] ?设带负电极板所在处坐标为x=0，电势??0。由“依据”㈦，可得

WE?qE(x0?0)???????①WE???x0??x0?0??②联立①②，即可解得

?x0?qEx0

亦即粒子在x0处的电势能等于粒子电量与该点电势之积。

图—6

?首先，分析可知，粒子只受恒定的电场力与速度“共线”，且两者方向一致。由“依据”㈠可知，粒子做匀加速直线运动。由于在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 x 如图—7所示。由综合“依据”㈡（即牛顿第二定律、运动学公式）可得

qE?ma??????③v?2a(x?x0)???④联立③④进而求得

2x

x0 F=qE 图—7 0 x Ekx?12mvx?qE(x0?x)??⑤ 2 由上述分析可知，粒子在x处电势能为

?x?qEx???????????⑥

E?Ekx??x?qEx0。

由⑤⑥式，即可求出粒子的总能量

由此可见，带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。

[点拨] 此例若在 x轴上任取两点 x1 、x2，设速度分别为 v1 、v2。类似地，可以求得

2

2F=qE=ma和 v2；联立得?v12=2a（x2－x1）

12m(v2?v12)??qE(x2?x1),进而亦可2-q.m 求出Ek2+?2=Ek1+?1。

[例题5]（’06威海）如图—8所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有质量为m、带电量-q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，O、a之间距离为h1，a、b之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为3gh1。则下列说法正确的是 （ ）

A.小环通过b点的速率为g(3h1?2h2) B.小环从O到b电场力做的功可能为零 C.小环在Oa之间的速度是先增大后减小 D.小环在ab之间的速度是先减小后增大

c

+ Q O h1 a h2 b

图— 8

[例题6]（’06北京）如图—9（左）所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图—9（右）所示。将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q＝+1.6×10-19 C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求

?在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；

?若A板电势变化周期T＝1.0×10-5 s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；

?A板电势变化频率多大时，在t＝

TT到t＝时间内从紧临B板处无42初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。

[解析] ?欲求加速度，先求电场力。由“依据”㈦得带电粒子所受电场力

F?qE?Uq d图——9

再由牛二定律即可求出得

a?Uq?4.0?109m/s2 dmT时间内走过的距离 2?由依据㈡（即位移公式），我们试求一下粒子在0~1?T?s?a???5.0?10?2m

2?2?T由此可见，带电粒子在t?时恰好到达A板。

2由依据㈢（即动量定理）可得

p?Ft?4.0?10?232kg·m/s，

因初动量为零，故此即粒子到达A板的动量

?分析可知，在＜t＜T4T内，电场力、速度均向右，由“依据”㈠可知，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，2在＜t＜T23T内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小42相等。由综合“依据”㈡，得粒子向A板运动可能的最大位移

1?T?1 s?2?a???aT2

2?4?163

因题目要求粒子不能到达A板，故必有s?d。最后，考虑到f?1，由以上两式即可求出电势变化频率应满足条件 Tf?

a?52?104Hz 16d[例题7]（’07广东）如图—10所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：

?球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；

?带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。

[解析] 首先，针对“带电系统从（静止）开始运动到速度第一次为零（重归静止）”的过程细致分析，可知完成此过程电场力所做总功必定为零。然后假设球A能到达右极板，电场力对系统做功为W1。由“依据”㈦可得，

W1?2qE?2.5L?(?3qE?1.5L)?0

由此可见，球A还能穿过小孔，离开右板。

假设球B能达到右板，电场力对系统做功为W2，同理，可得

W2?2qE?2.5L?(?3qE?3.5L)?0

由此可见，至第一次速度为零，球不能到达右板

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别居于右板的“两侧”。

?其次，带电系统开始运动时，设加速度为a1，球B刚进入电场时带电系统的速度v1。由综合“依据”㈡、㈦（即牛二定律等）得

2qEqE????① 2mmv12?2a1L??????②a1? 由①②式，即可求出

v1?2qEL????③ m 图—10

?然后，分析“系统”运动全过程，可划分为三个阶段，运动的总时间则为三段时间之和。

第一．设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则由综合“依据”㈡（即牛二定律等）得

t1?v1???????④ a1由①③④式，可以解得：

t1?得

2mL. qE第二．球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，设球A刚达到右板的速度为v2，减速所需时间为t2。同理，可

?3qE?2qEqE????⑤2m2m2v2?v12?2a2?1.5L?????⑥ a2?t2?v2?v1?????????⑦a2由⑥可见，“系统”做匀减速运动。再联立③⑥⑦⑧ 可解得

v2?12qEL2mL ,t2?2mqE4

第三．当球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3；设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，

运动的位移为x。再由综合“依据”㈡得：

?3qE?????⑧2m20?v2?2a3x????⑨ a3?t3?0?v2?????⑩a3上面v2已经求出，联立⑧⑨⑩三式求解，可解得

t3?12mLL,x?

3qE672mL

3qE最后，把三段时间加起来，即可求出“系统”从静止到速度第一次为零所需的时间为

t?t1?t2?t3?而球A相对右板的位置为

x?L 615. 如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带

正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求： (1)小球到达B点的速度大小； (2)小球受到的电场力的大小

(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．

-4

16. 如图甲所示，电荷量为q=1×10C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向

沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，、物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取

2

重力加速度g=10m/s。

求（1）前2秒内电场力做的功。 （2）物块的质量.

（3）物块与水平面间的动摩擦因数。

E /（×104N?C-1）

υ/（m?s-1） E

+ 3 2 1 O 3 2 1 2 4 t/s

O 2 丙

4 t/s

甲 乙 17. 如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线

MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀

强电场，场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）。已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差U

5

＞

Ed，电子的重力忽略不计，求： 4h2

（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v； （2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l。

18．(12分)(2011年武汉高二检测)如图1－19，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1 m，两极板间距离d＝0.4 cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作

－6－8－62

用微粒落到下板上．已知微粒质量为m＝2×10 kg，电荷量为q＝＋1×10 C，电容器电容为C＝10 F，g 取10 m/s，求：

(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？

(2)若带电粒子落到AB板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上？

解析：(1)若第一个粒子落到O点， 由＝v01t1， 2

d12

＝ gt1得v01＝2.5 m/s 22

Ld12

若落到B点，由L＝v02t1，＝gt2得v02＝5 m/s

22

故 2.5 m/s

－2

(2)由L＝v01t，得t＝4×10 s d122由＝ at 得a＝2.5 m/s 22

由mg －qE＝ma，E＝

Q－6得Q＝6×10C dC所以n＝＝600个．

答案：(1)2.5 m/s

19．如图所示，挡板P固定在足够高的水平桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有＋qA和＋qB的电荷量，

质量分别为mA和mB。两物块由绝缘的轻弹簧相连，不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩。整个装置处于场强为E、方向水平向左的匀强电场中。A、B开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，A、B所带电荷量保持不变，B不会碰到滑轮。

（1）若在小钩上挂一质量为m的物块C并由静止释放，可使物块A恰好能离开挡板P，求物块C下落的最大距离； （2）若C的质量改为2m，则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？

E P A B Qq

14．（1）开始平衡时有： ① （2分）

当A刚离开档板时：故C下落的最大距离为：

② （2分）

③ （1分）

6

由①～③式可解得 ④ （1分）

（2）由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能的的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量、系统动能的增量之和

当C的质量为m时：

⑤ （2分）

当C的质量为2m时： ⑥ （2分）

由④～⑥式可解得A刚离开P时B的速度为：

7

⑦（3分）

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