微学霸匀强电场：第五部分 带电体在匀强电场中的运动

第五部分带电体在匀强电场中的运动综合
一、带电体在电场中的运动
1．运动情况反映受力情况：
（1）静止或匀速直线运动，电场力与重力平衡。

（2）匀变速直线运动，电场力（重力不计）或电场力与重力的合力方向与速度方向共线。

（3）变速直线运动，存在点电荷及约束（平面、杆、管道等），合力与速度方向共线。

（4）类平抛运动或斜抛运动，电场力（重力不计）或电场力与重力的合力方向与速度方向不共线。

（5）匀速圆周运动，存在点电荷（或辐射电场），电场力充当向心力。

（6）变速圆周运动，存在电场力或重力的复合场及约束（圆轨道、圆环、圆管等）。

2．分析方法：
电场力从本质上区别于重力、弹力、摩擦力等，但产生的作用效果服从牛顿力学的所有规律。

因此，对电场力作用下带电体的运动，仍然根据力学问题的解题思路进行分析。

3．动力学观点：
常用来处理加速度恒定的运动，主要情况有：
（1）带电体的匀速直线运动；
（2）带电体的匀变速直线运动；
（3）带电体的类平抛运动或斜抛运动。

4．功能观点：
既可以用来处理加速度恒定的运动，也可以用来处理加速度大小或方向发生变化的运动。

二、带电体在交变电场中的运动
1．常见的交变电场：方波、锯齿波、正弦波等。

2．常见试题情境：
（1）带电体做单向直线运动。

（2）带电体做往返运动，包括能返回起点和每个周期都有单向位移的运动。

（3）带电体做偏转运动，包括偏转距离能减小到零和偏转距离一直增大的运动。

3．常用分析方法：
（1）在方波交变电场中，电场每次突变前后皆可视作匀强电场，带电体受到恒定的电场力作用。

（2）带电体在交变电场中一般做直线运动或偏转运动，可对一个周期内电场不变的各段分别进行受力分析和运动分析。

（3）电场突变的时刻常为速度的极值点，即运动的变化周期常与交变电场的周期成简单的整数比。

（4）根据运动分析，作出带电体的运动轨迹或速度–时间图象常可以使问题更直观，便于分析。

（5）锯齿波、正弦波交变电场问题中，一般会直接或间接地提到带电体在电场中的运动时间远小于电场变化周期，即带电体在电场中运动时，电场可视为匀强电场。

三、带电体在复合场（重力场、电场）中的圆周运动
1．模型概述
场与实物的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，形成复合场。

而物体在复合场中同时受到多个场力的作用，并且具有各场对应的势能。

2．解题方法
（1）正交分解法：
带电体在匀强电场中受到的电场力和重力都是恒力，因此可以将速度和各力进行正交分解，将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，最后根据运动的合成方法求解复杂运动的变化。

（2）等效重力法：
将重力与电场力进行合成，将合力F等效为“重力”，a=F
m
等效为“重力加速度”，合力F
的方向等效为“竖直向下”的重力方向。

★特别提示：
注意等效重力场中变速圆周运动的最高点和最低点的位置。

【典例精析1】如图（a）所示的两平行金属板P、Q上加图（b）所示的电压，t=0时Q 板电势比P板高，在两板正中央的M点放一质子，初速度为零，质子仅在电场力作用下运动，没有碰到金属板。

则质子在M点左侧、速度向右且逐渐减小的时间段是
A．0<t<2×10–10 s B．2×10–10 s<t<4×10–10 s
C．4×10–10 s<t<6×10–10 s D．6×10–10 s<t<8×10–10 s
【答案】D
【解析】在0<t<2×10–10s时间内，Q板电势比P板高，质子所受电场力方向向左，从M 点开始向左做匀加速直线运动；在2×10–10 s<t<6×10–10 s时间内，Q板电势比P板低，质子所受电场力方向向右，质子先向左做匀减速直线运动，t=4×10–10 s时减速到零，然后向右做匀加速直线运动；在6×10–10 s<t<8×10–10 s时间内，Q板电势比P板高，质子所受电场力方向向左，质子向右做匀减速直线运动，t=8×10–10 s时减速到零，且恰好回到M点。

选D。

【考点】带电粒子在交变电场中的运动
【典例精析2】如图所示，竖直平面内固定一光滑绝缘挡板ABCD，AB段为直挡板，与水平方向夹角为45°，BCD段是半径为R的圆弧挡板，AB与BCD相切于B。

整个挡板处于水平向右的匀强电场中．一带电小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球能沿挡板内侧运动到D。

则下列说法中正确的是
A．小球一定带正电
B．小球的重力大于小球所受的电场力
C．小球在最低点C的速度最大
D．小球从A到B的过程中电势能增大
【答案】A
【解答】小球从A点由静止释放，能沿挡板内侧运动，可知小球受到的电场力方向一定水平向右，合力斜向右下方，故小球一定带正电，A正确；小球受到的合力一定没有垂直AB 斜向左下方的分力，可能存在垂直AB挡板斜向右上方的分力，即qE sin 45°–mg cos 45°≥0，得qE≥mg，B错误；小球受到的等效重力斜向右下方，等效重力场中的最低点在B、C两点间，小球在等效最低点的速度最大，C错误；小球从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，D错误。

【考点】电场力、带电体在复合场中的圆周运动
1．如图所示，A、B两导体板竖直正对放置，t=0时一电子（重力不计）从A板附近由静止开始运动。

若在A、B两板间加电压，则可能使电子到不了B板的是
【答案】B
【解析】加A项电压，电子一直做匀加速直线运动，会到B板，A错误；加B项电压，电子先做匀加速运动，然后匀减速运动至速度为零，再反向做对称的运动，只要开始半个周期内电子不能到B板，就永远不会到B板，B正确；加CD项电压，电子均先加速，再减速到零，然后重复加速–减速的运动过程，运动方向不变，会到B板，CD错误。

2．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑绝缘圆弧管道MC半径为R，它与水平光滑绝缘管道CD恰好相切。

水平面内等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆弧管道最低点处，CD是AB边的中垂线，在A、B两点放置一对等量异种电荷，所带电荷量为q。

现把质量为m、电荷量为Q的带正电小球（直径略小于管道内径）从圆弧形管道的最高点M处由静止释放，不计小球对点电荷电场的影响，静电力常量为k，重力加速度为g，则
A ．C 点电势比D 点电势高
B ．小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒
C ．小球对圆弧管道最低点C 处的压力大小为3mg
D ．小球对圆弧管道最低点C 处的压力大小为222
29()kQq m g L
+ 【答案】BD
【解析】等量异种点电荷连线的中垂面为等势面，管道处于等势面上，则小球在管道中运动时电场力做功为零，机械能守恒，A 错误，B 正确。

从M 到C 过程，根据动能定理有
mgR =12mv 2，由牛顿第二定律有N y –mg =2
mv R
，得N y =3mg ；小球在C 点所受电场力为
F =2
2kQq L cos 60°=2kQq
L
，方向垂直CD 向外；小球对圆弧管道最低点的压力大小N =22
y F N +=222
29(
)kQq m g L
+，C 错误，D 正确。

【考点】电场力做功、库仑定律、动能定理、牛顿第二定律
3．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。

在xOy 平面的第一象
限，存在以x 轴、y 轴及双曲线y =24L x
的一段（0≤x ≤L ，0≤y ≤L ）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在
第二象限存在以x =–L 、x =–2L 、y =0、y =L 为边界的匀强电场区域Ⅱ。

两个匀强电场的场强大小均为E ，不计电子受到的重力，电子的质量为m 、电荷量为e 。

（1）求从区域Ⅰ的边界B 点(
4
L
，L )由静止释放的电子，到达区域Ⅱ的M 点(–L ，L )时的
速度大小。

（2）求（1）中的电子离开区域Ⅱ的位置坐标。

（3）证明在电场区域Ⅰ的AB 曲线边界上任一点由静止释放的电子均能从同一点离开区域Ⅱ。

【答案】（1 （2）(–2L ，0) （3）见解析 【解析】（1）电子在区域Ⅰ中做匀加速直线运动，在区域Ⅰ、Ⅱ之间做匀速直线运动
从B 点到M 点，由动能定理有eE
4L =12mv 2，解得v （2）电子在区域Ⅱ中做类平抛运动，有Δx =vt ，Δy =
12at 2，a =eE
m
，联立得(Δx )2=L Δy 若电子从NP 边界离开区域Ⅱ，则Δx =L ，得Δy =L ，即电子从P 点(–2L ，0)离开区域Ⅱ （3）设电子释放点的坐标为(x 0，y 0)，在区域Ⅰ中电子被加速到v 1，然后进入区域Ⅱ做类平抛运动
在区域Ⅰ由动能定理有eEx 0=
2
112
mv 假设电子能从NP 边界离开区域Ⅱ，有L =v 1t 1，y 1=2
12eEt m
又y 0=2
4L x ，联立得y 1=y 0，即电子从P 点(–2L ，0)离开区域Ⅱ
【考点】带电粒子在电场中的加速、偏转
4．如图所示，两平行金属板A 、B 长为L =8 cm ，板间距为d =8 cm ，A 板电势比B 板高300 V 。

一质量为m =10–20 kg 、电荷量为q =10–10 C 的带正电粒子（重力不计）以v 0=2×106 m/s 的初速度沿两板中心线RO 射入电场中；粒子飞出板间电场，经过MN 、PS 间的无电场区域后，进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域，该电场不受界面PS 影响；粒子最后垂直打在放置于中心线处的荧光屏bc 上。

已知PS ⊥RO ，MN 、PS 相距12 cm ，O 点与界面PS 相距9 cm ，静电力常量k =9×
109 N·m 2/C 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。

（1）求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离。

（2）试粗略画出粒子运动全过程的轨迹。

（3）求点电荷Q 的电性及电荷量大小。

（结果保留三位有效数字） 【答案】（1）3 cm （2）见解析图 （2）带负电，1.04×10–8 C 【解析】（1）粒子在板间做类平抛运动，有y =
12at 2，L =v 0t ，a =qU
md
联立解得y =2
2
2qUL mdv =3 cm （2）第一段是抛物线（类平抛运动），第二段是直线（匀速直线运动），第三段是圆弧（匀速圆周运动），轨迹如图所示
（3）要使带正电粒子经过界面PS 后向上偏转，点电荷Q 一定带负电
粒子在MN 、PS 间做匀速直线运动，设其到达界面PS 时偏离中心线RO 的距离为Y 由类平抛运动速度的反向延长线经过水平位移中点，有y Y =4412
+，得Y =12 cm 粒子从板间电场飞出时沿电场方向的分速度v y =
3
4
v 0=1.5×106 m/s 粒子经过界面PS 时的速度v 22
0y v v +106 m/s ，方向与RO 夹角θ=arctan 3
4
=37° 由
9 cm Y =3
4
，粒子经过界面PS 的位置与O 点的连线和速度方向垂直，又粒子垂直打在放置于中心线处的荧光屏bc 上，故粒子在点电荷形成的电场中运动轨迹为圆弧，做匀速圆周运动，半径r =15 cm
由牛顿第二定律有2kQq r =2
mv r
，解得Q =1.04×
10–8 C
【考点】带电粒子在匀强电场中的偏转、牛顿第二定律、库仑定律
5．如图1所示，水平放置的平行金属板A 、B 间距为d =20 cm ，板长L =30 cm ，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A 、B 中间，距金属板右端x =15 cm 处竖直放置一足够大的荧光屏。

现在A 、B 板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量m =1.0×10–7 kg 、电荷量q =1.0×10–2 C 的带正电粒子以平行于金属板的速度v 0=1.0×104 m/s 持续射向挡板。

已知U 0=1.0×
102 V ，粒子重力不计。

求：
（1）粒子在电场中的运动时间；
（2）t =0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移； （3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。

【答案】（1）3×
10–5 s （2）1.75 cm （3）19.75 cm 【解析】（1）粒子的水平分速度不变，则在电场中的运动时间t =
L
v =3×10–5 s （2）在0~2×
10–5 s 内粒子在竖直方向做匀加速运动，在2×10–5~3×10–5 s 内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终为a =
qU md =5×107 m/s 2 离开电场时竖直方向位移y =12a (
23t )2+ a ·23t ·3t –12a (3
t
)2=1.75 cm （3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速
度都相同
如图所示，t =(3n +2)×
10–5 s （n =0,1,2,…）时刻进入的粒子，向下偏转的距离最大。

粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上偏转做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为y 1=
12a (3
t )2
=0.25 cm
粒子向上偏转能够从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为d –y 1=19.75 cm 粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为19.75 cm 【考点】带电粒子在周期电场中的偏转
6．如图所示，竖直平面内的直角坐标系O –xy 中，第二象限内有一半径为R 的绝缘光滑管道，其圆心坐标为(0，R )，其底端与x 轴相切于坐标原点处，其顶端与y 轴交于B 点(0，2R )；第一象限内有一与x 轴正方向夹角为45°、足够长的绝缘光滑斜面，其底端坐标为(R ，0)；x 轴上0≤x ≤R 范围内是水平绝缘光滑轨道，其左端与管道底端相切、右端与斜面底端平滑连接；在第二象限内有场强大小E 1=
33mg
q
、方向水平向右的匀强电场区域Ⅰ；在第一象限内x ≥R 范围内有场强大小E 2=mg
q
、方向水平向左的匀强电场区域Ⅱ。

现使一质量为m 、电荷量为q
的带正电小球从斜面上的A 点由静止开始下滑，通过水平轨道进入管道（小球直径略小于管道内径）。

g 为重力加速度。

（1）若小球能到达管道顶端B 点，求小球从斜面上由静止滑下的最小高度。

（2）在（1）情况中，小球通过B 点受到的管道弹力为多大？方向如何？ 【答案】（1323+R （2943
-mg ，竖直向上 【解析】（1）在第二象限内，小球受到电场力和重力作用，合力可视为等效重力 等效重力大小为F 221()()mg qE +23mg
合力与y 轴的夹角θ满足tan θ=
1qE mg =3
3
，即θ=30°
小球能到达C 点，则应能通过等效重力场中管道的最高点C ，临界情况为经C 点速度为零，如图所示
从A 点到C 点，由动能定理有mgh +qE 2
tan 45h
︒
–FR (1+cos 30°)=0
解得h =
323
6
+R （2）从C 点到B 点，由动能定理有FR (1–cos 30°
)=22
B mv –0 解得v B 436
3
gR -小球通过B 点时，向心力由重力和管道的弹力提供，由牛顿第二定律有mg –N =2B
mv R
解得N =
943
3
-mg ，方向竖直向上 【考点】带电体在电场力和重力作用下的运动。