高三物理专题一 带电粒子在电场中的运动

板块三 带电粒子在电磁场中的运动
专题一 带电粒子在电场中的运动
一、电场中的平衡问题
例1、密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性.如图所示是密立
根实验的原理示意图，设小油滴质量为m ，调节两板间电势差为U ，当小油滴悬浮不动时，
测出两板间距离为d .可求出小油滴的电荷量q =_______.U
mgd
二、带电粒子在匀强电场中的加速
例２、如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。

右极板电势随时间变
化的规律如图所示。

电子原来静止在左极板小
孔处。

（不计重力作用）下列说法中正确的是
A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右
运动，直到打到右极板上 B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C.从t=T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D.从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上
解：从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减
速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2……直到打在右极板上。

电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。

从t=T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，
速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。

即在两板间振动；如果两板间距
离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。

从t=3T /8时刻释放电子，
如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右
t
运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。

选AC
三、带电粒子在匀强电场中的偏转
例３、如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。

电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地。

电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm。

在电容器两极板间接一交
变电压，上极板的电势随
时间变化的图象如左图。

（每个电子穿过平行板的
时间极短，可以认为电压
是不变的）求：①在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？②荧光屏上有电子打到的区间有多长？③屏上的亮点如何移动？
解：①由图知t=0.06s时刻偏转电压为1.8U0，可求得y = 0.45L= 4.5cm，打在屏上的点距O点13.5cm。

②电子的最大侧移为0.5L（偏转电压超过2.0U0，电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30cm。

③屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。

四、带电物体在电场力和重力共同作用下的运动
例４、绝缘的半径为R的光滑圆环，放在竖直平面内，环上套有一个质量为m，带电量为+q 的小环，它们处在水平向右的匀强电场中，电场强度为E（如图所示），小环从最高点A由静止开始滑动，当小环通过（1）与大环圆心等高的B点与（2）最低点C时，大环对它的弹力多大？方向如何？
解：（1）小环由A到B的过程中，重力做正功（
mgR），电
场力也做正功（
qER），弹力不做功；根据动能定理（设通过
B点时速度大小为v B）
1 2
2
mv mgR qER
B
=+
①
3
t
小环通过B 点的运动方程为：mv R N qE B B 2=-②
解方程①和②，可知小环通过B 点时，大环对它的弹力指向环心O ，大小为 N mv R qE mg qE B B =+=+223
（2）小环由A 到C 的过程中，电场力与弹力都不做功，只有重力做功，设通过C 点时
小环的速度大小为v C ，根据动能定理： 1222mv mgR C =③
小环通过C 点时的运动方程为 mv R N mg C C 2=-④
解方程③和④得：N mv R mg mg C C =+=25
五、电场中的动量和能量问题
例５、如图所示，电容为C 、带电量为Q 、极板间距为d 的电容器
固定在绝缘底座上，两板竖直放置，总质量为M ，整个装置静止在
光滑水平面上。

在电容器右板上有一小孔，一质量为m 、带电量为
+q 的弹丸以速度v 0从小孔水平射入电容器中（不计弹丸重力，设电
容器周围电场强度为0），弹丸最远可到达距右板为x 的P 点，求： （1）弹丸在电容器
中受到的电场力的大小； （2）x 的值；
（3）当弹丸到达P 点时，电容器电容已移动的距离s ； （4）电容器获得的最大速度。

解：（1）电容极板电压C Q U = ① 极板问场强 Cd Q E =② 则 Cd
qQ qE F == ③ （2）弹丸到达P 点时两者有共同速度，设为v ，由动量守恒有： v m M mv )(0+=…④
对弹丸，由动能定理得：220)(2
121v m M mv F x +-= …………⑤， 解得 )
(220m M q CdMmv x += …………⑥
（3）对电容器，由动能定理得：221Mv F s =⑦ 解得 2
202)(2m M Q v CdMm s += …………⑧
（4）弹丸最终返回从右板小孔飞出，此时电容器速度最大，设电容器速度为v 1、弹丸速
度为v 2。

则由动量守恒有：210mv Mv mv -= …………⑨
在整个过程中由能量守恒，即2221202
12121mv Mv mv += ⑩由⑨、⑩两式解得 m
M m v v +=012…○11 同步练习
１、（01全国高考）如图，虚线a 、b 和c 是静电场中的三个等势面，它们的电势分别为
φa 、φb 、和φc ，φa ﹥φb ﹥φc 。

一带电的粒子射入电场中，其
运动轨迹如实线KLMN 所示，由图可知 （ ）AC
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，静电势能增加
D 、 粒子从L 到M 的过程中，动能减少
2、如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不 带电 的小球，从上、下带电平
行金属板间的P 点.以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A 、B 、C 三点，则 （ ）AC
（A ） A 带正电、B 不带电、C 带负电
（B ） 三小球在电场中运动时间相等
（C ） 在电场中加速度的关系是a C >a B >a A
（D ） 到达正极板时动能关系E A >E B >E C
3、如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容 器两
板间，距下板0.8 cm ，两板间的电势差为300 V.如果两板间电势差
减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间?
解析：取带电小球为研究对象，设它带电量为q ，则带电小球受重力
mg 和电场力qE 的作用. 当U 1＝300 V 时，小球平衡：
d
U q mg 1= ① 当Ｕ2＝60 V 时，带电小球向下板做匀加速直线运动：ma d U q
mg =-2 ② 又22
1at h = ③ 由①②③得：
10
)60300(300108.02)(22211⨯-⨯⨯⨯=-=-g U U h U t s=4.5×10－2 s ４、已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E =1.5×106V/m ，丝线长l=40cm ，上端系于O
点，下端系质量为m =1.0×10－4kg ，带电量为q =+4.9×10-10C 的小球，将小球从最低点A 由静止释放，求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大？
解：（1）这是个“歪摆”。

由已知电场力F e =0.75G 摆动到平衡位置时丝线 与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°。

（2）小球通过平衡位置时速度最大。

由动能定理：1.25mg 0.2l =mv B 2/2，v B =1.4m/s 。

５、如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L 1=4cm ，板间距离d=1cm 。

板右端距离荧光屏L 2=18cm ，（水平偏转电极上不加电压，没有画出）电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6×107m/s ，电子电量e=1.6×10-19C ，质量m=0.91×10-30kg 。

(1)要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U 不能超过多大？
(2)若在偏转电极上加u=27.3sin100πt (V)的交变电压，在荧光屏竖直坐标轴上能观察到多长的线段？
解：(1)22121at d = ①
dm Ue a = ② v L t 1
= ③ 由以上三式，解得：21
2
2eL v md U = ④代入数据，得 U=91V ⑤ (2)偏转电压的最大值：U 1=27.3V ⑥ 通过偏转极板后，在垂直极板方向上的最大偏转距离：21121)(221v
L dm e U t a y == ⑦ 设打在荧光屏上时，亮点距O'的距离为y'，则：2
/2/'112L L L y y += ⑧ 荧光屏上亮线的长度为：l=2y' ⑨代入数据，解得l=3cm ⑩
６、如图（a ）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（b ）所示。

将一个质量m =2.0×10-27 kg,电量q =+1.6×10-19C 的带电粒子从紧临B 板处释放，不计重力。

求：
（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
（2）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，粒子到达A 板时动量的大小；
（3）A 板电势变化频率多大时，在t =
4T 到t=2
T 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：（1）电场强度d U E =，带电粒子所受电场力d
U q qE F ==，ma F =，故29m/s 100.4-⨯==md
qU a ； （2）粒子在0~2T 时间内走过的距离为m 100.5)2(2122-⨯=T a ，故带电粒子在t=2
T 时恰好到达A 板，根据动量定理，此时粒子动量kg.m/s 10
0.423-⨯==Ft p ； （3）若在带t=4T 释放电粒子，粒子在t=4
T 到t=43T 内先作匀加速运动，后作匀减速运动至速度为零，以后将返回。

粒子向A 板运动的可能最大位移16
)4(2122
2aT T a s =⨯=
，
当s <d 时，粒子不能到达A 板，因T f 1=，故电势变化频率应满足Hz 1025164⨯=〉d
a f 。

点拨：处理带电粒子在“方波”电压形成的交变电场中的运动问题，关键是将带电粒子在不同方向的电场中的运动过程、受力情况分析清楚。

要特别注意：①粒子在不同时刻射入电场，它在电场中的运动会有很大差别；②当电场方向改变时，粒子的运动方向不一定改变。

若粒子的速度恰好为零，它将沿电场力方向运动；若不为零，则运动方向不变。