高中物理10大難點(diǎn)強(qiáng)行突破之八帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)

第 頁 共 12 頁 - 1 - 難點(diǎn)之八 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 一、難點(diǎn)突破策略： 帶電微粒在電場中運(yùn)動(dòng)是電場知識(shí)和力學(xué)知識(shí)的結(jié)合，分析方法和力學(xué)的分析方法是基本相同的：先受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)過程，選擇恰當(dāng)物理規(guī)律解題。處理問題所需的知識(shí)都在電場和力學(xué)中學(xué)習(xí)過了，關(guān)鍵是怎樣把學(xué)過的知識(shí)有機(jī)地組織起來，這就需要有較強(qiáng)的分析與綜合的能力，為有效突破難點(diǎn)，學(xué)習(xí)中應(yīng)重視以下幾方面： 否考慮重力要依據(jù)具體情況而定。 （ 1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外一般都2）帶電顆粒 ：如塵埃、液滴、小球等，除有說明或有明確的暗示以外一般都不能忽略。 “帶電粒子”一般是指電子、質(zhì)子及其某些離子或原子核等微觀的帶電體，它們的質(zhì)量都很小，例如：電子的質(zhì)量僅為 10子的質(zhì)量也只有 10有些離子和原子核的質(zhì)量雖比電子、質(zhì)子的質(zhì)量大一些，但從“數(shù)量級(jí)”上來盾，仍然是很小的。）如果近似地取 g=10 米 /秒 2，則電子所受的重力也僅僅是 1010=0 )。但是電子的電量為 q=10然也很小，但相對(duì)而 言 1000如果一個(gè)電子處于 E=104 牛 /庫的勻強(qiáng)電場中（此電場的場強(qiáng)并不很大），那這個(gè)電子所受的電場力 F=10104=10），看起來雖然也很小，但是比起前面算出的重力就大多了（從“數(shù)量級(jí)”比較，電場力比重力大了 1014倍），由此可知：電子在不很強(qiáng)的勻強(qiáng)電場中，它所受的電場力也遠(yuǎn)大于它所受的重力 以在處理微觀帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)的問題時(shí)，一般都可忽略重力的影響。 但是要特別注意：有時(shí)研究的問題 不是微觀帶電粒子，而是宏觀帶電物體，那就不允許忽略重力影響了。例如：一個(gè)質(zhì)量為 1 毫克的宏觀顆粒，變換單位后是 1 10克，它所受的重力約為 1010=1 10），有可能比它所受的電場力還大，因此就不能再忽略重力的影響了。 2加強(qiáng)力學(xué)知識(shí)與規(guī)律公式的基礎(chǔ)教學(xué)，循序漸進(jìn)的引入到帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，注意揭示相關(guān)知識(shí)的區(qū)別和聯(lián)系。 3注 重帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的過程分析與運(yùn)動(dòng)性質(zhì)分析（平衡、加速或減速、軌跡是直線還是曲線），注意從力學(xué)思路和能量思路考慮問題，且兩條思路并重；同時(shí)選擇好 解決問題的物理知識(shí)和規(guī)律。 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)，是一種力電綜合問題。解答這種問題經(jīng)常運(yùn)用電場和力學(xué)兩方面的知識(shí)和規(guī)律，具體內(nèi)容如下： 所需電場的知識(shí)和規(guī)律有： F=W=電場線的性質(zhì)和分布；等勢面的概念和分布：電勢、電勢差、電勢能、電場力做功與電勢能變化關(guān)系 。 所需力學(xué)的知識(shí)和規(guī)律有：牛頓第二定律 F=能定理 W=能和重力勢能的概念和性質(zhì)；能的轉(zhuǎn)化和守恒定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 ；拋物體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律；動(dòng)量定理；動(dòng)量守恒定律； 解答“帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)”的問題，既需要掌握較多的物理知識(shí)，又需要具有一定的分析綜合能力。處理帶電粒子運(yùn)動(dòng)問題的一般有三條途徑：（ 1）勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律（ 2）動(dòng)能定理或能量守恒定律（ 3）動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律 處理直線變速運(yùn)動(dòng)問題，除非題目指定求加速度或力，否則最好不要用牛頓第二定律來計(jì)算。要優(yōu)先考慮使用場力功與粒子動(dòng)能變化關(guān)系，使用動(dòng)能定理來解，尤其是在非勻強(qiáng)電場中，我們無法使用牛頓第二定律來處理的過程，而動(dòng)能定理只考慮始末狀態(tài)，不考慮中間第 頁 共 12 頁 - 2 - 過程。一般來說，問題涉及時(shí)間則優(yōu)先考慮沖量、動(dòng)量，問題涉及空間則優(yōu)先考慮功、動(dòng)能。 對(duì)帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)的問題，對(duì)中學(xué)生要求不高，不會(huì)有難度過大的問題。 4強(qiáng)化物理?xiàng)l件意識(shí)，運(yùn)用數(shù)學(xué)工具（如，拋物線方程、直線方程、反比例函數(shù)等）加以分析求解。 （一）帶電粒子的加速 帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，做加速（或減速）直線運(yùn)動(dòng)。 粒子動(dòng)能的變化量等于電場力做的功。 （ 1）若粒子的初速度為零，則 qU=,V= 22）若粒子的初速度不為零，則 qU=- , V= 202電粒子平行電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，則帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可由電場力求得加速度進(jìn)而求出末速度、位移或時(shí)間。 說明 ： （ 1）不管是勻強(qiáng)電場還是非勻強(qiáng)電場加速帶電粒子 W=適應(yīng)，而 W=適應(yīng)于勻強(qiáng)電場 . （ 2）對(duì)于直線加速，實(shí)質(zhì)上是電勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，解決的思路是列動(dòng)能定理的方程（能量觀點(diǎn)）來求解。 例 1： 如圖 8示，帶電粒子在電場中的加速：在真空中有一對(duì)平行金屬板，兩板間加以電壓 U，兩板間有一個(gè)帶正電荷 q 的帶電粒子，它在電場力的作用下，由靜止開始從正極板向負(fù)極板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度有多大？（不考慮帶電粒子的重力） 【 審題 】本題是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速問題，物理過程是電場力做正功，電勢能減少，動(dòng)能增加，利用動(dòng)能定理便可解決。 【 解析】 帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中，電場力所做的功 W=帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的動(dòng)能 2 由動(dòng)能定理 2 得： v= 2 【 總結(jié)】 上式是從勻強(qiáng)電場中推出來的，若兩極板是其他形狀，中間的電場不是勻強(qiáng)電場，上式同樣適用。 例 2： 下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過加速電壓為 U 的電場之后，哪種粒子的速度最大？ （ A） a 粒子 （ B）氚核 （ C）質(zhì)子 （ D）鈉離子 【 審題 】 解答本題需要把帶電粒子在電場中加速的知識(shí)與原子核知識(shí)聯(lián)系起來。 1本題已知電場的加速電壓為 U，要判斷的是粒子被加 速后的速度 v 的大小，因此采圖 8 頁 共 12 頁 - 3 - 用 221 分析問題比較方便。 2若以 示質(zhì)子 11 e 表示質(zhì)子的電量，則根據(jù)所學(xué)過的原子核知識(shí)可知 粒子 質(zhì)量應(yīng)為 4荷量應(yīng)為 2e；氚核 量應(yīng)為 e；鈉離子 的質(zhì)量比其它三種粒子的質(zhì)量都大（由于是選擇判斷題，對(duì)此未記質(zhì)量數(shù) 也無妨）、電量應(yīng)為 e。 【 解析】 1 根據(jù) 212qU 以導(dǎo)出下式： 由此可知：對(duì)于各種粒子來說，加速電壓 U 都是相同的。因此 v 與 q 成正比； v 與 因?yàn)橘|(zhì)子和鈉離子所帶的電量相同，而鈉離子的質(zhì)量卻比質(zhì)子大得多，所以可斷定 電場加速后的質(zhì)子速度應(yīng)比鈉離子大得多。因此選項(xiàng)（ D）首先被淘太。 2為了嚴(yán)格和慎重起見，我們對(duì)被加速后的 粒子、氚核、質(zhì)子的速度進(jìn)行下列推導(dǎo)：對(duì)于粒子 質(zhì)量為 4量為 2e 4 222對(duì)于氚核 質(zhì)量為 3量為 e pp 3232氚 對(duì)于質(zhì)子 質(zhì)量為 量為 e 2 從比較推導(dǎo)的結(jié)果中知：質(zhì)子的速度 大，正確答案為（ C）。 【 總結(jié)】 本題關(guān)鍵是正確使用動(dòng)能定理，正確得出速度的表達(dá)式，由表達(dá)式加以討論，進(jìn)而得出正確選項(xiàng)。 例 3： 如圖 8示，真空中相距 d=5 兩塊平行金屬 板 A、 B 與電源連接 (圖中未畫出 )，其中 B 板接地（電勢為零） ,示 m=10量 q=+10帶電粒子從緊臨 B 板處釋放，不計(jì)重力 圖 8 8 頁 共 12 頁 - 4 - (1)在 t=0 時(shí)刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小 ; (2)若 A 板電勢變化周期 T=10-5 s,在 t=0 時(shí)將帶電粒子從緊臨 B 板處無初速釋放，粒子到達(dá) A 板時(shí)動(dòng)量的大?。?(3)A 板電勢變化頻率多大時(shí)，在 t=4T到 t=2 板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá) A 板 . 【 審題 】本題需要正確識(shí)別圖像，由圖像提供的信息分析帶電粒子在電場中的受力，由受力情況得出粒子的運(yùn)動(dòng)情況，選擇正確的物理規(guī)律進(jìn)行求解。 【 解析】 電場強(qiáng)度 E =， F=24 . 0 1 0 /m 粒子在 02T:時(shí)間內(nèi)走過的距離為 221 ( ) 5 . 0 1 022m 故帶電粒在在2恰好到達(dá) A 板 根據(jù)動(dòng)量定理，此時(shí)粒子動(dòng)量 234 . 0 1 0p F t m/s 帶電粒子在42:向 A 板做勻加速運(yùn)動(dòng)，在 324:向 A 板做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后將返回，粒子向 A 板運(yùn)動(dòng)的可能最大位移 22112 ( )2 4 1 6Ts a a T 要求粒子不能到達(dá) A 板，有 s （ 3）由電場線的疏密分布（或由 E=kQ/A=【 總結(jié)】 該種類型的題目 分析方法是：先畫出入射點(diǎn)軌跡的切線，即畫出初速度 根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其它有關(guān)的問題。 例 7： 在圖 8 a、 b 和 c 表示點(diǎn)電荷 a 的電場中的三個(gè)等勢面，它們的電勢分別為 U、32U、41U。一帶電粒子從等勢面 a 上某處由靜止釋放后，僅受電場力作用而運(yùn)動(dòng)，已知它經(jīng)過等勢面 b 時(shí)的速率為 v，則它經(jīng)過等勢面 c 的速率為 。 【 審題 】 1 已知 a、 b、 c 三點(diǎn)的電勢的大小關(guān)系為 U32U41U 根據(jù)“電場線的方向總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面”的性質(zhì)，可分析出本題中的電場線方向是由場源點(diǎn)電荷Q 為中心向四處放射的，而這樣分布電場線的場源點(diǎn)電荷應(yīng)當(dāng)是帶正電的。 2原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電粒子，若僅受電場力作用應(yīng)做加速運(yùn)動(dòng)。應(yīng)沿著電場線的方向由電勢高處向電勢低處運(yùn)動(dòng)。 圖 8 8 頁 共 12 頁 - 8 - 說明：前面所說的加速運(yùn)動(dòng)不一定是勻加速運(yùn)動(dòng)。只有在勻強(qiáng)電場中帶電粒子才會(huì)作勻加速運(yùn)動(dòng)。在非勻 強(qiáng)電場中（例如在點(diǎn)電荷場源的電場中）由于各處的電場強(qiáng)度不同，電荷所受的電場力的大小是變化的，所以加速度的大小也是變化的。 3解答本題選用的主要關(guān)系式為： 2 2121 式中 a、 b 等勢面時(shí)的速率。（對(duì)于 b、 【 解析】 設(shè)：帶電粒子的電量為 q； a、 b 兩等勢面的電勢差為 b、 c 兩等勢面的電勢差 電粒子經(jīng)過等勢面 a、 b、 c 時(shí)的速率分別為 已知： ， Vb=v） 則： 2 2121 2 2121 將 、 兩式相除可得： 2 22 將 132 、 254132 、 0、入 式： 所以，帶電粒子經(jīng)過等勢面 c 的速度為 【 總結(jié)】 帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)牽扯到動(dòng)能變化時(shí)通常用動(dòng)能定理求解比較方便，在分析問題時(shí)分清物理過程是非常關(guān)鍵的。 （六）考慮受重力或其它恒力作用時(shí)的帶電物體的運(yùn)動(dòng)問題 若帶電微粒除受電場力作用外，還受到重力或其它恒力作用，同樣要分解成兩個(gè)不同方向的簡單的直線運(yùn)動(dòng)來處理。 例 8：質(zhì)量 m=電荷量 10帶電微粒以 0m/s 的速度從水平放置的平行金屬板 A、 B 的中央飛入板間，如圖 8示，已知板長 L=間距離 d= 03伏時(shí)，帶電粒子恰好沿直線穿 過板間，則 所加電壓在圖 8 頁 共 12 頁 - 9 - 【 審題 】當(dāng) 03伏時(shí)，帶電粒子恰好沿直線穿過板間，說明微粒的重力要考慮，要使帶電粒子能從板間飛出， 所加電壓必定是一個(gè)范圍，從上板邊緣飛出對(duì)應(yīng)最高電壓，從下板邊緣飛出對(duì)應(yīng)最低電壓，利用平衡條件、牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式便可求出。 【 解析】 帶電微粒在板間受電場力和重力的作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒剛好打中下板右邊緣時(shí)，有： ， d/2 可得 =2=微粒，有（以向下為 正）： d=以 U1=m（ d/q=60V 當(dāng)微粒剛好打中上板右邊緣時(shí)，有： ， 2 d/2 可得 2=2=微粒，有（以向上為正）： d 以 U2=m（ g+d/q=240V 要使帶電微粒能穿出極板，則兩極板間的電壓 U 應(yīng)滿足： U 即： U 【 總結(jié)】 若帶電微粒除受電場力作用外，還受到重力或其它恒力作用，同樣要分解成兩個(gè)不同方向的簡單的直線運(yùn)動(dòng)來處理。 例 9：如圖 8示，水 平放置的 A、 B 兩平行板相距 h，有一質(zhì)量為 m，帶電量為 +q 的小球在 B 板之下 H 處以 使小球恰好打到 A 處，試討論 A、 B 板間的電勢差【 審題 】小球在 B 板下方時(shí)，只受重力作用，做減速運(yùn)動(dòng)，小球進(jìn)入到兩板間時(shí)，除受向下的重力外，還受到電場力的作用，向上做減速運(yùn)動(dòng)，但由題設(shè)的條件，電場力的方向未知，需要分兩種情況討論解決。 【 解析】 當(dāng)電場力向下時(shí)， A B +h)= m +h) /2q 當(dāng)電場力向上時(shí)， A B +h)=- 12 m 2g(H+h)【 總結(jié)】 本題在求解過程中可分段使用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，也可分段使用動(dòng)能定理或全過程使用動(dòng)能定理，但全過程使用動(dòng)能定理簡單。 例 10：如圖 8示：在方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為 m 的帶正電的小球，另一端固定于 O 點(diǎn)。把小球拉起至細(xì)線與場強(qiáng)平行，然后無初速解放。已知小球擺到最低點(diǎn)的另一 側(cè)，線與豎直方向的最大夾角為 。求：小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力。 【 審題 】 1在本題中，小球擺動(dòng)的過程是電荷克服電場力做功（電場力做負(fù)功）的過程 重力勢能減少，電勢能增加。根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知：重力勢能的減少量等于電勢圖 8 8 頁 共 12 頁 - 10 - 能的增加量。（說明：本題是宏觀小球，重力不能忽略。） 2重力對(duì)物體所做的功只跟起點(diǎn)和終點(diǎn)的位置有關(guān)，而跟物體運(yùn)動(dòng)的路徑無關(guān)。而且重力所做的功等于物體重力勢能的變化。根據(jù)這種性質(zhì)，在本題中若設(shè)細(xì)線長度為 l，則小球從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)重力勢能的減少量應(yīng)該等于 3 電場力對(duì)電荷所做的功只跟起點(diǎn)和終點(diǎn)的終點(diǎn)的位置有關(guān)，而跟電荷運(yùn)動(dòng)的路徑無關(guān)。而且電場力所做的功等于電荷的電勢能的變化。根據(jù)這種性質(zhì)，在本題中若設(shè)小球所帶電量為 q、場強(qiáng)為 E，則小球從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)電勢能的增加量應(yīng)該等于 + 。（根據(jù) W=U=d=1+） 4小球擺動(dòng)的過程中，重力做正功（重力勢能減少）；電場力做負(fù)功（電勢能增加），因此正功與負(fù)功的代數(shù)和（即算術(shù)差）應(yīng)當(dāng)?shù)扔谛∏蛟黾拥膭?dòng)能。若設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為 v，則其數(shù)學(xué)關(guān)系為 221 。 5在解答本題時(shí)，還需使用圓周運(yùn)動(dòng)的向心力關(guān)系式，若設(shè)小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力為 T，則應(yīng)有： 。 【 解析】 )s c qE lm 221 由 式可以導(dǎo)出： 221 將、兩式相除可得 ： s i o i o ss i i n1)c o ss i )s i 1)c o ss i n1(c o ss i i i o i o g g l將 代入 式： si o o o o 頁 共 12 頁 - 11 - 所以，小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力為 【 總結(jié)】 圓周運(yùn)動(dòng)是高中物理重點(diǎn)研究的曲線運(yùn)動(dòng)，電場中的圓周運(yùn)動(dòng)也是近年高考命題的熱點(diǎn)，解決這類問題的基本方法和力學(xué)中的情形相同，不同的是還要考慮電場力的特點(diǎn)。涉及勻強(qiáng)電場中的圓周運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，具體計(jì)算做功值時(shí)，要充分利用電場力、重力做功與路徑無關(guān)的性質(zhì)求解，分別求每個(gè)分力的功比求合力的功簡單。 例 11： 如圖 8示是靜電分選器的原理示意圖，將磷酸鹽和石英的混合顆粒由傳送帶送至兩個(gè)豎直的帶電平行板上方，顆粒經(jīng)漏斗從電場區(qū)域中央處開始下落，經(jīng)分選后的顆粒分別裝入 A、 B 桶中，混合顆粒離開漏斗進(jìn)入電場時(shí)磷酸鹽顆粒帶正電，石英顆粒帶負(fù)電，所有顆粒所帶的電量與質(zhì)量之比均為 10 5 C/已知兩板間的距離為10 板的豎直高度為 50 顆粒進(jìn)入電場時(shí)的初速度為零，顆粒間相互作用不計(jì)如果要求兩種顆粒離開兩 極板間的電場區(qū)域時(shí)有最大的偏轉(zhuǎn)量且又恰好不接觸到極板（ 1）兩極板間所加的電壓應(yīng)多大 ?（ 2）若帶電平行板的下端距 A、 1.3 m，求顆粒落至桶底時(shí)速度的大小（ g 10 m/ 【 審題 】 顆粒在電場中受電場力和重力的作用，在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，下落距離為極板高度 L，顆粒沿水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，離開電場時(shí)顆粒在水平方向?yàn)閯蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)規(guī)律，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律以及動(dòng)能定理求解。 【解析】 （ 1）顆粒在電場中受電場力和重力的作用，在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，下落距離為極板高度 L，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得 L 12 顆粒沿水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為 a 離開電場時(shí)顆粒在水平方向的位移為2d，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：2d 12 聯(lián)立、式解得 U 22md 1 104 V （ 2）在顆 粒下落的整個(gè)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得： 12 qU+L+H） =12 入數(shù)據(jù)得： v m/s 6 m/s 【總結(jié)】 本題是 靜電分選器的原理 的題目，與實(shí)際聯(lián)系密切。顆粒在電場中的做的是初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出電場后做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出兩板之間的電壓，全程使用動(dòng)能定理求出顆粒落至桶底的速度。 （七）創(chuàng)新思維問題 例 12： (2003 上海 )為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒 狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，它的上下底面是面積 A=距L=連接到 U=2500v 的高壓電源正負(fù)