1、帶電粒子在電場中的“直線運動”（帶詳解）例題1 （' 07杭州）如圖一1所示，勻強電場的方向跟豎直方向成 擺球，當擺線水平時，擺球處于靜止。求：小球帶何種電荷？擺線拉力的大小為多少？當剪斷擺線后，球的加速度為多少？剪斷擺線后經過時間t,電場力對球做的功是多少？a角。在電場中有一質量為 m、帶電量為q的解析當擺球靜止時，受重力、拉力和電場力等作用，如圖一 ，可得2所示。顯然，小球帶正電荷。由綜合“依據”T = mg tan：qE=acos ;同理，剪斷細線后，球的水平方向的合力、加速度為mg tan : - ma a = g tan a欲求剪斷擺線后經過時間 t,電場力對球做的功，須先求

2、球的位移。sat22W =qEs sin a最后，聯立式，即可求出以下結果 12 22W = mg t tan，例題3（高考模擬）如圖一5所示，水平放置的兩平行金屬板 A、B相距為d,電容為C,開始時兩極板均不帶電，A板接地且中央有一小孔，先將帶電1一滴一滴地從小孔正上方h高處無初速地底下，設每滴液滴的質量為m,電荷量為q,落到B板后把電荷全部傳給 B板。第幾滴液滴將在 A、B間做勻速直線運動？能夠到達一板的液滴不會超過多少滴？解析首先，分析可知，液滴在場外只受重力作用做自由落體運動，在場內則還要受豎直向上的可變電場力作 用。假設第n滴恰好在在A、B間做勻速直線運動，由“依據”（二力平衡條件）

3、 ，可得qE = mg®考慮到電容的電量、場強電勢差關系以及電容定義，我們不難得Q - （n-1）q - - - -®d Cd聯立式，即可求出mgCd .n 二 1.qo 丁 hdI J .B I圖一5范文設第N滴恰好能到達B板，則針對從o點自由下落至到達 B板這一過程。利用“依據”（即動能定理）、電場強度以及電場力做功公式，可得mg（h +d） _qE/d =0E; d Cd 由式即可求出n 二 mgc（hd）iq點撥此例亦為一道經典的力電綜合題，我們必須首先認識到 “帶電液滴”在下極板的持續積累， 使得平行板電容器內部的電場不斷增強；然后，綜合應用運動學、靜電場的知識分

4、析和解決。再，若以第（N/+1）滴為研究對象，考/ 2慮到它恰好不能到達B板，則類似處理，可得 mg（h +d） -N-q- = 0 ,亦可求出 N / =mgC（h d）。顯然，Cq2N = N/ +1 , 一題兩解，確有異曲同工之妙。例題4 （' 06江蘇）如圖一6所示，平行板電容器兩極板間有場強為E的勻強電場，且帶正電的極板接地。一質量為m,電荷量為+q的帶電粒子（不計重力）從 x軸上坐標為x0處靜止釋放。求該粒子在x0處電勢能sx0。試從牛頓第二定律出發，證明該帶電粒子在極板間運動過程中，其動能與電勢能之和保持不變。解析設帶負電極板所在處坐標為x=0 ,電勢力=0由“依據&qu

5、ot;（七），可得We =qE（x° 0）WE = ： ；x0 = ；x0 - 0 聯立，即可解得；x0 = qEx0亦即粒子在x0處的電勢能等于粒子電量與該點電勢之積。首先，分析可知，粒子只受恒定的電場力與速度“共線” 直線運動。由于在帶電粒子的運動方向上任取一點，設坐標為 運動學公式）可得圖一6,且兩者方向一致。由“依據”可知，粒子做勻加速x如圖一7所示。由綜合“依據”（即牛頓第二定律、qE = ma-®vx2 = 2a(x - x0)0聯立進而求得1Ekx =mv2由上述分析可知，粒子在= qE(x0 x) CB)x處電勢能為Xo0 xo*F=qE圖一7q = qEx

6、®由式，即可求出粒子的總能量E =Ekx +% =qEx。由此可見，帶電粒子在極板間運動過程中，其動能與電勢能之和保持不變。點撥此例若在X軸上任取兩點X1、X2,設速度分別為V1、V2。類似地，可以求得221,22、F=qE=ma 和 v2 -v1 =2a （地x）；聯乂得 一 m（v2 v1 ） =qE（x2 x1），進而亦可2求出Ek2+=Ek1+。+圖一8范文例題5 （' 06威海）如圖一8所示，L為豎直、固定的光滑絕緣桿，桿上 O點套有質量為 m、帶電量-q的小環， 在桿的左側固定一電荷量為+Q的點電荷，桿上a、b兩點到+Q的距離相等，O、a之間距離為,a、b之間距離

7、為h2,使小環從圖示位置的 。點由靜止釋放后，通過 a的速率為J3ghi 。則下列說法正確的是（）A.小環通過b點的速率為v'g（3h1 +2h2）B.小環從。到b電場力做的功可能為零C.小環在Oa之間的速度是先增大后減小D.小環在ab之間的速度是先減小后增大c例題6（06北京）如圖一9 （左）所示，真空中相距出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規律如圖一X 10-19C的帶電粒子從緊臨 B板處釋放，不計重力。求在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小;d=5cm的兩塊平行金屬板 A、B與電源連接（圖中未畫9 （右）所示。將一個質量 m=2.0X 10-27kg,

8、電量q=+1.6若A板電勢變化周期 T=1.0X IO-5 s,在t=0時將帶電粒子從緊臨B小；板處無初速釋放，粒子達到A板時動量的大A板電勢變化頻率多大時,在t=1到t= T時間內從緊臨B板處無4初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達 A板。解析欲求加速度，先求電場力。由 “依據” 場力（七）得帶電粒子所受電Uq F = qE = d 再由牛二定律即可求出得圖9Uq92=1 =4.0 10 m/s dm由依據（即位移公式），我們試求一下粒子在01時間內走過的距離25.0 10,m由此可見，帶電粒子在 t=T時恰好到達A板。2由依據（即動量定理）可得一,. 一 . - 23 .p=Ft=4.0M10

9、 kg - m/s,因初動量為零，故此即粒子到達A板的動量A板做勻加速運動；同理,分析可知，在 二<t<T內，電場力、速度均向右，由“依據”可知，帶電粒子向 42,T 3T , 一在一< t< 內，則向A板做勻減速運動，速度減為零后再返回。由于運動具有“對稱性”,即先、后兩段位移大小相等。由綜合“依據”,得粒子向A板運動可能的最大位移s-2aT2 161因題目要求粒子不能到達 A板，故必有s<d。最后，考慮到f =一,由以上兩式即可求出電勢變化頻率應滿足條件 Tf . a -5 2 104 Hz1 16d例題7 （' 07廣東）如圖一10所示，沿水平方向放

10、置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板 范文”的過程細致分析，可知完成 Wi。由“依據"（七）可得，Vi。由綜合“依據”、（七）tiaiVi22qE =qE2m m=2al L -由式，即可求出2qELmVi-41固定底座圖一10一而然后，分析“系統”運動全過程，可劃分為三個階段，運動的總時間則為三段時間之和。第一.設球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則由綜合“依據”viai由式，可以解得:ti2mLqE定律等）得第二.球B進入電場后，帶電系統的加速度為32,設球A剛達到右板的速度為 V2,減速所需時間為t2。同理，可a2-3qE 2qEV2 一 vi2m= 22i2

11、 i.5L變一2mt2一 Vi32由可見，“系統”做勻減速運動。再聯立可解得i 2qELV2,t22 m2mLqE第三.當球A離電場后，帶電系統繼續做減速運動，設加速度為 運動的位移為x。再由綜合“依據”得：33；設球A從離開電場到靜止所需的時間為t3,a3-3qE2m相距3.5L。槽內有兩個質量均為 m的小球A和B,球A帶電量為+2q ,球B帶電量為-3q ,兩球由長為2L的輕桿相連, 組成一帶電系統。最初 A和B分別靜止于左板的兩側，離板的距離均為L。若視小球為質點，不計輕桿的質量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E后（設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場的分布）球B剛進入電場時，帶

12、電系統的速度大小；A相對右板的位置。帶電系統從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球解析首先，針對“帶電系統從（靜止）開始運動到速度第一次為零（重歸靜止）此過程電場力所做總功必定為零。然后假設球A能到達右極板，電場力對系統做功為W =2qE 2,5L （-3qE i.5L） . 0由此可見，球 A還能穿過小孔，離開右板。假設球B能達到右板，電場力對系統做功為W2,同理，可得W2 =2qE 2.5L （-3qE 3.5L）：二 0由此可見，至第一次速度為零，球不能到達右板綜上所述，帶電系統速度第一次為零時，球 A、B應分別居于右板的“兩側”其次，帶電系統開始運動時， 設加速度為3i,球B剛進入電

13、場時帶電系統的速度 牛二定律等）得0 - V2 = 233* - - - -CD0 - V2t3 二33上面V2已經求出，聯立三式求解，可解得1 2mLLt3, x =一3 qE6最后，把三段時間加起來，即可求出“系統”從靜止到速度第一次為零所需的時間為t =t1t2 t37 2mL3 ! qE15.16.的關系如圖丙所示，取而球A相對右板的位置為L x 二 6如圖所示，光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內，管口B、C的連線是水平直徑.現有一帶正電的小球(可視為質點)從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R從小球進入 管口開始，整個空間中突然加上一個勻強電場，電場力在

14、豎直向上的分力大小與重力大小相 等，結果小球從管口 C處脫離圓管后，其運動軌跡經過A點.設小球運動過程中帶電量沒有改變，重力加速度為 g,求： (1)小球到達B點的速度大小； (2)小球受到的電場力的大小 (3)小球經過管口 C處時對圓管壁的壓力.如圖甲所示，電荷量為 q=1X10-4C的帶正電的小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在方向 沿水平向右的電場，電場強度 E的大小與時間的關系如圖乙所示，、物塊運動速度與時間 重力加速度g=10m/s2。求(1)前2秒內電場力做的功。(2)物塊的質量.321E / ( X104N?C-1)O o 424 t/s31OJ (m?s-1)24 t/s17.

15、如圖所示，在空間中出直角坐標系 Oxy,在第一象限內平行于 y軸的虛線MNW y軸距離為d,從y軸到MNfc間的區域充滿一個沿 y軸正方向的勻強電場，場強大小為E。初速度可以忽略的電子經過另一個電勢差為U的電場加速后，從y軸上的A點以平行于x軸的方向射入第一象限區域，A點坐標為(0, h)。已知電子的電量為 e,質量為m加速電場的電勢差 UEd2 一石，電子的重力忽略不甘，求：(1)電子從A點進入電場到離開該電場區域所經歷的時間t和離開電場區域時的速度v；(2)電子經過x軸時離坐標原點 O的距離1。18. (12分)(2011年武漢高二檢測)如圖1 19,水平放置的平行板電容器，原來兩極板不帶

16、電，上極板接地，它的極 板長L=0.1 m,兩極板間距離d=0.4 cm.有一束相同微粒組成的帶電粒子流從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒落到下板上.已知微粒質量為 F 2X 10 6 求：kg,電荷量為q=+1X 108C,電容器電容為 C= 10 6F, g取10 m/s2,(1)為使第一個微粒的落點范圍在下極板中點到緊靠邊緣的應為多少？范文B點之內，則微粒入射速度 vo(3)物塊與水平面間的動摩擦因數。(2)若帶電粒子落到 AB板上后電荷全部轉移到極板上，則以上述速度射入的帶電粒子最多能有多少個落到下極板上?解析：(1)若第一個粒子落到O點，山 2= v01t i,d 1,2萬2

17、= 2 gti得 voi=2.5 m/s若落到 B點，由 L=V02t1, 2= 2gt2得 vo2= 5 m/s故 2.5 m/s< V0<5 m/s.(2)由 L= V01t,得 t = 4X 10 2 s,d 122由2= 2 at 得 a=2.5 m/s由 mg qE= ma E= Q導 Q= 6x 10 6C所以n = = 600個. q答案：(1)2.5 m/s< V0<5 m/s (2)600 個19.如圖所示，擋板 P固定在足夠高的水平桌面上，小物塊A和B大小可忽略，它們分別帶有+qA和+qB的電荷量,B連接，另一端連接一輕質質量分別為mA和G。兩物塊由絕緣的輕彈簧相連，不可伸長的輕繩跨過滑輪，一端與小鉤。整個裝置處于場強為 切摩擦及 A B間的庫侖力,(1)若在小鉤上掛一質量為 (2)若C的質量改為2m,E、方向水平向左的勻強電場中。A、B開始時靜止，已知彈簧的勁度系數為k,不計一A、B所帶電荷量保持不變，B不會碰到滑輪。m的物塊C并由靜止釋放，可使物塊A恰好能離開擋板 巳求物塊C下落的最大距離; 則當A剛離開擋板P時，B的速度多大？(2分)(2分)(3分)% =