高中物理帶電粒子在電場中的“曲線運動”

帶電粒子在電場中的“曲線運動一）—’08備考綜合熱身輔導(dǎo)系列山東平原一中

魏德田253100高中乃至于普通物理，所謂運動“曲線都指“二次曲線橢圓、圓、拋物線和雙曲線等等，螺旋線、擺線及更復(fù)雜的曲線往往不多研。筆者認(rèn)為，討論“帶電粒子在電場中的曲線運動”這一至關(guān)重要的課題，宜按物線、圓或橢圓、雙曲線及其他曲線運動等順序進行。并且，體例編排，宜先均勻后非均勻場；范題選擇，宜由簡而繁、自易入難；至于分析解答，從立意、選題解析到點撥，更宜謹(jǐn)慎遵循深入淺出的基本原則。因此，雖幾經(jīng)周折，而勉力為。不盡之處，請細(xì)心的讀者予以批評指正。一、破解依據(jù)欲破解此類問題，大致歸納為以下幾條依:㈠若合力（或合加速度a，下同）與初速度v不相共線粒子的軌跡為曲線，且向合力一側(cè)彎曲；若“二者”成0“銳角為“加速為“鈍角“則“減速成“直角”則“勻速㈡求勻變速曲線運動的位移（路程度（率加速（率）等等，亦需要綜合運用牛頓定律、運動學(xué)公式，更重要的要把握運動合成與分解、平拋圓周運動等概念和規(guī)律?！凹铀偎俸贤饬τ谢蜇?fù)的沖量由動量定理“動量增加減少度不變，動量亦然。㈣若“加速減速則合外力做為“正負(fù)動能定理知“動能增加減少速度變，則動能亦然。㈤重力、電場力做功為“正負(fù)然等于重力勢能、電勢能的“減少加其他力做功則不一定如此。無論何力做功，包括機械能、電勢能等在內(nèi)的能量是守恒的。除開涉及“電場力做功”的第㈤條而外，皆已于力學(xué)中經(jīng)常應(yīng)用以下三條當(dāng)屬于“靜電場”一章的基本內(nèi)容。㈥場強、電勢、電勢差：．．．．．．．．⑴EFq,EkQr

2

,d.

⑵

A

q,

kQr.

㈦電場力及其功：⑴F,

r

2⑵FdqU,W

qU

rr)B㈧電勢能及其變化，則用

qkqr

由此可見，它與相應(yīng)的直線運動的破解宋”體文字即表示兩者有許多相同之處。二、解題示例㈠帶電粒子在電場中的拋線運動“帶電粒子以下多“粒子勻強電場限本文）中的運動，可分為受單一電場力或者等效重力作用兩種基本題型無論哪種情形粒子均受恒力作用，且均可證明，粒子必做勻變速運動速”是“勻變速”的特例其運動軌跡除開前文所列為直線而外所余者皆為拋物線若恒力“初速度兩者“銳角則為“類斜下拋“直角”則為“類平拋“鈍角”為“類斜上拋下面我們先來討論在單一勻強電場中帶電粒子的拋線運動這里的帶電粒子，指電子、質(zhì)子、粒子和離子之類應(yīng)該強調(diào)，在解決問題的過程中，運動合成和分解的知識是必要的。⒈帶電粒子在單一勻強電場中的拋線運動[例題1]（高考模擬）兩個半徑均R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d極板間的電勢差為U板間電場可以認(rèn)為是均勻的一個粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負(fù)極板時恰落在極板中心。已知質(zhì)子電荷為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求：⑴粒子在極板間運動的加速度a；00F00F⑵粒子的初速度v。0⑶此過程中粒子的動量變化。[解析]⑴先，作出示意圖—1。然，形板極間場強為U已知粒子電荷為2e為4m綜（牛二定律電場力公式）可得

vER圖—1v

兩圓據(jù)㈡F2eE

eU

v

2⑵由綜合“依據(jù)”㈡，可知粒子只在電作用下，做“類平拋”運動。從而，可得t0聯(lián)立③④⑤式，即可求出

圖—2

場力v

R

m⑶由圖—2表示初、末速度和速度變化之間的關(guān)系。因與加速度方向均豎直向下，再聯(lián)系到③④式，從而應(yīng)用“依據(jù)”㈢可得444eUm[點撥]例屬于粒子在單一電場力作用下做“類平拋”運動的較簡單而基本題型與解決重力場中的平拋運動沒什么兩樣但對于物理規(guī)律的應(yīng)用和數(shù)學(xué)運算，則絲毫不能含糊。[例題2]如圖—3所示，在厚鉛版A表面中心放置一很小的放射源，可向各個方向放射出速率為vα粒質(zhì)量為m量q0

M

在LBv

A圖—3KK屬網(wǎng)與A間加有豎直向上的勻強電場，場強為E。A與間距離為d，B方有一很大的熒光屏M，M與B距離L，當(dāng)有α粒子打在熒光屏上時就能夠使熒光屏產(chǎn)生一閃光點。整個裝置放在真空中，不計重力的影響，試分析：打在熒光屏上的粒子的動能有多大？熒光屏上閃光點的范圍有多大？在實際應(yīng)用中，往往是放射源射出的α粒子的速率未知，請設(shè)計一個方案，用本設(shè)置來測定α粒子的速率。[解析]⑴分析可知α粒子自射出而到達熒光屏的過程中只有電場力做功由“依據(jù)”㈣（動能定理）可得1E2

20⑵如圖—4所示，欲求粒子的“題設(shè)范圍”，則只要求出熒光屏閃光圓的半徑R即可。顯見，該半徑為沿鉛板邊緣垂直于電場的粒子，做“類平拋”復(fù)加“勻速”運動的水平位移。從而，先求類平拋的水平位移（即側(cè)移）。設(shè)“粒子”在電場、真空中運動的時間分別為t、t.由“綜合依據(jù)”㈡和靜電場“依據(jù)”㈦得12

qEm

at因α粒子離開電場在豎直方向以分速度做速運動，設(shè)到達熒光屏的時間yt,則2vy1Lty

R考慮到，粒子在水平方向一直做勻速運動。而由①②③④式可求出

MB

L

從(t)012vL22

A

v圖—

⑶實際測定α粒子的速率時，由上述公式可得

m(2dL

。因此，只要測出相關(guān)物理量的數(shù)據(jù)，代入此式計算就可以了。[點撥]此例求α粒子打“熒光屏上閃光點的范圍(圖示中閃光圓的半徑R)，亦即α粒子在水平方向發(fā)生的位移該位移由勻強電場和真空等產(chǎn)生的兩部分位移構(gòu)成。求此位移時，應(yīng)牢牢把握粒子在水平方向總做勻速運動一點，只要細(xì)心求出運動的總時間就行了。⒉帶電粒子在等效重力場中的拋線運動所謂“等效重力場”，指由勻強電場、重力場而成的復(fù)合場。所“等效重力”或亦可稱“視重是由恒定電場力重力矢量合成的而該場中“帶電粒子，則往往為帶電小球、顆粒、液滴之類。[例題一質(zhì)量為，帶電量為q小球從距地面高h(yuǎn)處以一定的初速度水平拋出。在距拋出點水平距離為l處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管，管的上口距地面h/2。為使小球能無碰撞的通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域里加一個場強方向水平向左的勻強電場，如圖—5所示。試求：⑴小球的初速度v；⑵電場強度E的大小；⑶小球落地時的能。[解析]⑴首先析可小球在重力場力的共同作用下做初速度為類0斜上拋”運動，如圖—6示。此可分解為豎直自由落體運動，水平勻減速運動。從而，可使小球到達管口處水平速度為零。由運動的等時性，可得小球運動至管口的時間1gt2

然后，由“依據(jù)”㈥（電場力公式）、㈡（牛二定律、勻變速直運動規(guī)律），可得0000vvv2al

l

h/2

聯(lián)立①③④式，即可求出

圖—5v2lmglE

F

h/2

O

θmg

v⑵小題的結(jié)果，即⑤式表示。

l⑶最后，由“依據(jù)”㈣（動能定理），可

得qElE

K2

mv

圖—6不難求出小球落地時的動能E

K2

mgh[點撥]“帶電物體”在等效重力場內(nèi)做拋線運動規(guī)律，與在重力場內(nèi)情形沒有實質(zhì)性的差別。解題的關(guān)鍵，在于如何先求出等效重力，弄清其小和方向，然后應(yīng)用運動的矢量作圖運算的方法作為勻變速直線運動處理此例在上述基礎(chǔ)上，又進行功能分析，應(yīng)用了動能定理。[例題（’05京）真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速與豎直方向夾角為37°（取sin0.6,該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出。求運動過程中⑴小球受到的電場力的大小及方向；⑵小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；⑶小球的最小動量的大小及方向。

OqEθ[解析]⑴首先，分析可知帶電小球在該等效重力場

mg

F圖—7VBvVBv中做“類斜上拋”運動，此可分解為水平“勻加速”和豎直“勻速”運動。如圖—7所示。應(yīng)用“綜合依據(jù)”㈡、題設(shè)條件，得電場大小為F電場力的方向水平向右。

mg⑵然后，按運動的分解理論，小球的運動可分解為水平的勻加速動和豎直的勻減速運動。依題意，欲求“小球從拋出點至最高點的電勢能變量明確到最高點時豎直末速度為零，先求出相應(yīng)的水平位移，再運用電場做功與電勢能的關(guān)系才行。如圖—8所示，先設(shè)小球沿水平即電場方向的位移、豎直速度分為s、v，相xy應(yīng)時間為t。由“綜合依據(jù)”㈡（牛二定律、運動學(xué)式、運動的等時性可得0Fθesvgt0

O

A

C再，小球上升到最高點，末速度v為零。由④可得y

圖—t

聯(lián)立②③⑤式，即可求出

30g

由“依據(jù)”㈧可知，電場力做正功等于電勢能的減少，再代入①式解得Fmvx

由此可見，小球上升到最高點時，電勢能比原來減少mv

。⑶接下來欲求小球的最小動量必須先求其最小速度“綜合依據(jù)（運動學(xué)知識、運動分解規(guī)律）可知，小球的水平速a，豎直速度vgtxx合速度為v

。從而，由以上各式可得

t

vgtv

又，由數(shù)學(xué)可知，當(dāng)t

v25g

時，速度有極小值

nin

3v0。5最后，我們求出小球動量的最小值為min

mv

min

mv

此時最小速度的各個分量、其與水平方向的夾角分別為v

/

v，

/

tan

vv

yx

//

tan

37亦即最小動量與電場成37°角斜向上方。[點撥]決此例的關(guān)鍵，在于弄清實際運動可分解為如上兩個分運動，而欲電勢能變化，則必須求出水平位移。進而，應(yīng)用牛頓定律、運動學(xué)公、矢量運算和電場力、電場力做功跟電勢能的關(guān)系等重要規(guī)律來實現(xiàn)。最后，應(yīng)一元二次方程求根公式等，判斷并求出速度的極小值最小動量”隨之求出。[例題5]（’04北京）圖是某種靜電分選器的原理示意圖。兩個豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場。分選器漏斗的出與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，a顆粒帶上正電，b種顆粒帶負(fù)電。經(jīng)分選電場后，a、b種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上。已知兩板間距0.1，的長度l0.5m，電場僅限在平行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質(zhì)量之比均為1

C/設(shè)顆粒進入電場時的初速度為零分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計。要求兩種顆粒離開場區(qū)域時，不接觸到極板但有最大偏轉(zhuǎn)量。重力加速度g取ms。yyyyyy左右兩板各帶何種電荷？兩極板間的電壓多大？若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度，顆粒落至傳送帶的速度大小是多少？設(shè)顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時，沿豎直方向的速度大小為碰撞豎直方向速度大小的一半。寫出顆粒第n碰撞反彈高度的表達式。并求出經(jīng)過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01m[解析]⑴首先，應(yīng)用“依據(jù)”㈠分析，可知正、負(fù)顆粒分別受向不同的靜電場力作用，在勻強電場中均做類平拋運動。顯然，左板帶負(fù)電荷，板帶正電荷。與上類似，應(yīng)用“綜合依據(jù)”㈡，可得顆粒在平行板間的豎直方向l

s

又，在水平方向有Uqt2聯(lián)立①②兩式，可解得U

gmd2

2

4

⑵然后，應(yīng)用“依據(jù)”㈣（動能定理可知當(dāng)顆粒落到水平傳送帶上時，滿足下式

圖—11Uqmg(lmv22

Uqv(l4/sm此即題設(shè)待求的末速度。⑶最后，由于顆粒在豎直方向做自由落體運動，它第一次落到傳帶時豎直分速度vgl4v對應(yīng)的反))