带电粒子在电场中的直线运动.(附详细答案)

带电粒子在电场中的“直线运动”（带详解）[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：⑴小球带何种电荷？摆线拉力的大小为多少？ ⑵当剪断摆线后，球的加速度为多少？⑶剪断摆线后经过时间t ，电场力对球做的功是多少？[解析]⑴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②mgqE ①mg T -----=----=ααcos tan ⑵同理，剪断细线后，球的水平方向的合力、加速度为③g a ma mg -----==ααtan tan⑶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⑤qEs W ④at s ---⋅=------=αsin 212最后，联立②③④⑤式，即可求出以下结果 .t a n 21222αt mg W =[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。

⑴第几滴液滴将在A 、B 间做匀速直线运动？ ⑵能够到达—板的液滴不会超过多少滴？[解析]⑴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①mg qE ----=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 ②q n Q -----=)1( ③Cd Qd U E ---==联立①②③式，即可求出 .12+=qmgCdn⑵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⑤CdqN d U E ④d qE d h mg -----==----=-+)1(0)(/// 由④⑤式即可求出 1)(2++=qd h mgC N [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，考虑到它恰好不能到达B 板，则类似⑵处理，可得0)(2/=-+C q N d h mg ，亦可求出2/)(qd h mgC N +=。

显然，1/+=N N ，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x 0处静止释放。

⑴求该粒子在x 0处电势能0x ε。

⑵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] ⑴设带负电极板所在处坐标为x=0，电势0=ϕ。

由“依据”㈦，可得②W ①x qE W x x E E ---=∆=--------=0)0(000εε联立①②，即可解得00qEx x =ε亦即粒子在x 0处的电势能等于粒子电量与该点电势之积。

⑵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④x x a v ③ma qE x----=------=)(202联立③④进而求得⑤x x qE mv E x kx ---==)(2102由上述分析可知，粒子在x 处电势能为⑥q E xx -----------=ε 由⑤⑥式，即可求出粒子的总能量0qEx E E x kx =+=ε。

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 x 1 、x 2，设速度分别为 v 1 、v 2。

类似地，可以求得F=qE=ma 和 2122v v -=2a （x 2－x 1）；联立得)()(21122122x x qE v v m --=-,进而亦可求出E k2+2ε=E k 1+1ε。

[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h 1，a 、b 之间距离为h 2，使小环从图示位置的O 点由静止释放后，通过a 的速率为13gh 。

则下列说法正确的是 （ ）A.小环通过b 点的速率为)23(21h h g +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[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⑴在t ＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；⑵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；⑶A 板电势变化频率多大时，在t ＝4T 到t ＝2T时间内从紧临B 板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A 板。

[解析] ⑴欲求加速度，先求电场力。

由“依据”㈦得带电粒子所受电场力dUqqE F ==再由牛二定律即可求出得29/100.4s m dmUqa ⨯==⑵由依据㈡（即位移公式），我们试求一下粒子在02~T时间内走过的距离 m T a s 22100.5221-⨯=⎪⎭⎫⎝⎛=由此可见，带电粒子在t T=2时恰好到达A 板。

由依据㈢（即动量定理）可得p Ft kg m s ==⨯-401023./·，因初动量为零，故此即粒子到达A 板的动量⑶分析可知，在24T＜t＜T 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，在432T＜t＜T 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、后两段位移大小相等。

由综合“依据”㈡，得粒子向A 板运动可能的最大位移221614212aT T a s =⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=因题目要求粒子不能到达A 板，故必有s d <。

最后，考虑到f T=1，由以上两式即可求出电势变化频率应满足条件 Hz daf 4102516⨯=>[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，板图——9c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：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W 1。

由“依据”㈦可得，0)5.13(5.221>⨯-+⨯=L qE L qE W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W 2，同理，可得0)5.33(5.222<⨯-+⨯=L qE L qE W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”。

⑴其次，带电系统开始运动时，设加速度为a 1，球B 刚进入电场时带电系统的速度v 1。

由综合“依据”㈡、㈦（即牛二定律等）得②L a v ①mqEm qE a ------=---==1211222 由①②式，即可求出③mqELv ----=21⑵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t 1，则由综合“依据”㈡（即牛二定律等）得④a v t -------=111 由①③④式，可以解得：.21qEmLt =第二．球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，设球A 刚达到右板的速度为v 2，减速所需时间为t 2。

同理，可得⑦a v v t ⑥L a v v ⑤mqEm qE qE a ----------=-----⨯=----=+-=21222212225.122223 由⑥可见，“系统”做匀减速运动。

再联立③⑥⑦⑧ 可解得qEmLt m qEL v 2,22122==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a 3；设球A 从离开电场到静止所需的时间为t 3，运动的位移为x 。

再由综合“依据”㈡得：⑩a v t ⑨x a v ⑧m qEa ------=----=-------=323322302023 上面2v 已经求出，联立⑧⑨⑩三式求解，可解得图—106,2313Lx qE mL t ==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qEmLt t t t 237321=++=而球A 相对右板的位置为6L x =15. 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．16. 如图甲所示，电荷量为q =1×10-4C 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，取重力加速度g=10m/s 2。