约束条件下的带电体在匀强电场中的运动探析

带电体在匀强电场中的运动问题能很好考查学生的推理能力、分析综合能力、应用数学知识解决物理问题的能力，因而成为高考的一个热点，此类题常常与牛顿运动定律、功能关系、机械能守恒定律、动量守恒定律等主干知识相结合考查，下面看看约束条件下带电体在电场中的运动问题要如何解决.

一、斜面的约束

例1（2009年福建）如图1，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中. 一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态. 一质量为m、带电量为q（q > 0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.

（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1.

（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W.

解析（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a，则有qE + mgsin = ma，s0 = at12，联立可得

t1 = .

（2）当滑块速度最大时其受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有mgsin+ qE = kx0，从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理有（mgsin + qE） （xm + x0） + W = mvm20，联立上述两式可得

W = mvm2（mgsin+ qE） （s0 + ）.

点评本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题，涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力做功问题、最大速度问题和运动过程分析. 弄清物体速度最大时物体的加速度等于零（即所受合外力为零）是解答的关键所在.

二、直轨道的约束

例2（2007年广东）如图2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3.5 L. 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2 L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：

（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；

（2）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.

解析先对球A的位置进行判断，对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：

W1 = 2qE×2.5 L + （3qE×1.5 L） > 0，

而且还能穿过小孔，离开右极板. 假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：

W2 = 2qE×2.5 L + （3qE×3.5 L） < 0.

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧.

（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a1 == ，球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：

v12 = 2a1L， 求得：v1 =.

（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：

t1 = ，解得：t1 = .

球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：a2 = =.

由此可知，带电系统向右做匀减速运动. 设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：

v22v12 = 2a2×1.5 L，t2 = ，

求得v2 = ，t2 =.

球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：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，则有：t3 = ， v22 = 2a3 x，

求得：t1 = ，x = .

可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t = t1 + t2 + t3 = .

球A相对右板的位置为：x = .

点评本题以带电体在电场中的运动为背景综合考查牛顿第二定律、匀变速运动规律、电场力做功等知识，带电体运动过程较复杂，需要仔细分段分析，抓住分过程的衔接状态，按部就班的运用规律列式.

三、圆轨道的约束

例3（2010年安徽）如图3，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R = 0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E = 5.0×103 V/m. 一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞. 已知甲、乙两球的质量均为m = 1.0×102 kg，乙所带电荷量q = 2.0×105 C，g取10 m/s2. (水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)

（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；

（2）在满足（1）的条件下，求甲的速度v0.

解析：（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙从离开D点至到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则

= mg + qE，2R = （）t2，

x = vDt，联立得 x = 0.4 m.

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：

mv0 = m v甲 + m v乙，

mv02 = mv甲2+ mv乙2 ， 联立得：v0 = v乙.

由动能定理得：

mg 2RqE 2R = mvD2+ mv乙2 ，

联立得：vD = 2 m/s.

点评本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等主干知识点，抓住运动过程分析和状态分析，准确解出在最高点的速度是解答本题的关键所在.

四、平行板的约束

例4（2010年江苏））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4甲所示，加在极板A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0（k > 1），电压变化的周期为2 ，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. 若电子在0~2 时间内不能到达极板A，求d应满足的条件.

解析电子在 0 ~ 时间内做匀加速运动加速度的大小，a1 = ，位移x1 = a12，

在 ~ 2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a2 = ，

初速度的大小v1 = a1，

匀减速运动阶段的位移x2 =，

依据题，d > x1 + x2，解得d > .

点评本题要求能根据图像提供的信息准确分析出带电粒子的运动过程，再由相应的运动规律解答. 电子在一个周期内往返式前进，整个过程电子做匀变速直线运动.

五、杆的约束

例5（07四川）如图5所示，一根长L = 1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E = 1.0×105 N/C、与水平方向成 = 30角的倾斜向上的匀强电场 杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q = +4.5×106 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q = +1.0×106 C，质量m = 1.0×102 kg. 现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动. （静电力常量k = 9.0×109 N m2/C2，取g = l0 m/s2)

（1）小球B开始运动时的加速度为多大？

（2）小球B从N端运动到距M端的高度h2 = 0.61m时，速度为v = 1.0 m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？

解析

（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得：

mgqEsin= ma，

解得：a = g，

代入数据解得：a = 3.2 m/s2.

（2）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有：

W1 + W2 + W3 = mv2，

W1 = mg（Lh2），

W2 = qE（Lh2）sin，

解得：W3 = mv2mg（Lh2） + qE（Lh2）sin .

设小球B的电势能改变了Ep，则：

Ep = （W2 + W3），

Ep = mg（Lh2）mv2，

解得：Ep = 8.4×10 J.

点评本题考查牛顿第二定律、动能定理等主干知识，难度中等，小球运动到最大速度时的受力特征和小球的电势能的改变量的求解是解答的关键.

六、圆管道的约束

例6如图6所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑. 现将一质量为m、带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知mg = qE，则小球释放后第一次与第二次经过最高点时对管壁的压力之比.

解析根据动能定理，小球第一次从A到C有

2qERmgR = mvC120.

又因为qE = mg，联立可得vC1 = .

由牛顿第二定理在C点有mg + FN1 = ，

解得FN1 = mg，方向竖直向下.

小球第二次从A到C时，根据动能定理有

2qER = mvC22mvC12，

联立qE = mg，mg + FN2 = ，

解得FN2 = 5mg，方向竖直向下.

根据牛顿给第三定律可知，小球释放后第一次与第二次经过最高点时对管壁的压力之比为1 : 5.

点评解答本题要明白电场力做功只与初、末位置有关，注意灵活运用动能定理.