第七章 第四讲 带电粒子在电场中运动的力、电综合问题

带电粒子在电场中的运动一、难点突破策略：带电微粒在电场中运动是电场知识和力学知识的结合，分析方法和力学的分析方法是基本相同的：先受力分析，再分析运动过程，选择恰当物理规律解题。

处理问题所需的知识都在电场和力学中学习过了，关键是怎样把学过的知识有机地组织起来，这就需要有较强的分析与综合的能力，为有效突破难点，学习中应重视以下几方面：1.在分析物体受力时，是否考虑重力要依据具体情况而定。

（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外一般都忽略不计。

（2）带电颗粒：如尘埃、液滴、小球等，除有说明或有明确的暗示以外一般都不能忽略。

“带电粒子”一般是指电子、质子及其某些离子或原子核等微观的带电体，它们的质量都很小，例如：电子的质量仅为0.91×10-30千克、质子的质量也只有1.67×10-27千克。

（有些离子和原子核的质量虽比电子、质子的质量大一些，但从“数量级”上来盾，仍然是很小的。

）如果近似地取g=10米/秒2，则电子所受的重力也仅仅是meg=0.91×10-30×10=0.91×10-29(牛)。

但是电子的电量为q=1.60×10-19库（虽然也很小，但相对而言10-19比10-30就大了10-11倍），如果一个电子处于E=1.0×104牛/库的匀强电场中（此电场的场强并不很大），那这个电子所受的电场力F=qE=1.60×10-19×1.0×104=1.6×10-15（牛），看起来虽然也很小，但是比起前面算出的重力就大多了（从“数量级”比较，电场力比重力大了1014倍），由此可知：电子在不很强的匀强电场中，它所受的电场力也远大于它所受的重力——qE>>meg 。

所以在处理微观带电粒子在匀强电场中运动的问题时，一般都可忽略重力的影响。

但是要特别注意：有时研究的问题不是微观带电粒子，而是宏观带电物体，那就不允许忽略重力影响了。

微专题61带电粒子在电场中的力电综合问题解决电场、重力场、复合场问题的两个角度：1.功能角度：运用动能定理和功能关系分析粒子的运动，注意等效最高点和等效最低点速度的计算和向心力公式的应用.2.动力学角度：涉及运动时间、速度、位移时一般从动力学角度分析．1．如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变．则下列判断正确的是()A．物块在上滑过程中机械能一定减小B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力可能不为零答案C解析上滑过程中满足Eq cosθ>F f＋mg sinθ，则静电力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力的合力对物块做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电＋W f＋W G＝ΔE k，W电>|W G|，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于物块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由功能关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场时，由于斜面对物块的支持力为F N＝mg cos30°，摩擦力F f＝μmg cos30°＝mg sin30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场时，F N＝mg cos30°＋qE sin30°，F f＝μ(mg cos30°＋qE sin30°)，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的合力方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D错误．2．(2023·河北邯郸市模拟)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m，带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是()A ．电场强度大小为E ＝2mg qB ．B 点的电势φB ＝mg 2t 22qC ．小球在B 点的电势能E B ＝mg 2t 22D ．小球机械能的变化量为mg 2t 22答案D 解析小球沿直线AB 运动，合力沿AB 方向，如图所示则有qE tan 45°＝mg ，解得E ＝mg q ，故A 错误；由牛顿第二定律得加速度为mg sin 45°＝ma ，由匀变速直线运动规律，得小球到B 点的速度为v ＝at ，设AB ＝L ，根据动能定理得mgL sin 45°＋qEL cos 45°＝12m v 2，解得静电力做功W ＝qEL cos 45°＝m v 24，根据W ＝qU AB ，解得U AB ＝m v 24q，根据U AB ＝φA －φB ，且A 点的电势为零，解得φB ＝－mg 2t 22q，B 点的电势能为E B ＝qφB ，联立解得：E B ＝－mg 2t 22，故B 、C 错误；小球机械能的变化量等于静电力做的功，ΔE ＝W ＝mg 2t 22，故D 正确．3．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径，已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q，不计空气阻力，下列说法正确的是()A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度v ＝2gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到A 点时的机械能最小C ．若将小球在A 点由静止开始释放，则小球运动到B 点时的速度为v ＝2gLD ．若将小球在A 点以大小为v ＝gL 的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B 点答案B 解析由于电场强度E ＝mg q，故mg ＝Eq ，物体的加速度大小为a ＝2g ，若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为v ，则有2mg ＝m v 2L ，解得v ＝2gL ，A 错误；除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到A 点时，电势能最大，故到A 点时的机械能最小，故B 正确；小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A 点由静止开始释放，小球运动到B 点的过程中，由动能定理得qE ·2L ＝12m v 2，解得：v ＝2gL ，故C 错误；若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，因Eq ＝mg ，故水平加速度与竖直加速度大小均为g ，当竖直方向上的位移为零时，时间t ＝2L g ，则水平位移x ＝12gt 2＝2L ，则说明小球刚好运动到B 点，故D 错误．4．(多选)如图所示，在竖直面内有一半径为R 的圆环形轨道，轨道内部最低点A 处有一质量为m 的光滑带正电的小球(可视作质点)，其所带电荷量为q ，在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E ＝3mg 3q ，现给小球一个水平向右的初速度，使小球开始运动，以下说法正确的是()A ．若v 0＞ 1＋3 gR ，则小球可以做完整的圆周运动B ．若小球可以做完整的圆周运动，则轨道所给弹力的最大值与最小值相差43mgC ．若v 0＝5gR ，则小球将在轨道最高点B 处脱离轨道D ．若v 0＝gR ，则小球不会脱离轨道答案BCD 解析小球同时受到重力和静电力作用，这时可认为小球处于等效重力场中，小球受到的等效重力为：G ′＝ mg 2＋ qE 2＝mg 2＋ 33mg 2＝233mg ，等效重力加速度为g ′＝G ′m ＝233g ，等效重力与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则有：tan θ＝qE mg ＝33，θ＝30°，小球可以做完整的圆周运动，在等效最高点，有：mg ′≤m v 2R，从等效最高点达到A 点过程中，根据动能定理可得：mg ′(R ＋R cos θ)＝12m v 02－12m v 2，解得：v 0≥2 3＋1 gR ，故A 错误；若小球可以做完整的圆周运动，则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大，等效最高点轨道所给的弹力最小；在等效最低点有：F 1－G ′＝m v 12R ，在等效最高点有：F 2＋G ′＝m v 22R，在等效重力场中，从最高点达到最低点过程中，根据动能定理可得：mg ′·2R ＝12m v 12－12m v 22，解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为：F 1－F 2＝43mg ，故B 正确；若v 0＝5gR ，小球到达最高点B 处的过程中，重力做负功，静电力不做功，则有：－mg ·2R ＝12m v B 2－12m v 02，解得：v B ＝gR ，故可得小球将在轨道最高点B 处脱离轨道，故C 正确；在等效重力场中，若v 0＝gR ，小球没有超过等效重力场中的半圆，故小球不会脱离轨道，故D 正确．5.如图所示，在竖直平面内有直角坐标系xOy ，有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°角斜向上，在电场中有一质量为m ＝1×10－3kg 、电荷量为q ＝1.0×10－4C 的带电小球，用长为L ＝335m 的不可伸长的绝缘细线挂于坐标原点O ，当小球静止于M 点时，细线恰好伸直且水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后无初速度释放，g ＝10m/s 2.(1)求电场强度E 的大小；(2)求小球再次到达M 点时的速度大小；(3)如果小球再次到达M 点时，细线突然断裂，从此时开始计时，求小球运动t ＝1s 时的位置坐标．答案(1)200N/C (2)6m/s (3)(2835m,6m)解析(1)当小球静止于M 点时，由平衡条件得qE sin α＝mg解得E ＝200N/C(2)小球所受静电力和重力的合力恒定，大小为F ＝3mg ，方向水平向右，设小球运动到M 点时，小球的速度为v ，则由动能定理得3mgL ＝12v 2解得v ＝6m/s(3)小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合力F 水平向右，小球将做类平抛运动，由牛顿第二定律得3mg ＝ma在竖直方向上，有y ＝v t在水平方向上，有x 1＝12at 2解得x ＝x 1＋L ＝2835m ，y ＝6m 所以小球的位置坐标为(2835m,6m)．6.(2023·新疆喀什市检测)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.40m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝3.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－5C 、质量m ＝0.04kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)，取g ＝10m/s 2.求：(1)带电体运动到圆形轨道C 点时的速度大小；(2)带电体在圆弧形轨道上运动的最大速度；(3)D 点到B 点的距离x .答案(1)2.0m/s (2)22m/s (3)0.2m 解析(1)设带电体经过C 点时的速度为v C ，根据牛顿第二定律得：mg ＝m v C 2R解得：v C ＝2.0m/s(2)设带电体通过B 点时的速度为v B ，带电体从B 运动到C 的过程中，根据动能定理得：－2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2解得：v B ＝25m/s 根据静电力和重力的比值关系可知，等效最低点与竖直方向的夹角为tan θ＝qE mg ＝1.0×10－5×3.0×100.04×10＝34即θ＝37°，等效最低点的位置如图所示：由B 到等效最低点根据动能定理得：qE ·R sin 37°－mg ·R (1－cos 37°)＝12m v m 2－12m v B 2解得：v m ＝22m/s(3)带电体离开圆弧轨道后在竖直方向上：2R ＝12gt 2在水平方向上：x ＝v C t －qE 2mt 2联立解得：x ＝0.2m.7．如图所示，绝缘轨道CDGH 位于竖直平面内，圆弧段DG 的圆心角为θ＝37°，DG 与水平段CD 、倾斜段GH 分别相切于D 点和G 点．CD 段粗糙，DGH 段光滑．在H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于电场强度为E ＝1×104N/C 、水平向右的匀强电场中，一质量m ＝4×10－3kg 、带电荷量q ＝＋3×10－6C 的小滑块在C 处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD 段的中点P 处时速度恰好为零．已知CD 段长度L ＝0.8m ，圆弧DG 的半径r ＝0.2m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin 37°＝0.6，求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．答案(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J解析(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qE L 2－μmg(L＋12L)＝0解得μ＝Eq3mg＝0.25；(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01N静电力Eq＝0.03N滑动摩擦力小于静电力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D 点的速度为0.全过程由动能定理得EqL－μmgs＝0解得s＝2.4m；(3)GH段的倾角为37°，因为Eq cosθ＝mg sinθ＝0.024N，则加速度a＝0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能．对C到G过程由动能定理得E kmax＝Eq(L＋r sinθ)－μmgL－mg(r－r cosθ)＝0.018J滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能．对D到G过程由动能定理得E kmin＝Eqr sinθ－mg(r－r cosθ)＝0.002J.8．如图所示，圆心为O、半径为R的圆弧形光滑轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线上，ON＝R，OM与竖直方向之间的夹角θ＝37°，水平面上方空间存在水平向左的匀强电场．水平面上有一点P，点P、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，PM＝2R.现有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从P点以一定的初速度沿PM做直线运动，小球从M点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g.求：(1)小球沿圆弧轨道运动过程中的最小速度的大小；(2)小球在P 点时的初速度大小；(3)小球在水平面上的落点到P 点的距离．答案(1)53gR (2)353gR (3)(32＋3)R 解析(1)由小球沿PM 做直线运动可知，小球所受的静电力与重力的合力方向沿MP 方向，受力分析如图(a)所示：则qE tan θ＝mg解得：E ＝4mg3q小球恰好能沿圆弧运动并从N 点射出可知，小球在圆弧轨道上经过“等效最高点G ”时速度最小，如图(b)所示：此时小球所受的静电力与重力的合力提供向心力，则mg sin θ＝m v G 2R 解得：v G ＝53gR (2)小球从P 点运动到G 点的过程中，根据动能定理得：－mg sin θ·3R ＝12m v G 2－12m v 02解得：v 0＝353gR (3)小球从G 点运动到N 点的过程中，根据动能定理得：mg sin θ(R －R sin θ)＝12m v N 2－12m v G 2解得：v N ＝3gR小球从N 水平飞出后，在水平方向上做初速度为3gR 的匀加速运动，在竖直方向上做自由落体运动，设小球从N 飞出到落地的时间为t ，则竖直方向上：R ＋R cos θ＋2R sin θ＝12gt 2解得：t ＝6R g水平方向上的加速度大小为a x ＝qE m ＝43g 小球在水平面上的落点到N 点的水平距离为x ＝v N t ＋12a x t 2解得：x ＝(32＋4)R则小球在水平面上的落点到P 点的距离为x 0＝x －(2R cos θ－R sin θ)＝(32＋3)R .。

第四讲 带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量． （1）在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝21mv 2－21mv 20或F ＝qE＝q Ud ＝ma ．（2）在非匀强电场中：W ＝qU ＝21mv 2－21mv 20． 2．带电粒子在电场中的偏转（1）条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． （2）运动性质：匀变速曲线运动．（3）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． （4）运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎨⎧a.能飞出电容器：t ＝l v 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝12qU mdt 2，t ＝ 2mdy qU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uqmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22mdv20离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝Uql mdv203．粒子的偏转角（1）以初速度v 0进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1，若粒子飞出电场时偏转角为θ 则tan θ＝v yv x，式中v y ＝at ＝md qU 1·0v L，v x ＝v 0，代入得d mv L qU 201tan =θ 结论：动能一定时tan θ与q 成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比． （2）经加速电场加速再进入偏转电场若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU 0＝12mv 2020021mv qU =得：dU LU 012tan =θ 结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场． （3）粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 ①以初速度v 0进入偏转电场2012)(2121v L ms qU at y ⋅⋅==作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场右边缘的距离为x ，则2tan Ly x ==θ 结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的2L处沿直线射出． ②经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量dU L U y 0214=偏转角正切为：dU LU 012tan =θ 结论：无论带电粒子的m 、q 如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y 和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合． （4）计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的几种方法： ①Y ＝y ＋D tan θ（D 为屏到偏转电场的水平距离） ②Y ＝（2L＋D ）tan θ（L 为电场宽度） ③Y ＝y ＋v y ·v D④根据三角形相似：22LDLyY+=【例1】水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，如图所示。