《高中物理思维方法集解》试笔系列 ——带电粒子在电场中直线运动

         《高中物理思维方法集解》试笔系列

                带电粒子在电场中直线运动

              山东平原一中    魏德田   253100 

所谓带电“粒子”包括“微观粒子”（如α粒子、质子、电子）和“小物体”（如带电小球、液滴）等两类。而所谓“电场”又不可避免的与地球引力（重力）场并存，从形成“等效重力场”。前者可不考虑重力作用，后者除开特别说明而外，则必须考虑之。至于运动的形式，对应考者而言，不但考虑“粒子”轨迹是直线还是曲线，还要考虑其运动是匀速、匀变速还是非匀变速等等。此类试题多为力、电综合之类，由于综合性很强、题型多变且有相当大的难度，历来是习题教学和复习备考的“热点”。

本文先来讨论带电粒子的直线运动。

一、破解依据

欲解“带电粒子的直线运动”问题，常用以下八条依据：

㈠若合力F（或合加速度a，下同）与初速度v₀“共线”，则粒子轨迹为直线；若“两者”方向一致，为动力、“加速”；反之为阻力、“减速”；若合外力为零，为“匀速”或“静止”。㈡求解匀变速运动的位移、速度等，综合应用牛顿定律、运动学基本公式（从略）。㈢若“加速”（或减速），则合外力有正（或负）的冲量；由动量定理知“动量增加”（或减少）；速度不变，动量亦然。㈣若“加速”（或减速），则合外力做功为“正”（或负）；由动能定理知“动能增加”（或减少）；速度不变，则动能亦然。㈤重力、电场力做功为“正”（或负），必然等于重力势能、电势能的“减少”（或增加）；而其他力做功则不一定如此。无论何力做功，包括机械能、电势能等在内的总能量是守恒的。

除开涉及“电场力做功”的第㈤条而外，皆已于力学中经常应用。以下三条当属于“静电场”一章的基本内容。

㈥场强、电势、电势差：

⑴  ⑵⑶

㈦电场力及其功：⑴, 

⑵ 

㈧电势能及其变化，则用及

还应指出，在直线运动中，当合外力为恒力、变力时，粒子分别做“匀变速”、“非匀变速”直线运动；并且，对“匀减速”情况而言，运动往往具有往复性，请细心的读者特别留意。其他从略。

                     二、解题示例

[例题1]（’07杭州）如图—1所示，匀强电场的方向跟竖直方向成α角。在电场中有一质量为m、带电量为q的 摆球，当摆线水平时，摆球处于静止。求：

⑴小球带何种电荷？摆线拉力的大小为多少？

⑵当剪断摆线后，球的加速度为多少？

⑶剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功是多少？

[解析]⑴当摆球静止时，受重力、拉力和电场力等作用，如图—2所示。显然，小球带正电荷。由综合“依据”㈡，可得

      

⑵同理，剪断细线后，球的水平方向的合力、加速度为

⑶欲求剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功，须先求球的位移。由“依据”㈡、㈦，可得

      

 

最后，联立②③④⑤式，即可求出以下结果

     

[例题2]（’05辽宁）一匀强电场，场强方向是水平的（如图—3）。一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v₀，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动。求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差。

[解析]设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，由“依据”㈠可知，电场力qE和重力mg的合力必与初速度“反向共线”，且做匀减速运动，如图—4所示。由综合“依据”㈡可得

 

小球做匀减速运动的加速度大小为

 

设从O到最高点的位移为s，水平位移为x，由运动学公式、位移的分解得

 

最后，由“依据”㈧可得两点的电势能之差

 

最后，联立以上各式即可求出以下结果

 

“—”号则表示由于电场力做负功引起电势能增加。

[点拨]考察例1、例2的解答过程，可知“带电粒子”在电场中的直线运动，特别是匀变速直线运动的常规解题，亦非常重视“受力分析”和“运动分析”，然后在此基础上综合运用牛顿定律、运动学公式、静电场的物理概念及其规律等等予以解决。

[例题3]（高考模拟）如图—5所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d，电容为C，开始时两极板均不带电，A板接地且中央有一小孔，先将带电液一滴一滴地从小孔正上方h高处无初速地底下，设每滴液滴的质量为m，电荷量为q,落到B板后把电荷全部传给B板。

⑴第几滴液滴将在A、B间做匀速直线运动？

⑵能够到达—板的液滴不会超过多少滴？

[解析]⑴首先，分析可知，液滴在场外只受重力作用做自由落体运动，在场内则还要受竖直向上的可变电场力作用。

假设第n滴恰好在在A、B间做匀速直线运动，由“依据”㈠（二力平衡条件），可得       

 

考虑到电容的电量、场强电势差关系以及电容定义，我们不难得

           

          

联立①②③式，即可求出

      

⑵设第N滴恰好能到达B板，则针对从o点自由下落至到达B板这一过程。利用“依据”㈣（即动能定理）、电场强度以及电场力做功公式，可得     

 

由④⑤式即可求出

         

[点拨]此例亦为一道经典的力电综合题，我们必须首先认识到“带电液滴”在下极板的持续积累，使得平行板电容器内部的电场不断增强；然后，综合应用运动学、静电场的知识分析和解决。再，若以第（N^/+1）滴为研究对象，考虑到它恰好不能到达B板，则类似⑵处理，可得，亦可求出。显然，，一题两解，确有异曲同工之妙。

[例题4]（’06江苏）如图—6所示，平行板电容器两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子（不计重力）从x轴上坐标为x₀处静止释放。                           

⑴求该粒子在x₀处电势能。

⑵试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。

[解析] ⑴设带负电极板所在处坐标为x=0，电势。由“依据”㈦，可得

                   

联立①②，即可解得

           

亦即粒子在x₀处的电势能等于粒子电量与该点电势之积。

⑵首先，分析可知，粒子只受恒定的电场力与速度“共线”，且两者方向一致。由“依据”㈠可知，粒子做匀加速直线运动。由于在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 x 如图—7所示。由综合“依据”㈡（即牛顿第二定律、运动学公式）可得

                           

联立③④进而求得

   由上述分析可知，粒子在x处电势能为

            

   由⑤⑥式，即可求出粒子的总能量

。

由此可见，带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。

[点拨] 此例若在 x轴上任取两点 x₁ 、x₂，设速度分别为 v₁ 、v₂。类似地，可以求得

F=qE=ma和 =2a（x₂－x₁）；联立得,进而亦可求出E_k2+=E_k1+。

[例题5]（’06威海）如图—8所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有质量为m、带电量-q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，O、a之间距离为h₁，a、b之间距离为h₂，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为。则下列说法正确的是 （   ）

A.小环通过b点的速率为  

 B.小环从O到b电场力做的功可能为零

C.小环在Oa之间的速度是先增大后减小

D.小环在ab之间的速度是先减小后增大

[解析]首先，小环受重力、支持力和电场力等作用，在竖直杆的约束下只能做直线运动。作线段Oc垂直于ab,在O-a-c-b段合外力先增大后减小（至c点等于重力加速度后再减小，而始终不为零）、方向向下。由“依据”㈠、㈡可知，小环一直做变加速的加速直线运动。故选项C、D均错。

然后，在点电荷+Q的电场中，电场力先为动力后成阻力。显见，线段+Qa=+Qb,由依据㈥可得，即；再由“依据”㈦可得

故知选项B正确。

最后，在ab段，只有重力做功。从而，应用“依据”㈣（即动能定理），可得

                 

由②③式，不难求出

                 

由此可知，选项A正确。

综上所述，本例答案为：选A、B。

[点拨]此例对小环带电可视为点电荷，其所受库仑引力、以及a、b两点等势的分析尤其紧要。考虑到由O到C段库仑引力做正功，由c到b而下则做负功，进而明确在两等势点之间移送电荷电场力不做功，解决问题就找到捷径。

[例题6]（’06北京）如图—9（左）所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图—9（右）所示。将一个质量m=2.0×10^-27kg，电量q＝+1.6×10^-19 C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求

⑴在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；

⑵若A板电势变化周期T＝1.0×10^-5 s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；

⑶A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。

[解析] ⑴欲求加速度，先求电场力。由“依据”㈦得带电粒子所受电场力

             

再由牛二定律即可求出得

⑵由依据㈡（即位移公式），我们试求一下粒子在时间内走过的距离

由此可见，带电粒子在时恰好到达A板。

由依据㈢（即动量定理）可得

                 ，

因初动量为零，故此即粒子到达A板的动量

       ⑶分析可知，在内，电场力、速度均向右，由“依据”㈠可知，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等。由综合“依据”㈡，得粒子向A板运动可能的最大位移

              

因题目要求粒子不能到达A板，故必有。最后，考虑到，由以上两式即可求出电势变化频率应满足条件

    [点拨]此例第⑴小题要求“粒子”的加速度，可视为后续步骤的“引导”或“铺垫”。而第⑵小题欲求“粒子达到A板时动量的大小”，则必须通过分析、明确加速度方向改变的特点，从而导致速度的变化，物理情景扑朔迷离，比较复杂。幸而尝试求得0-T/2内“粒子”发生的位移恰好等于板间距离，到达B板的时间随之确定。转而，找到“突破口”，迅速切入则迎刃而解。

而解第⑶小题的关键，在于明确运动“对称性”，弄清“粒子不能到达A板”的临界条件，即在内粒子的最大位移等于板间距离。

[例题7]（’07广东）如图—10所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：

⑴球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；

⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。

[解析] 首先，针对“带电系统从（静止）开始运动到速度第一次为零（重归静止）”的过程细致分析，可知完成此过程电场力所做总功必定为零。然后假设球A能到达右极板，电场力对系统做功为W_1。由“依据”㈦可得，

由此可见，球A还能穿过小孔，离开右板。 

假设球B能达到右板，电场力对系统做功为W₂，同理，可得

由此可见，至第一次速度为零，球不能到达右板

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别居于右板的“两侧”。 

⑴其次，带电系统开始运动时，设加速度为a₁，球B刚进入电场时带电系统的速度v₁。由综合“依据”㈡、㈦（即牛二定律等）得

   由①②式，即可求出

 

⑵然后，分析“系统”运动全过程，可划分为三个阶段，运动的总时间则为三段时间之和。

第一．设球B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则由综合“依据”㈡（即牛二定律等）得                       

由①③④式，可以解得：

     

第二．球B进入电场后，带电系统的加速度为a₂，设球A刚达到右板的速度为v₂，减速所需时间为t₂。同理，可得

  

由⑥可见，“系统”做匀减速运动。再联立③⑥⑦⑧ 可解得

  

第三．当球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a₃；设球A从离开电场到静止所需的时间为t₃，运动的位移为x。再由综合“依据”㈡得：

上面已经求出，联立⑧⑨⑩三式求解，可解得

     

最后，把三段时间加起来，即可求出“系统”从静止到速度第一次为零所需的时间为

       

而球A相对右板的位置为

 

[点拨]解答过程反映出此例的确有一定难度，它重点考查读者对牛顿第二定律和运动学基本规律的理解，运用分析、假设、探究、推理等方法处理多过程物理问题的能力，以及应用数学工具解决物理问题的能力，应该说也是一道备考热身训练的好题。

 

                                           (2017-08-04  经典重发)