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大题优练 5 带电粒子在电场中运动
优 选 例 题
例1．如图所示，在平面直角坐标系 xOy的第一、三象限分布存在匀强电场 E 、E ，电场E 的场强大小为
1 2 1
×103 V/m，方向与x轴负方向成60°斜向下，电场E 的场强大小未知，方向与x轴正方向成30°角斜向上，比
2
荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子a从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的
速度为104 m/s，不计粒子的重力。
(1)求P、O两点间的电势差；
(2)粒子a进入电场E 时，在电场E 某位置由静止释放另外一个完全相同的带电粒子b，使两粒子在离开电场
1 1
前相遇，若相遇时所需时间最长，求在电场E 中由静止释放的带电粒子b的初始位置坐标。
1
【解析】(1)带电粒子a由P点运动到O点，根据动能定理有：qU＝mv2
0
解得：U ＝500 V。
OP
(2)粒子a在进入电场后做类平抛运动，设离开电场E 时到O点的距离为L，如图所示，则：Lcos 30°＝vt，
1 0
Lsin 30°＝
由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子a进入电场E 时，在速度方向的直线OM上任一点释放粒子b，
1
可保证两者离开电场前碰撞。
若相遇时所需时间最长，则在M点由静止释放带电粒子b即可，则有OM＝Lcos 30°
故M的横坐标为x ＝OMcos 30°，M的纵坐标为y ＝OMsin 30°
M M联立解得：x ＝ m， m
M
E 中由静止释放带电粒子b的位置坐标为( m， m)。
1
即在电场
例2．在足够大的竖直匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小球 A
和B，质量均为m。电荷量为q的A球恰好静止，电荷量为2.5q的B球在A球正下方，相距为L。由静止释
放B球，B球沿着直线运动并与A球发生正碰，碰撞时间极短，碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在每次
碰撞过程中A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用g表示。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)第一次碰撞后，A、B两球的速度大小v 、v ；
A B
(3)在以后A、B两球不断地再次碰撞的时间间隔会相等吗?如果相等，请计算该时间间隔T；如果不相等，请
说明理由。
【解析】(1)由题意可知，带电量为q的A球在重力和电场力的作用下恰好静止，则qE＝mg
可得匀强电场的电场强度大小E＝
(2)由静止释放B球，B球将在重力和电场力的作用下向上运动，设与 A球碰撞前瞬间速度为v ，由动能定理
1
得：(2.5qE－mg)L＝mv2
1
解得：v＝
1
A、B两球碰撞时间很短，且无动能损失，由动量守恒和动能守恒得：
mv＝mv ＋mv
1 A B
mv2＝mv 2＋mv 2
1 A B
联立解得：v ＝v＝ ，v ＝0。
A 1 B
(3)设B球在复合场中运动的加速度为a，A、B两球第一次碰撞后，A球开始向上以速度v 做匀速直线运动，
1
B球又开始向上做初速度为零的匀加速直线运动，设到第二次碰撞前的时间间隔是t，则：
1
vt＝at2
11 1解得：t＝
1
碰撞过程满足动量守恒且无动能损失，故每次碰撞之后两球都交换速度，第二次碰撞后，A球向上做匀速直
线运动，速度为at ＝2v ，B球向上做初速度为v 的匀加速直线运动。设到第三次碰撞前的时间间隔是 t ，则
1 1 1 2
有：2vt＝vt＋at2
12 12 2
解得：t＝ ＝t
2 1
以此类推，每次碰撞时间间隔相等，该时间间隔为T＝
根据牛顿第二定律：2.5qE－mg＝ma
解得：T＝ 。
模 拟 优 练
1．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为 4E ．虚线是电
0
场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为（L，0），虚线x轴所围成的空间内没有电场；在
第二象限存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ，M（－L，L）和N（－L，0）两点的连线上有一个
0
产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间
的相互作用，且整个装置处于真空中。
(1)若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求这个过程中该粒子
运动的时间及到达A点的速度大小；
(2)若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚
线边界后都能到达A点，求此边界(图中虚线)方程。
1 E q
【解析】(1)粒子在第二象限的电场中匀加速的时间：L＝ 0 t2
2 m 1得时间： √2Lm
t ＝
1 E q
0
到y轴的速度： E q √2LE q
v ＝ 0 t ＝ 0
1 m 1 m
在第一象限做类平抛运动，水平： ；得： √ mL
L＝v t t ＝
1 2 2 2E q
0
竖直： 4E q √2LE q
v ＝ 0 t ＝2 0
y m 2 m
这个过程中该粒子所用的时间： 3 √2Lm
t＝t ＋t ＝
1 2 2 E q
0
该过程中粒子到达A点的速度： √10LE q
v＝√v2 ＋v2 ＝ 0
1 y m
(2)设粒子从P点坐标为（－L、y ）由静止匀加速直线运动，粒子进入第一象限做类平抛运动，经Q点后做
0
1
匀速直线运动，设Q点坐标为（x、y）；粒子进入第一象限的速度：E qL＝ mv2
0 2 0
做类平抛运动经Q点时，水平：x＝v t
0
14E q
竖直：y −y＝ 0 t2
0 2 m
代入得： 14E q x 2 x2
y −y＝ 0 ( ) ＝
0 2 m v L
0
4E q
把上面两式相除得： 0 t
y −y m v
0 ＝ ＝ y
x 2v 2v
0 0
y
QA与x轴成θ角可得：tanθ＝ ；
L−x由速度分解： v 2(y −y)；
tanθ＝ y＝ 0
v x
0
2 L
整理得边界方程：y＝ (Lx−x2 )，（0≤x≤L；0≤ y≤ ）。
L 2
2．如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为m、电荷量分
别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域
的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的
8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。
(1)该电场的电场强度大小；
(2)求小球射出的初速度大小；
(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满
足的条件。
【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v ，则它们进入电场时水平速度仍然为v ，所以小
0 0
球M、N在电场中运动的时间相等。
进入电场前，水平方向L＝vt
01
竖直方向下落的距离d＝gt2
1
进入电场时竖直速度v ＝gt
y1 1
进入电场后，水平方向L＝vt
02
故t＝t＝t
1 2
设N粒子在电场中运动的加速度为a，竖直方向有：d＝－v t＋at2
y1
解得：a＝3g
由牛顿第二定律得：Eq－mg＝ma
解得：E＝。
(2)小球M射出电场时竖直速度为v ＝v ＋a′t
y2 y1
Eq＋mg＝ma′
m(v2＋v 2)＝8×m(v2＋v 2)
0 y2 0 y1
解得：v＝。
0
(3)以竖直向下为正，M的竖直位移为y ＝v t＋a′t2
M y1
N的竖直位移为y ＝v t－at2
N y1y －y ≤L
M N
解得：v≥2。
0
3．如图所示，在竖直直角坐标系xOy内，x轴下方区域I存在场强大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场，
x轴上方区域Ⅱ存在方向沿x轴正方向的匀强电场。已知图中点D的坐标为( ， )，虚线GD垂直x轴。
两固定平行绝缘挡板AB、OC间距为3L，OC在x轴上，AB、OC板平面垂直纸面，点B在y轴上。一质量为
m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从D点由静止开始向上运动，通过x轴后不与AB碰撞，恰好到达B点，
已知AB＝14L，OC＝13L。
(1)求区域Ⅱ的场强大小E′以及粒子从D点运动到B点所用的时间t；
0
(2)改变该粒子的初位置，粒子从GD上某点M由静止开始向上运动，通过x轴后第一次与AB相碰前瞬间动
能恰好最大。
①求此最大动能E 以及M点与x轴间的距离y；
km 1
②若粒子与AB、OC碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，
求粒子通过y轴时的位置与O点的距离y。
2
【解析】(1)该粒子带正电，从D点运动到x轴所用的时间设为t，则
1
v＝at
11
根据牛顿第二定律有qE＝ma
1
粒子在区域II中做类平抛运动，所用的时间设为t，则
2
3L＝vt
2
根据牛顿第二定律有qE′＝ma
2
粒子从D点运动到B点所用的时间t＝t＋t
0 1 2联立解得：E′＝6E， 。
(2)①设粒子通过x轴时的速度大小为v，碰到AB前做类平抛运动的时间为t，则
0
粒子第一次碰到AB前瞬间的x轴分速度大小v＝at
x 2
碰前瞬间动能
即
由于 为定值，当 即 时动能E 有最大值
k
由(1)得
所以最大动能E ＝18qEL
km
对应的
粒子在区域I中做初速度为零的匀加速直线运动，则v2＝2ay
0 1 1
解得：y＝9L。
1
②粒子在区域II中的运动，可等效为粒子以大小为v 的初速度在场强大小为6E的匀强电场中做类平抛运动
0
直接到达y轴的P点，则时间仍然为t
2
OP＝vt
02
得OP＝9L
由于 ，粒子与AB碰撞一次后，再与CD碰撞一次，最后到达B处，则
y＝3L。
2
4．在一空间范围足够大区域内可能存在竖直向上的匀强电场，其电场线与坐标 xOy平面平行。以坐标原点
O为圆心，作半径为R的圆交坐标轴于A、B两点，C点为AB圆弧中点位置，如图所示。在原点O处有带正
电小球，以某一初动能沿x轴正向水平抛出。(1)空间电场强度为0时，小球以E 的初动能从O点平抛，刚好能经过C点位置，求小球经过C点位置时的
k0
动能。
(2)空间电场强度不为0时，小球以E 的初动能从O点平抛，当小球经过图中圆周上D点时动能大小为
k0
2E ，求D点位置坐标（图中未标出D点）。
k0
(3)空间电场强度不为0时，小球以某一初动能从O点平抛，小球经过图中圆周上C点时动能大小为2E ，若
k0
已知带电小球的质量为m，电量为q，求空间所加匀强电场的场强大小（用m、q、g表达）。
√2
【解析】(1)小球从O到C做平抛运动有x ＝ R＝v t
c 2 0
y ＝
√2
R＝
1
gt2 ＝
1
v t
c 2 2 2 2 y
可得v＝2v
y 0
则
v ＝√v2 ＋v2 ＝√5v
C 0 y 0
得E ＝5E
kC k0
(2)小球过D点时有
x ＝vt
D 0
1
y ＝ v t
D 2 y
1 1
E
kD
＝2E
k0
即
2
m(v2
0
＋v2
y
)＝2⋅
2
mv2
0
1
可得v ＝√2v 则有v＝v 代入位移公式得：y ＝ x
D 0 y 0 D 2 D
又由几何关系得
x2 ＋y2 ＝R2
D D
2 √5
解得x ＝ √5R，y ＝ R
D 5 D 5
(3)在(1)问中由
√2
R＝v t和
√2
R＝
1
gt2
2 0 2 2 2
可得v2 ＝
2√2
gR
0 4
空间有电场时小球过C点有：
x＝v′ t
c 0
1
y ＝ at2
c 2 2
mg−Eq √2
其中a＝ ，x ＝y ＝ R
m c c 2
v′＝2v′
y 01 1
E
kC
＝2E
k0
即
2
m(v'2
0
＋vʹ2
y
)＝2⋅
2
mv2
0
可得v' ＝
√1
v
0 2 0
代入位移公式得：
4√2v2
2g
a＝ 0＝
5R 5
3mg
代入加速度公式得E＝ 。
5q
5．如图所示，长度为l的绝缘细线将质量为m、电量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间中充满了匀强
电场。(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)当电场方向竖直向上时，若使小球在A点获得水平速度v ＝ ，小球刚好能在竖直平面内做完整的圆
1
周运动，求电场强度E；
1
(2)当电场方向水平，且电场强度E＝ 时，要不能让细线松弛，求小球在A点获得的水平速度v 应该满足
2 2
的条件。
【解析】(1)当电场力qE＜mg时，小球在最高点的速度v最小，若小球刚好能通过最高点，
1
则在最高点有：mg－qE＝m
1
从最低点到最高点，由动能定理得：－(mg－qEl)•2l＝mv2－mv2
1
解得E＝
1
当电场力qE＞mg时，小球在最低点的速度v最小，若小球刚好能通过最低点，则在最低点有：
1
qE－mg＝m
1
解得E＝
1联立可得要使小球做完整的圆周运动，电场强度应满足 ≤E≤ 。
1
(2)当电场方向水平，且E＝ 时，小球所受重力为mg、电场力qE 的合力大小
2 2
与水平方向的夹角θ满足tan θ＝
如果小球获得水平速度v 后刚好能做完整的圆周运动，在速度最小的位置B(如图)满足
2
F＝m
小球从A点运动到B点，由动能定理得：
－mgl(1＋sin θ)－qElcos θ＝mv 2－mv2
2 B 2
联立解得 v＝
2
如果小球获得水平速度v 后来回摆动，则小球刚好能到达C点或D点（如图），则小球从A点运动到C点，
2
由动能定理得：
－mgl(1＋cos θ)＋qElsin θ＝0－mv2
2 2
或小球从A点运动到D点，由动能定理得：
－mgl(1－cos θ)－qElsinθ＝0－mv2
2 2
解得v＝
2综合可得，v≥ 或v≤ 细线均不会松驰。
2 2
6．如图所示，一带电荷量q＝＋10－2 C，质量M＝1 kg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一可
视为质点、质量m＝1 kg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ＝0.75。距平板左端L＝0.8 m处有一
固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E＝500 N/C的水平
向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g＝10 m/s2，平板所带电荷量保持不变，
整个过程中物块未离开平板。求：
(1)平板第一次与挡板即将碰撞时的速率；
(2)若平板长度为L＝1 m，求物块最终离平板最左端的距离；
0
(3)若将电场撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度v＝15 m/s，使
0
得平板与挡板只能碰撞6次，求L应满足的条件。（假设平板足够长）
【解析】(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，有
a＝ ＝2.5m/s2<μg
故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得qEL＝(M＋m)v2
1
解得
。
(2)最后平板、小物块均静止（平板停在挡板处）
设最终小物块与平板的相对位移为s，全程根据能量守恒可得
0
解得
则物块最终离平板左侧的距离
。
(3)设平板每次撞击挡板的速率为 ，由题意可知每撞击一次，挡板给系统的冲量大小为 ，由于只能碰
撞6次，根据动量定理解得
对平板，根据运动学公式
得
所以
。
