带电粒子在电场中的运动知识点

主标题：带电粒子在电场中的运动

副标题：剖析考点规律，明确高考考查重点，为学生备考提供简洁有效的备考策略。 关键词：带电粒子、电场 难度：3 重要程度：5 内容：

考点剖析：

带电粒子在电场中的运动是高考的热点，几乎每年都有此类题目出现。这类问题也是高考的难点，解题时一般用数学知识分析、计算，这是多数学生感到困难的地方。很多试题与磁场的有关知识相结合出题，考查带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动情况。`

带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再根据初始状态分析粒子的运动性质（平衡、加速或减速，是直线还是曲线，是类平抛运动还是圆周运动，或是简谐振动等），然后选用恰当的规律解题。

解题步骤如下：

1.确定研究对象(某个带电体)； 2.分析带电体所受的外力；

3.根据题意分析物理过程，应注意讨论各种情况，分析题中的隐含条件，这是解题的关键；

4.根据物理过程、已知条件和所求的物理量，选择恰当的力学规律求解； 5.对所得结果进行讨论。

在对带电粒子进行受力分析时，要注意两点：

1.要掌握电场力的特点，如电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还与带电粒子的电量和电性有关；在匀强电场中，同一带电粒子所受的电场力处处是恒力；在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受的电场力不同。

2.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、氘核、氚核、α粒子、离子等，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）。

（2）带电微粒：如液滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。

带电粒子的速度大小发生变化的过程是其他形式的能和动能之间的转化过程，解决这类问题，是恒力作用时，可用牛顿运动定律和运动学公式来求解，而普遍适用的是动能定理和能量守恒定律。

如选用动能定理，则要分清有哪些力做功，做的是正功还是负功，是恒力做功还是变力做功。若电场力是变力，则电场力做的功必须写成WAB=qUAB，找出初、末状态的动能的变化量。

如选用能量守恒定律，则要分清有哪种形式的能在变化，怎样变化（是增加还是减小）。能量守恒的表达形式有：

1.初态和末态的总能量相等，即E初=E末；

2.某些形式的能量减少一定等于其他形式的能量增加，即ΔE减=ΔE增；

3.各种形式的能量的增量（ΔE1=E1末-E1初）的代数和为零，即ΔE1+ΔE2+…=0。

典型例题

例1. （2013·广东）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后 ，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（ ）

A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电量无关

【解析】C.不计重力的微滴带负电，所受电场力方向指向带正电荷的极板，微滴在极板间向正极板偏转，选项A错；电场力做功，电势能减小，选项B错误；不计重力的带负电微滴初速方向和恒定电场力方向垂直，其运动轨迹为抛物线，选项C正确；带电墨汁微滴所受电场力与电量成正比，所以运动轨迹与带电量有关，选项D错误。

例2.(2014·山东卷) 如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )

A. C. s2s4s2qEqE B. 2mhmhs2qE D.

4mhqE mh【解析】B. 两个粒子都做类平抛运动。两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间相等。两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以水平位移大小相等。综合判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为，竖直位移都为

s2hhEq2s，由＝t，＝2222mv0t得v0＝

s2qE，选项B正确。 mh例3.（15·广东卷）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则（ ）

A．M的带电量比N的大 B．M带负电荷、N带正电荷

C．静止时M受到的合力比N的大 D．移动过程中匀强电场对M做负功

【解析】BD.释放后，M、N保持静止，两小球各自受电场力和两小球间的库仑力等大反向，故两小球所受电场力大小相等，在匀强电场中：F=qE，则q相等，A错误；若M带负电荷、N带正电荷，则M受到向左的电场力，向右的库仑力可平衡，N受到向左的库仑力和向右电场力可平衡，B正确；静止时，受合力为零，C错误；M带负电荷受到向左的电场力，向右运动电场力做负功，D正确，选项BD正确。

例4.（2011·广东卷）如图所示为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的。下列表述正确的是（ ）

A.到达集尘极的尘埃带正电荷 B.电场方向由集尘极指向放电极

C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大

【解析】BD.电子吸附尘埃使尘埃带负电，受力与电场方向相反，选项A、C错。由F=Eq可知，选项B、D正确。

例5.在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为10V/m。已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s,水的密度为10kg/m。这雨滴携带的电荷量的最

2

3

43小值约为 （ ）

A．210C B. 410C C. 610C D. 810C

【解析】B.带电雨滴在电场中不会下落，则雨滴的重力与受到的电场力大小相等，方向

9999πr3g相反，即mg=Eq，代入数据解得q故选项B正确。

43E41033.14109103C4109C，410例6.如图所示，空间有场强E0.5N/C的竖直向下的匀强电场，长l0.33m的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m0.01kg的不带电小球A，拉起小球至

绳水平后，无初速度释放。另一电荷量q0.1C、质量与A相同的小球P，以速度

v033m/s水平抛出，经时间t0.2s与小球A在D点迎面正碰并粘在一起成为小球C，

碰后瞬间断开轻绳，同时对小球C施加一恒力，此后小球C与D点下方一足够大的平板相遇。不计空气阻力，小球均可视为质点，取g10m/s。

2

（1）求碰撞前瞬间小球P的速度。

（2）若小球C经过路程s0.09m到达平板，此时速度恰好为0，求所加的恒力。 （3）若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在D点下方任意改变平板位置，小球C均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力。

【解析】（1）设P的加速度为a0，到D点的竖直速度为vy，合速度大小为v1,与水平方向的夹角为β，则

mgqEma0 ①

vya0t ② v1v0vy ③ tan222vyv0 ④

联立①②③④式，代入数据解得 v1=6 m/s ⑤

0

β=30 ⑥

（2）设A碰前速度为v2，此时轻绳与竖直线的夹角为β，由动能定理得

mglcos12mv2 ⑦ 2 设A、P碰撞后小球C的速度为v，由动量守恒定律得 mv1mv22mv ⑧

小球C到达平板时速度为零，应做匀减速直线运动，设加速度的大小为a ，则 v2as ⑨

设恒力大小为F，与竖直方向的夹角为α，如图所示，根据牛顿第二定律得

2

Fcos(90)2mgsinqEsin2ma ⑩ Fsin(90)2mgcosqEcos0 代入相关数据解得

00F3N 4300

（3）由于平板可距D点无限远，小球C必做匀速或匀加速直线运动，恒力F1的方向可从竖直方向上顺时针转向无限接近速度方向，设恒力与速度方向夹角为θ，则

0(9030)120

在垂直于速度方向上，有

F1cos()(2mgqE)cos

则F1的大小满足条件为

F1300120（式中） N08cos(30)

例7.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0（k>1），电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。

5，电子在0~2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件； 4（2）若电子在0~200τ时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度v随时间t变化

（1）若k的关系；

（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。

甲 乙

【解析】（1）电子在 0～τ时间内做匀加速运动，加速度和位移的大小为

eU0 ① md12 x1a1 ②

2a1在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小为 a25eU0 ③ 4md初速度的大小为

v1a1 ④

匀减速运动阶段的位移为

v12 ⑤ x22a2依据题可知dx1x2，联立以上各式解得

9eU02 ⑥ d10m（2）在2n～(2n1)（n=0,1,2，… 99）时间内，速度增量为 v1a1 ⑦

在(2n1)～2(n1)（n=0,1,2，… 99）时间内，加速度的大小为

a2ekU0 md

⑧

速度增量为

v2a2

(a) 当0≤2n<时，电子的运动速度为 v=nΔv1+nΔv2+a1(t-2n) 解得

⑨

eU0 (n=0,1,2, …,99) md(b) 当0≤t-(2n+1)<时，电子的运动速度为

v=[t-(k+1)n]

v=(n+1) Δv1+nΔv2-a2 [t-(2n+1)]

解得

11 ○

⑩

eU0 (n=0,1,2, …,99) dm（3）电子在2(N-1) ~ (2N-1)时间内的位移为

1x2N-1=v2N-2+a12 ○13

2电子在(2N-1) ~2N时间内的位移为

1x2N=v2N-1－a22 ○14

2v=[(n+1)(k+1)-kt]

由⑩式可知

12 ○

v2N-2=(N-1)(1-k)由○12式可知

eU0 ○15 dmv2N-1=(N-Nk+k)依题意得

eU0 ○16 dmx2N-1+x2N=0 ○17

解得k4N1。

4N3例8.如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在A（d，0）点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达（0，-d）点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求：

（1）分裂时两个微粒各自的速度；

（2）当微粒1到达（0，-d）点时，电场力对微粒1做功的瞬时功率； （3）当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离。 【解析】（1）设分裂时微粒1的初速度为v1，到达（0，-d）点所用时间为t，微粒2的速度为v2。根据题意可知，微粒1带负电，在电场力的作用下做类平抛运动，则

dv1t ① d12at ② 2qEma ③

由①②③式解得

v1qEd ④ 2m根号外的负号表示沿y轴的负方向。

中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，则 mv1mv20 ⑤ 由以上各式解得

v2v1qEd ⑥ 2mv2的方向沿y正方向。

（2）设微粒1到达B（0，－d）点时的速度为v，速度在x轴上的分量为vBx，则

vBx2ad ⑦

由③⑦式解得

vBx2qEd ⑧

m电场力做功的瞬时功率为

PqE2qEdm ⑨

（3）中性微粒分裂时，根据电荷守恒定律，微粒1、2带等量的正电荷，所受电场力沿x轴的正方向，在电场力的作用下也做类平抛运动。根据对称性，当微粒1到达B（0，－d）点时，微粒2运动到C（2d，d）点，此时两微粒间的距离为

BC(2d)2(2d)222d

例9.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ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。

（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。 （2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。

（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。

【解析】（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出电场区域I时的速度为v0，此后近入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，则

eEL12mv0 ① 22L121eEL(y)at ② 222mv0联立①②式解得 y＝

1L ③ 41L）。 4所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，

（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，则

eEx12mv1 ④ 2211eELyat2 ⑤

22mv1联立④⑤式解得

L2xy＝ ⑥

4所以在电场I区域内满足上述方程的点即为所求位置。

（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则

eEx12 mv2 2 ⑦

211eELyyat2 ⑧

22mv2vyateEL ⑨ mv2yvyL ⑩ nv2联立⑦⑧⑨⑩式解得

11xyL2

2n4所以在电场I区域内满足上述方程的点即为所求位置。