电场中的带电粒子

电场中的带电粒子李树祥(特级教师)带电粒子在电场中的运动类题目，由于与力学等知识紧密联系，故能形成电场知识的综合问题，它能很好的考查学生综合运用知识的解题能力，所以一直是高考热点问题。对带电粒子在电场中的运动类题目，过程分析是关键，因为带电粒子在电场中的不同的物理过程对应着不同的解题方法，现在我们分析如下：一、静止或匀速直线运动：对此类题目，直接利用平衡条件即合外力为零来列式求解。TOC\o"1-5"\h\z例1一质量为m,带电一Q的点电荷用绝缘细线悬挂，置于电场之中，平衡时与竖直方向成e角。 『"若电场为水平方向的，求场强。 X；保持e角不变，求最小的场强。 //。«析解：(1)平衡条件得：空=tge $ :mgmgE= tg。 方向水平向右q(2)当电场力方向与绳垂直时，场强最小qE.——min=siOnmgE=mgsiOnminq方向与水平成0角，向右下方TOC\o"1-5"\h\z例2、如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d,其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘匀速射出，油滴质量为m,带电量为q,则( )场强方向竖直向上场强的方向竖直向下 I[两极板的电势差为mgd/q |]1油滴的电势能增加了mgd析解：A、C 由于油滴做匀速直线运动，故重力与电场力等大反向。mg=Eq,E=U/d，所以mg=Uq/d,U=mgd/q Ae=qU=mgd，但从下向上电势能减小。二、匀变速直线运动：一般应用牛顿运动定律结合运动学公式就能求解。当然有些题目在不涉及加速度和时间时可能用动能定理更简单一些，因为动能定理替代了F=ma和有用的推论vg—v°2=2as。

例3在与x轴平行的匀强电场中，一带电量为2X10-6C、质量为4X10-2kg的带电物体在绝缘光滑水平面上沿着x轴作直线运动，其位移随时间的变化规律是x=0.3t—0.05t2,式中x、t均用国际单位制的基本单位.求：该匀强电场的场强；从开始运动到第5s末带电物体所运动的路程；析解：(1)加速度a=-0.1m/s2场强E=F/q=ma/q=4X10-2X0.1/2X10-6N/C=2X103N/C(2)V0=0.3m/s(1分)减速时间为t1=v0/a=0.3/0.1s=3s带电物体所经过的路程为 1 °S二%+七二0.3邓—0.05X32+01X22/2=0.65m例4 如图所示，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4L。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：⑴球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零所需时间。B球电势能的变化量。析解：⑴带电系统开始运动时，系统只受匀强电场的电场力的作用，系统做匀加速运动，设加速度为a1,由牛顿第二定律：_2qEqEa— —12m m球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1,有:v2=2aLii：2qELv2=2aLii求得：v=, 1\m⑵对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1,有:W]=2qEX3L+(―3qEx2L)=0故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q。设球B从静止到刚进入电场的时间为t，则：t=Vi1ai卜, '2mL解得：Zo1\qE球B进入电场后，带电系统的加速度为气，由牛顿第二定律:

-3qE+2qE qE（2分）a（2分）2 2m 2m显然，带电系统做匀减速运动。减速所需时间为t2,则有:0—vt0—vt= 12a2求得：12：8mL\1E(2分)可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为:2mLt2mLt-t+1-3（―e(1分)（3）、B球电势能增加AE电—"电—Fx21—Ex3qx2L—6EqL三、非匀变速直线运动：不能用运动学公式求解，只能考虑动能定理。例5如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷。a、Lb是AB连线上两点，其中Aa=Bb=^，O为AB连线的中点。一质量为m带电量为+q的小滑4块(可视为质点)以初动能E。从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：TOC\o"1-5"\h\z(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数口。 E⑵Ob两点间的电势差火。 . 0 二(3)小滑块运动的总路程s。 —a—a—■o_b~B~L析解：⑴由Aa=Bb=4,O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，贝lj七=0 ①设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f,对于滑块从aTb过程，由动能定理得:q-Uab-f-2—0—E0②而f二口mg ③由①一一③式得：R—2E0④mgL(2)对于滑块从OTb过程，由动能定理得:q-UOb由③一⑤式得：U由③一⑤式得：Uob=（2n—1）E 02q(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得:q-U-f-s-0-E⑦

(2n-1)E 0Ob2qOb由③一⑧式得：s=号1L⑨例6如图所示，直角三角形ABC的斜边倾角为30°,底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的.在底边中点D处放置一正电荷Q,一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端沿斜面滑下，滑到斜边的垂足D时速度为v.(1)在质点的运动中不发生变化的是()①动能③动能与重力势能之和①动能③动能与重力势能之和A.①②B.②③C.④(2)质点的运动是(A.匀加速运动C.先匀加速后匀减速的运动④动能、电势能、重力势能三者之和D.②)B.匀减速运动D.加速度随时间变化的运动该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率岭为多少？沿斜面向下的加速度％为多少？析解：质点下滑过程中受重力、电场力、斜面对质点的弹力作用，随质点的下滑电场力大小和方向都发生变化，且弹力亦随之变化，故质点所受合外力随时间而变化，由牛顿第二定律可知质点做加速度随时间变化的运动，在质点运动过程中斜面对质点的弹力不做功，重力和电场力做功使机械能和电势能发生转化，由能的转化和守恒定律可知机械能和电势能的总和不变。综上所述(1)的正确选顶为C(2)的正确选项为DBC=—=BO=OC=OD(3)因 2 ，则b、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场力作功为零，由机械能守恒定律,其中其中质点在C点受三个力的作用：电场力尸，方向由C指向O点；重力mg,方向竖直向下；支撑力N,方向垂直于斜面向上。根据牛顿定律，有mgsin&~fcos8=macmgsin30"-cos30°=mac四、抛物线运动问题：这一类运动包括平抛及类平抛，斜抛及类斜抛等，对此类问题直接用运动的合成及分解求解即可，一般把运动分解为两个垂直方向的分运动，再根据分运动的独立性和等时性求解。在不涉及速度方向问题时，也可用动能定理求解。例7、如图所示，两带电平行板水平放置，两板间形成匀强电场。两板相距为d，两板电势差为U，-带电粒子质量为m（重力不计）、所带电量为q，从两板左端中点P以速度V水平射入匀强电场中，试求：⑴若此带电粒子落在A板M点上，此带电粒子在水平方向上的位移为多少。⑵将A板向上移动d/2,此带电粒子仍从P点以速度V水平射入匀强电场中。这时若使粒子仍落在A板的M点上，则两板间电压应增大还是减小？电压变为原来多少倍？d1Uq析解：⑴ = t222dmmt=d:——\UqL=Vt,m=dV一\Uq⑵电压应增大L不变，t不变。U'qd= t2U'qt2d'mU'qt21=23dm2U'=3U例8、喷墨打印机的结构简图如图所示,其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10-5m,此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控

制。带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒。偏转板长1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸3.2cm。若墨汁微滴的质量为1.6x10—10kg，以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0x103V,若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0mm。求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性）为了使纸上的字放大10%,请你分析提出一个可行的方法。回流漕析解：设微滴的带电量为q,它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到回流漕1纸上，距原入射方向的距离为y=2at2+Ltg①qU ±atVo，可得qU1mdv02（2+L），代入数据得atVo，可得qU1mdv02（2+L），代入数据得q=1.25x10—13C要将字体放大10%,只要使y增大为原来的1.1倍，（2分）可以增大电压U达8.8x103V,或增大L,使L为3.6cm（2分）V2五、圆周运动问题：一般通过受力分析找向心力，利用向心力F=^-即可求解，有些题R目还需结合动能定理或机械能守恒定律求解例9、氢原子由一个质子（原子核）和一个核外电子组成。电子质量me=9.1X10-』kg，质子质量mp=1.67X10-27kg，电子和原子核所带电荷量都等于e=「1.6X10-19C。电子绕核旋转的轨道半径r=5.3X10-um。试求：（1） 电子所受静电引力是万有引力的多少倍？（2） 电子绕核旋转的周期和线速度各是多少？析解：根据库仑定律和万有引力定律，静电引力和万有引力分别为F电=k--,所以ke2所以ke2Fk ° ~电= r=~~ = -~~ ~~ L =2.27x1039F万 GmmGmm 6.67x10-11x9.1x10-31x1.67x10-27r2ke29x109x（1.6xIO"F=2.27x1039F万,F电>>F万(2)根据上面的计算，F电>>F万，可见在核外电子绕氢原子核旋转时，万有引力完全可以忽略不计。根据库仑定律，核外电子所受静电力为F=kJ9X109xgy=8.2次10-8N电r2 (5.3X10-11)2这个力就是核外电子绕氢原子核旋转的向心力，即F-醉_m①2r_m尊)2r_Mr。电re eT所以，核外电子绕氢原子核旋转的周期为T=2兀"略=2x3.14x,.・里X10-31X5.3处5.5x10-16sIF '■ 8.2x10-8线速度为I=迪=，•豆=,：&2x10-8x5.3x10-11a2.2x106m/sTt：mI9.1x10-31解析：球静止在A处时，对球受力分析有:例10如图所示，在水平的匀强电场中，一根丝线悬挂着质量为1g的带电小球，静止在竖直偏左30°的OA位置，设法把小球提到B解析：球静止在A处时，对球受力分析有:tg30。=^— :.F=^-mg①mg 3球从最高点B摆到最低点C的过程中，重力做正功W]=mgL，电场力做负功W2=F-L电动能定理有：mgL-FL=1mv2②一 V2在C点对球受力分析有：F-mg=m甘③L由①②③得：T=(3-V)G=(3-232)x10-2N从B点到最右端，设摆过的角度为a此过程中重力做政功W3=mgLcosa由场力做负功W4=F(L+Lsina)由动能定理有：mgL-FL(1+sina)=0代入数据后得：3cosa=拓+<3sina解方程得：sina=： -a=30。A六、其他曲线运动类问题：此类问题中首先要注意力的方向和速度方向关系。合外力的方向向哪物体就向哪个方向偏转；其次一般用动能定理来分析速度和能量变化。

例11、如图所示,a,b,c是静电场中的三个等势面它们的电势分别为Ua,Ub,Uc;且Ua>Ub>Uc,一带正电的粒子射入电场中，只在电场力作用下其运动的轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减小析解：A、C由带正电的粒子运动轨迹可知其受到的库仑斥力，因此形成电场的电荷为正电荷，粒子从K到L的过程中，电场力对粒子做负功，A项正确；L到M的过程中电场力做正功，B选项错误；粒子从K到L的过程中因电场力作负功，所以粒子电势能增加，C选项正确，粒子从L到M的过程中电场力做正功，由动能定理知其动能增加，D选项错误。例12如图虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点,据此可知（A、 三个等势面中，N的电势较高B、 带点质点通过M点时电势能较大C、 带电质点通过M点时动能较大D、 带点质点通过M点时加速度较大析解：B、D带电质点无论从M点进入还是从N点进入，受电场力方向都是向轨迹的凹侧，且和等势线垂直，所以等势面C电势高，带正电质点在M点电势能较大，在N点动能较大。七、 多过程问题：可分过程分析求解，也可多过程合在一起利用动能定理或机械能守恒求解例13、如图a所示，为一组间距d足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压（如图b所示），设U0和T已知。A板上O处有一静止的带电粒子，其带电量为q，质量为m（不计重力），在t=0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向，粒子又向A板返回（粒子未曾与B板相碰）。（1）当Ux_2U°时求带电粒子在t=T时刻的动能；析解：（1）带电粒子在电场中先做匀加速运动，再做匀减速运动至速度为零后反向析解：（1）带电粒子在电场中先做匀加速运动，再做匀减速运动至速度为零后反向a=顼，a=W，…aT1dm2dm1 12——。T=aL-aM一心212212222dm广1 T2U2q2TOC\o"1-5"\h\zE=—mv2= o——k22 8d2m（2）s=—aG-）2（1分），s=v—-—aG-）2（1分），1 212 x12 2x2T -v=a,s=-s（1分），由上面四式，得a=3a（1分）1 12 1x x1因为a=%q,a==q，所以U=3U（2分）1dmxdm x0例14如图所示，水平安放的A、B两平行板相距h,上板A带