带电粒子在电场中运动的分析

（一）方法思路分析

1.分析方法与力学分析方法基本相同：先确定研究对象；再进行受力分析；然后分析运动状态和运动过程（平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线）；再选用恰当的力学解题规律（牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题）.

对于匀变速直线运动问题可用匀变速直线的运动学公式和牛顿第二定律求解. 对于匀变速曲线运动问题，可考虑将其分解为两个方向的直线运动，对有关量进行分解、合成来求解.

不论哪一类运动，都可以从功和能的角度用动能定理或能的转化和守恒定律来求解.其中静电力做功除一般计算功的公式外，还有W=qU可用，这一公式对于匀强和非匀强电场都适用，而且与运动路径无关. 2.受力特点

（1）带电粒子的重力是否考虑：关键看重力和其他力相比是否可忽略，一般来说，

①基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，若无说明或明确的暗示，一般不计重力； ②带电颗粒：如尘埃、液滴、油滴、小球等，若无说明或明确的暗示，一般要考虑重力； ③平衡问题一般要考虑重力.

④有些情况要根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.

（2）当带电粒子垂直场强方向射入平行板偏转电场时，如果偏转电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间（T﹥﹥L/v0），则带电粒子在穿越电场过程中，电场仍可当作匀强电场来处理.

（二）带电粒子在匀强电场中的偏转

如图7-3-2所示，质量为m、带电量为q的带电粒子以初速度v0沿垂直于电场方向，进入长为L、间距为d、电压为U的两平行金属板间，在穿越电场时发生偏转，不计粒子重力，则可推得：

①加速度： aqUmd

②粒子穿越电场的时间：由 vxv0，Lv0t可得tL0

qULqULmd0③粒子离开电场时的速度v：平行场强方向匀加速运动，则yat所以md0

0y220(2qULmd02)2

④粒子离开电场时的偏移量：

y12at21qU() 22mdv02md0vyv02L2qUL⑤粒子的偏转角为：tg

qULmvd2220

图7-3-2 孤立点电荷周围

⑥增加的动能 EqUk2md

Lv220（三）带电粒子在匀强电场中偏转的延伸讨论

1. 若带电粒子是从静止经过同一加速电压U1进入偏转电场U2的，则粒子偏移及偏转角有：

qU112mvo 故v02222qU1m；

y1qU2L2mdv20U2L4dUU2L2dU2；

1而tanvyv0.

1由上式可知，粒子的偏转角与粒子q,m无关，仅决定于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场后，它们在电场中的偏移、偏转角总是相同的，即运动轨迹是相同的. 2.粒子从偏转电场中射出时偏移y1qU2md(Lv0)，作粒子速度的反向延长线，与初速度的

2延长线交于O点，O点与粒子出场点水平距离为x，

qUL22则xytan2md0qULm0d2L2，

粒子从偏转电场中射出时,速度的反向延长线与初速度延长线的交点平分沿初速度方向的位移,即粒子好像从该中点处沿直线飞离电场一样.

故侧向位移与偏向角可表示为： ytan或tan2L/2 注意:

（1）以上公式不宜死记,而应熟练推导.

（2）若从能量角度求带电粒子的末速度，则表达式为qU不一定等于两极板间电压的一半，而是UUdy.

yLy12mv212mv2y，式中的Uy

y（3）此类习题通常要求讨论几个带电粒子通过同一电场时各物理量的比值关系,故应知道一些常见的粒子的质量数和电荷数,如质子有1个质量数和1个电荷数,α粒子有4个质量数,2个电荷数.

典型例题

例1．如图7-3-3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：此题考查带电粒子在电场中的直线运动分析，涉及平行板电容器中场强和电势的关系、牛顿第二定律和运动学公式的应用.

取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q.带电小球受重力mg和向上的电场力qE的作用.

当U1＝300 V时，小球平衡：mg=q

图7-3-3

孤立点电荷周围

①

当U2＝60 V时，重力大于电场力，带电小球向下板做匀加速直线运动 mg－q

=ma ②

又h=

at2 ③

由①②③得：

t=

s=4.5×10－2 s.

答案：4.5×10－2 s

例2.如图7-3-4所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子

（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出． （1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；

（2）求两板间所加偏转电压U的范围； （3）求粒子可能到达屏上区域的长度．

Y v0 L d A Y' 图7-3-4 b

解析：此题考查带电粒子带电场中的偏转分析，涉及带电粒子受力分析、平抛运动规律速度偏转方向和位移偏转方向分析.

（1）如图7-3-5所示，设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有

12y＝at

2① ②

Y v0 O x θ vy 图7-3-5 Lv0t vyat

A y θ v0 y0

Y' tanvyv0yx

L2联立可得 x

即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心． （2）aEqmUd ③ ④

qUL22E由①②③④式解得y2dmv022，

当yd2时，Umdv0qL2.

则两板间所加电压的范围 d2mdv0qL222Umdv0qL222.

（3）当yy0(L2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则

b)tan， dL而tan解得 y0

，

.

d(L2b)Ld(L2b)2L

.

则粒子可能到达屏上区域的长度为

例3.如图7-3-6所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电.两板之间存在着

匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔.C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电.两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向′

O.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计.现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），问： ⑴微粒穿过B板小孔时的速度多大；

⑵为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件； ⑶从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P点？

A

O L 解析：此题考查带电粒子在电场中加速和偏转的分析，涉及带电粒B

O′ C D 子在电场中的功的计算、动能定理、圆周运动的分析方法及运动对

称性的分析.

（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有

P d 图7-3-6

孤立点电荷周围

qU12mv ①

2解得 v2qUm，

（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有 qEmv2Rm2vL2 ②

4UL联立①②，得 E .

（3）微粒从释放开始，经t1射出B板的小孔，则

t1dv2dv2dm2qU ③

2设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则

1RLm2 t2 ④ v42qUL所以从释放微粒开始，经过t1t22d4m2qU，微粒第一次到达P点；

根据运动的对称性，易知再经过2t1t2微粒再一次经过P点；以此类推可得：

L经过时间t2k12d4m2qU，k0,1,2,微粒经过P点.

例4.如图7-3-7所示，A、B两水平平行金属板构成一个电容为C的电容器，其B板接地且最初A、B均不带电，今在B板上方h处有一带电量为q，质量为m的小液珠从静止开始时对准B板上的小孔落下，若能落到A板上，A、B间距离为d，不计空气阻力.问： (1)第几滴液珠滴在A、B板间做匀速直线运动？ (2)第几滴液珠到达A板时速度恰好为零？

解析：此题考查带电粒子在电场中的运动分析，涉及平衡条件分析、电容器的电容与带电量和电势差的关系、动能定理的考查.

图7-3-7

孤立点电荷周围

(1)设第n滴在A、B间做匀速直线运动，此时电场力与重力平衡，得： qE=mg 金属板的带电量为:Q=(n-1)q;

QC电势差为 U；

电场强度为 EUd;

联立以上各式可解得：ncdmgq21

(2)设k滴到达A板速度恰好为0，则：

金属板的带电量为:Q=(k-1)q;

QC电势差为 U；

电场强度为 EUd;

油滴的初末状态动能一样，故而重力和电场力做功刚好抵消,有：

mg(h+d)-qEd=0;

联立可解得：

kCmg(hd)q21

例5.如图7-3-8甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板均有小孔，一束电子以初动能E0＝120eV，从A板上的小孔O不断地垂直于板射入A、B之间，在B板右侧，平行金属板M、N间有一个匀强电场，板长L＝0.02m，板间距离d＝0.004m，M、N间所加电压为

U2＝20V，现在A、B两板间加一个如图7-3-8乙所示的变化电压u1，在t＝0到t＝2s的时

间内，A板电势低于B板，则在u1随时间变化的第一个周期内： （1）电子在哪段时间内可从B板上的小孔O＇射出加速电场？

（2）在哪段时间内电子能从偏转电场右侧飞出？（由于A、B两板距离很近，电子穿过A、

B板所用的时间极短，可忽略不计.）

A B M

O O，

甲

N

u1/v 200 0 1 2 3 4 5 6 t/s -200 乙

图7-3-8

孤立点电荷周围解析：此题考查带电粒子在交变电场中的运动分析，涉及带电粒子在变化的电场中的受力和运动的分析 、加速和偏转规律的分析.

（1） 电子射出O＇点是动能变化为：△E＝eU1 ；电子刚好不能射出时动能为零，故

而△E＝120eV，此时：

U1＝120V

所以当A板电势比B板电势高120V时，电子无法射出，到达B板速度恰为零. 根据这个条件可知，当t1＝0～2.6s与t1＝3.4s～4.0s电子可从O′射出. （2）要使电子能从电场右侧飞出，则偏转位移y≤ ，

2

deU2t22eU2l2eU2l2dy＝ ＝ ≤ ，解得△U1≥130V， 2 ＝2md2mdv04d（e△U1＋E0）2

此时电场对电子做正功，即当A板电势比B板电势低130V时，电子能从偏转电场右侧飞出.则当t2＝0.65s～1.35s时，UAB≤130V，电子能从偏转电场右侧飞出.

1. 练习1：如图7-3-24中图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定

极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t的变化关系为Q=

bta（a、b为大于零的常数），

图7-3-24

其图象如图7-3-24中图2所示，那么图7-3-24中图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是（ ）

A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④

练习2：在如图7-3-27所示的装置中，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻为R1，滑动变阻器总阻值为R2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d.处在电容器中的油滴A恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置.

（1）求此时电容器两极板间的电压；

（2）求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值； （3）现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上

图7-3-27

孤立点电荷周围

的电荷量变化了Q1，油滴运动时间为t；再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q2，当油滴又运动了2t的时间，恰好回到原来的静止位置.设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用的时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计.求：Q1 与Q2的比值.

答案：练习1： 1. C

【解析】本题考查速度传感器的有关知识，本题为较难题目.由题意可知：EUdQCdQdQs4kds4k 所以E的变化规律与Q的变化规律相似，所以E的图象为

②，由QCUs4kdUbtak, 所以d=t+a=vt+a,所以是匀速移动，所以速度图象为

③，综上所述C正确.

R2练习2：4. 答案：（1）U2R1ER22ER22R1R2

（2）负电；

qmQ1Q2gd（2R1R2)ER249

（3）

ER1R2【解析】（1）电路中的电流 IR22

平行板两端电压为 U2R1ER22ER22R1R2

（2）油滴带负电

对油滴受力分析，得 F电mg012ER2qmg

R2R1d2

qmgd（2R1R2)ER2

（3）设电容器的电容为C，极板原来具有的电荷量为Q，电容器上的电量变化Q1后，油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动，t末油滴的速度为v1、位移为s， 极板间的电压 U1QQ1C

根据牛顿第二定律：F电1mgma1根据运动学公式 s12a1t2(QQ1)qCdv1a1tmgma1

电容器上的电量又变化了Q2后，油滴在电场中向上做匀减速直线运动，2t末位移为－s. 极板间的电压为U2QQ1Q2C

mg根据牛顿第二定律：mgF电2ma2(QQ1Q2)qma2

根据运动学公式 解得： a1a425

s2vt1a222(2t)

Q14Q9

2Cd