篇一：带电粒子在电场中的运动知识点精解
带电粒子在电场中的运动知识点精解
1．带电粒子在电场中的加速
这是一个有实际意义的应用问题。电量为q的带电粒子由静止经过电势差为U的电
场加速后，根据动能定理及电场力做功公式可求得带电粒子获得的速度大小为
可见，末速度的大小与带电粒子本身的性质(q/m)有关。这点与重力场加速重物是不
同的。
2．带电粒子在电场中的偏转
如图1-36所示，质量为m的负电荷-q以初速度v0平行两金属板进入电场。设
两板间的电势差为U，板长为L，板间距离为d。则带电粒子在电场中所做的是类似平抛的运动。
(1)带电粒子经过电场所需时间(可根据带电粒子在平行金属板方向做匀速直线
运动求
)
(2)带电粒子的加速度(带电粒子在垂直金属板方向做匀加速直线运动
)
(3)离开电场时在垂直金属板方向的分速度
(4)电荷离开电场时偏转角度的正切值
3．处理带电粒子在电场中运动问题的思想方法 (1)动力学观点
这类问题基本上是运动学、动力学、静电学知识的综合题。处理问题的要点是要注意区分不同的物理过程，弄清在不同物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。 能用来处理该类问题的物理规律主要有：牛顿定律结合直线运动公式；动量定理；动量守恒定律。
(2)功能观点
对于有变力参加作用的带电体的运动，必须借助于功能观点来处理。即使都是恒力作用问题，用功能观点处理也常常显得简洁。具体方法常用两种：
①用动能定理。
②用包括静电势能、内能在内的能量守恒定律。
【说明】 该类问题中分析电荷受力情况时，常涉及“重力”是否要考虑的问
题。一般区分为三种情况：
①对电子、质子、原子核、(正、负)离子等带电粒子均不考虑重力的影响； ②根据题中给出的数据，先估算重力mg和电场力qE的值，若mg<<qE，也可以忽略
重力；
③根据题意进行分析，有些问题中常隐含着必须考虑重力的情况，诸如“带电颗粒”、“带电液滴”、“带电微粒”、“带电小球”等带电体常常要考虑其所受的重力。总之，处理问题时要具体问题具体分析。
【例1】 空间有一区域宽广的电场，场强大小始终不变且处处相等，但方向
可以改变。第1秒内场强方向如图1-37所示，θ=37°。有一个带电质点以某一水平初速度从A点开始沿x轴运动，1秒末场强方向突然改为竖直向上，此时A质点恰好达到坐标原点O。已知AO=3.75米，求第2秒末该质点所达位置的坐标(g取10米/秒2)。
【分析思路】 带电质点第1秒内沿x轴作直线运动，由直线运动的条件可知，
第1秒内该质点所受合外力一定与x轴在同一直线上，由此可判断出该质点带正电，且其所受电场力的竖直分量与重力平衡，水平分力提供加速度，故质点做匀减速运动。到达O点时，由于电场变为竖直向上，则知此时合力变为竖直向上，质点将开始做匀加速直线运动或类似平抛运动。到底做何种运动取决于质点到这O点时的速度。
【解题方法】 物体做直线运动的条件、牛顿第二定律及运动学公式。 【解题】 ∵第1秒内质点沿x轴做直线运动，∴质点所受重力与电场力的合
力与x轴在一条直线上，质点只有带正电荷。其受力如图1-38，则
Fsinθ=ma Fcosθ-mg=0
由以上两式解得第1秒内的加速度
a=gtg37°=7.5m/s2
A点的速度vA=7.5m/s。
由vt-v0=at得质点在O点速度
v0=vA-at=7.5-7.5×1=0
所以从1秒末开始质点必沿y轴向上做匀加速直线运动。第2秒内物体的加速度
质点向上运动的距离
即第2秒末物体的坐标为(0，1.25m)。
【例2】 在真空中质量为m、电量为q的带电粒子束连续地射入相距为d的
两平行金属板之间，当两板不带电时，粒子束将沿极板中线射出，通过两极板的时间为T。现将如图1-39所示的随时间而变化的电场加在极板上，电场强度的最大值为E，变化周期也为T。求这些粒子离开电场时，垂直于两极板方向位移的最大值和最小值。
【分析思路】 带电粒子在电场中平行两极板的方向做匀速直线运动，故带电
粒子在两金属板间的运动时间与是否存在电场无关，总等于T。在电场力作用下，带电粒子沿电场力方向做匀加速直线运动，由电场随时间的变化规律可知，不管粒子在什么时刻进入，加速时间总等于
向的分速度总是相同的，垂直于两极板方向的位移大小仅取决于匀速运动时垂直极板方向的分速度的大小。显然，当带电粒子于nT时刻进入电场时，匀速运动时垂直极板方向分
速度最大，从而在垂直极板方向位移
n为非负整数)。
【解题方法】 运动的合成与分解、牛顿第二定律及匀变速直线运动的位移公
式。
【解题】 带电粒子在电场中平行两极板的方向作匀速直线运动，故带电粒子
在两金属板中运动时间与电场存在无关，均为T。
况下出电场时在垂直于极板方向位移最小。最小位移
当带电粒子恰在nT(n=0，1，2，?)时刻进入电场，此种情况下出电场时垂直两
极板方向位移最大。最大位移
【例3】 如图1-40所示，质量为m、带电量为+q的小球从距地面高h处以一
定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为l处，有
能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域里加一场强方向向左的匀强电场。求：(1)
小球的初速度v0；(2)电场强度E的大小；(3)小球落地时的动能。
【分析思路】 带正电的小球逆着电场线方向进入匀强电场，其在水平方向作
匀减速直线运，在竖直方向做自由落体运动。当小球离开电场恰能无碰撞地通过管子，意味着小球刚进入管口的瞬间水平方向的速度为零。小球从开始到落地，整个过程中在竖直方向上一直做自由落体运动，可用运动学或动能定理求小球落地时的动能。
【解题方法】 运动的合成与分解、自由落体运动的规律及动能定理。 【解题】 在电场中小球的运动可看成水平方向的匀减速运动和竖直方向自由
落体运动的合成。
(1)从抛出点到管口小球运动的时间可由竖直方向的分运动—自由落体运动求
出。设时间为t，则有
水平方向上小球做匀减速运动，则有
(2)在水平方向上应用牛顿第二定律有
Eq=ma
(3)解法一：
在全过程中对小球应用动能定理得
所以小球落地时的动能
解法二：
小球在竖直方向上一直做自由落体运动，且小球着地时的速度是竖直向下的，由自由落体运动的规律知
所以物体落地时的动能
【例4】 如图1-41(a)所示，长为l、相距为d的两平行金属板与一电压变化
规律如图1-41(b)所示的电源相连(图中未画出电源)。有一质量为m、带电荷为-q的粒子以初速度v0从板中央水平射入电场，从飞入时刻算起，A、B两板间的电压变化规律恰好如图(b)所示，为使带电粒子离开电场时的速度方向平行于金属板，问：(1)交变电压周期需满足什么条件？(2)加速电压值U0的取值范围是什么？
【分析思路】 带电粒子离开电场时，速度方向平行于金属板，这说明带电粒
子活电场力方向未获得速度。由题意可知，它在电场中的运动时间只能是电压变化周期的整数倍，即在一个周期内，前半个周期粒子竖直方向的速度从零增加至vy，后半个周期再从vy减少至零，但必须注意到粒子在竖直方向一直朝着一个方向运动，先加速后减速，再加速
【解题方法】 运动的合成与分解、牛顿第二定律及运动学公式。 【解题】 (1)带电粒子穿越电场所需时间
由于粒子出电场时速度方向平行于金属板所以
t=nT
(2)竖直方向上带电粒子在一个周期内的位移
带电粒子在n个周期内的位移
【例5】 如图1-42(a)所示，真空室中电极K发出的电子(初速度为零)经过
U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入，A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压u随时间t变化的u-t图线如
篇二：带电粒子在电场中的运动经典例题
带电粒子在电场中的运动
一、带电粒子在电场中做偏转运动
1. 如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子（重力不计）以速度v0垂直电场线射人
3电场，经过时间tl 穿越电场，粒子的动能由Ek 增加到2Ek ; 若这个带电粒子以速度 v0 垂直进人2
该电场，经过时间t2穿越电场。求：
( l ）带电粒子两次穿越电场的时间之比t1：t2;
( 2 ）带电粒子第二次穿出电场时的动能。
v0
2.如图所示的真空管中，质量为m，电量为e的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压Ｕ１加速后沿中心线射入相距为d的两平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设Ｂ、Ｃ间电压为Ｕ２，Ｂ、Ｃ板长为l1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l２,求：
?电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．
?电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离．
解析:电子在真空管中的运动过分为三段，从Ｆ发出在电压Ｕ１作用下的加速运动；进入平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动． ?设电子经电压Ｕ１加速后的速度为v1，根据动能定理有：
eU1?12mv1 2
电子进入Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，在水平方向以v1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为：
a?eEeU2 ?mdm
l1 v1 电子通过匀强电场的时间t?
电子离开匀强电场时竖直方向的速度vy为：
vy?at?eU2l1 md1v
电子离开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α
（如图５）则
tg?
?vy
v1?eU2l1U2l1? 22U1dmdv1
图 ５
∴??arctgU2l1 2U1d
?电子通过匀强电场时偏离中心线的位移
121eU2l12U2l12y1?at??? 22dmv124U1d
电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移
y2?l2tg??U2l1l2 2U1d
∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为
y?y1?y2?U2l1l1(?l2) 2U1d2
3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为37?的直线运动。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（取sin37??0.6,cos37??0.8）
（1）小球受到的电场力的大小及方向；
（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U．
解析：
（1）根据题设条件，电场力大小 Fe?mgtan37??3mg 4① 电场力的方向向右
（2）小球沿竖直方向做初速为v0的匀减速运动，到最高点的时间为t，则：
vy?v0?gt?0
t?v0 g ②
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为ax ax?Fe3?gm4③
23v012 此过程小球沿电场方向位移为：sx?axt? 28g④
小球上升到最高点的过程中，电场力做功为：
W?qU?FeSx?
292mv032 9mv0U? ⑤ 32q
4. 在足够大的空间中,存在水平向右的匀强电场,若用绝缘细线将质量为m的带正电的小球悬挂在电场中,其静止时细线与竖直方向夹角θ=37°.现去掉细线,将该小球从电场中的某点竖直向上抛出,抛出时的初速度大小为v0,如图13所示.求:
(1)电场强度的大小.
(2)小球在电场内运动过程中的最小速率.
(3)小球从抛出至达到最小速率的过程中,电场力对小球所做的功.
(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
5. 如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点
Ed2
坐标为（0，h）。已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，4h
求：
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l。
解析：
12（1）由 eUmv0 得电子进入偏转电场区域的初速度v0＝2
设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间 2eUmdt ＝dv0m 2eU
21Edyat2＝ 24U
Ed2
因为加速电场的电势差U＞， 说明y＜h，说明以上假设正确 4h
所以vy＝at?eEmmeEd ＝2eUmm2eU离开时的速度v＝0＋vy＝2eUeEd ＋m2mU
（2）设电子离开电场后经过时间t’到达x轴，在x轴方向上的位移为x’，则
vyx’＝v0t’ ，y’＝h－y＝h
t＝vyt’ 2
则 l＝d＋x’＝ d＋v0t’＝ d＋v0（－ ）＝ d＋ h－ ＝＋h vy2vy22vyhtv0ddv0
d2hU代入解得 l＋ 2Ed
二、带电粒子在电场中做圆周运动
6．在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电量为+q的带电小球，另一端固定于O点。将小球拉起直至细线与场强平行，然后
无初速释放，则小球沿圆弧作往复运动。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为?（如图）。求：
（1）匀强电场的场强。
（2）小球经过最低点时细线对小球的拉力。
解：（1）设细线长为l，场强为E，因电量为正，故场强的方向为水平向右。
从释放点到左侧最高点，由动能定理有WG?WE??EK?0，故mglcos??qEl(1?sin?)， mgcos?解得E? q(1?sin?)
（2）若小球运动到最低点的速度为v，此时线的拉力为T，由动能定理同样可得mgl?qEl?
v22cos?由牛顿第二定律得 T?mg?m，联立解得T?mg[3?] l1?sin?12mv，2
7.如图所示，水平轨道与直径为d=0.8m的半圆轨道相接，半圆轨道的两端点A、B连线是一条竖直线，整个装置处于方向水平向右，大小为10V/m的匀强电场中，一小球质量m=0.5kg,带有q=5×10C电量的正电荷，在电场力作用下由静止开始运动，不计一切摩擦，g=10m/s，
（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，求小球在B点的速度和L的值．
（2）若它运动起点离A为L=2.6m，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，求落地点与B点的距离．
（1）因小球恰能到B点，则在B点有
2mvBmg? （1分） d223-3
vB?gd?2m/s （1分） 2
小球运动到B的过程，由动能定理
qEL?mgd?12mvB （1分） 2
125mvB?mgdmgd
L???1m（1分） qEqE
（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理小球从静止运动到B有
qEL??mgd?
v?B?12mv?B 22qEL??2mgd?42m/s（2分） m
2d?0.4s gd?12gt t?2
82m 5x?v?Bt?
s?d2?x2?2.4m （2分）
7.如图所示，在E = 10V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R = 40cm，一带正电荷q = 10－42C的小滑块质量为m = 40g，与水平轨道间的动摩因数? = 0.2，取g = 10m/s，求：
（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）
3
解析：（1）滑块刚能通过轨道最高点条件是
mg?mv2
,v?Rg?2m/s, R
滑块由释放点到最高点过程由动能定理：
1EqS－?mgS－mg2R＝mv2
2
?1?m?v2?2gR?2??S??
Eq??mg
篇三：带电粒子在电场中的运动知识点总结
带电粒子在电场中的运动知识点精解
1．带电粒子在电场中的加速
这是一个有实际意义的应用问题。电量为q的带电粒子由静止经过电势差为U的电场加速后，根据动能定理及电场力做功公式可求得带电粒子获得的速度大小为
可见，末速度的大小与带电粒子本身的性质(q/m)有关。这点与重力场加速重物是不同的。
2．带电粒子在电场中的偏转
如图1-36所示，质量为m的负电荷-q以初速度v0平行两金属板进入电场。设两板间的电势差为U，板长为L，板间距离为d。则带电粒子在电场中所做的是类似平抛的运动。
(1)带电粒子经过电场所需时间(可根据带电粒子在平行金属板方向做匀速直线运动求
)
(2)带电粒子的加速度(带电粒子在垂直金属板方向做匀加速直线运动
)
(3)离开电场时在垂直金属板方向的分速度
(4)电荷离开电场时偏转角度的正切值
3．处理带电粒子在电场中运动问题的思想方法 (1)动力学观点
这类问题基本上是运动学、动力学、静电学知识的综合题。处理问题的要点是要注意区分不同的物理过程，弄清在不同物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律。
能用来处理该类问题的物理规律主要有：牛顿定律结合直线运动公式；动量定理；动量守恒定律。
(2)功能观点
对于有变力参加作用的带电体的运动，必须借助于功能观点来处理。即使都是恒力作用问题，用功能观点处理也常常显得简洁。具体方法常用两种：
①用动能定理。
②用包括静电势能、内能在内的能量守恒定律。
【说明】 该类问题中分析电荷受力情况时，常涉及“重力”是否要考虑的问题。一般区分为三种情况：
①对电子、质子、原子核、(正、负)离子等带电粒子均不考虑重力的影响； ②根据题中给出的数据，先估算重力mg和电场力qE的值，若mg<<qE，也可以忽略重力；
③根据题意进行分析，有些问题中常隐含着必须考虑重力的情况，诸如“带电颗粒”、“带电液滴”、“带电微粒”、“带电小球”等带电体常常要考虑其所受的重力。总之，处理问题时要具体问题具体分析。
【例1】 空间有一区域宽广的电场，场强大小始终不变且处处相等，但方向可以改变。第1秒内场强方向如图1-37所示，θ=37°。有一个带电质点以某一水平初速度从A点开始沿x轴运动，1秒末场强方向突然改为竖直向上，此时A质点恰好达到坐标原点O。已知AO=3.75米，求第2秒末该质点所达位置的坐标(g取10米/秒2)。
【分析思路】 带电质点第1秒内沿x轴作直线运动，由直线运动的条件可知，第1秒内该质点所受合外力一定与x轴在同一直线上，由此可判断出该质点带正电，且其所受电场力的竖直分量与重力平衡，水平分力提供加速度，故质点做匀减速运动。到达O点时，由于电场变为竖直向上，则知此时合力变为竖直向上，质点将开始做匀加速直线运动或类似平抛运动。到底做何种运动取决于质点到这O点时的速度。
【解题方法】 物体做直线运动的条件、牛顿第二定律及运动学公式。
【解题】 ∵第1秒内质点沿x轴做直线运动，∴质点所受重力与电场力的合力与x轴在一条直线上，质点只有带正电荷。其受力如图1-38，则
Fsinθ=ma Fcosθ-mg=0
由以上两式解得第1秒内的加速度
a=gtg37°
=7.5m/s2
A点的速度vA=7.5m/s。
由vt-v0=at得质点在O点速度
v0=vA-at=7.5-7.5×1=0
所以从1秒末开始质点必沿y轴向上做匀加速直线运动。第2秒内物体的加速度
质点向上运动的距离
即第2秒末物体的坐标为(0，1.25m)。
【例2】 在真空中质量为m、电量为q的带电粒子束连续地射入相距为d的两平行金属板之间，当两板不带电时，粒子束将沿极板中线射出，通过两极板的时间为T。现将如图1-39所示的随时间而变化的电场加在极板上，电场强度的最大值为E，变化周期也为T。求这些粒子离开电场时，垂直于两极板方向位移的最大值和最小值。
【分析思路】 带电粒子在电场中平行两极板的方向做匀速直线运动，故带电粒子在两金属板间的运动时间与是否存在电场无关，总等于T。在电场力作用下，带电粒子沿电场力方向做匀加速直线运动，由电场随时间的变化规律可知，不管粒子在什么时刻进入，加速时间总等于
向的分速度总是相同的，垂直于两极板方向的位移大小仅取决于匀速运动时垂直极板方向的分速度的大小。显然，当带电粒子于nT时刻进入电场时，匀速运动时垂直极板方向分速度最大，从而在垂直极板方向位移
n为非负整数)。
【解题方法】 运动的合成与分解、牛顿第二定律及匀变速直线运动的位移公式。
【解题】 带电粒子在电场中平行两极板的方向作匀速直线运动，故带电粒子在两金属板中运动时间与电场存在无关，均为T。
况下出电场时在垂直于极板方向位移最小。最小位移
当带电粒子恰在nT(n=0，1，2，?)时刻进入电场，此种情况下出电场时垂直两极板方向位移最大。最大位移
【例3】 如图1-40所示，质量为m、带电量为+q的小球从距地面高h处以一定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为l处，有
能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域里加一场强方向向左的匀强电场。求：(1)小球的初速度v0；(2)电场强度E的大小；(3)小球落地时的动能。
【分析思路】 带正电的小球逆着电场线方向进入匀强电场，其在水平方向作匀减速直线运，在竖直方向做自由落体运动。当小球离开电场恰能无碰撞地通过管子，意味着小球刚进入管口的瞬间水平方向的速度为零。小球从开始到落地，整个过程中在竖直方向上一直做自由落体运动，可用运动学或动能定理求小球落地时的动能。
【解题方法】 运动的合成与分解、自由落体运动的规律及动能定理。 【解题】 在电场中小球的运动可看成水平方向的匀减速运动和竖直方向自由落体运动的合成。
(1)从抛出点到管口小球运动的时间可由竖直方向的分运动—自由落体运动求出。设时间为t，则有
水平方向上小球做匀减速运动，则有
(2)在水平方向上应用牛顿第二定律有
Eq=ma
(3)解法一：
在全过程中对小球应用动能定理得
所以小球落地时的动能
解法二：
小球在竖直方向上一直做自由落体运动，且小球着地时的速度是竖直向下的，
所以物体落地时的动能 由自由落体运动的规律知
【例4】 如图1-41(a)所示，长为l、相距为d的两平行金属板与一电压变化规律如图1-41(b)所示的电源相连(图中未画出电源)。有一质量为m、带电荷为-q的粒子以初速度v0从板中央水平射入电场，从飞入时刻算起，A、B两板间的电压变化规律恰好如图(b)所示，为使带电粒子离开电场时的速度方向平行于金属板，问：(1)交变电压周期需满足什么条件？(2)加速电压值U0的取值范围是什么？
【分析思路】 带电粒子离开电场时，速度方向平行于金属板，这说明带电粒子活电场力方向未获得速度。由题意可知，它在电场中的运动时间只能是电压变化周期的整数倍，即在一个周期内，前半个周期粒子竖直方向的速度从零增加至vy，后半个周期再从vy减少至零，但必须注意到粒子在竖直方向一直朝着一个方向运动，先加速后减速，再加速
【解题方法】 运动的合成与分解、牛顿第二定律及运动学公式。 【解题】 (1)带电粒子穿越电场所需时间
由于粒子出电场时速度方向平行于金属板所以
t=nT
(2)竖直方向上带电粒子在一个周期内的位移
带电粒子在n个周期内的位移
【例5】 如图1-42(a)所示，真空室中电极K发出的电子(初速度为零)经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入，A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压u随时间t变化的u-t图线如
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