带电粒子在电场中的运动解题三步法.docx
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带电粒子在电场中的运动解题三步法
带电粒子在电场中的运动解题三步法
2：
．力学知识:
牛顿第二定律F=ma；动能定理W=ΔEk；
不同位置的电势能、动能和重力势能的和不变；
匀变速直线运动规律；
抛物体运动规律；
圆周运动规律
分力---分速度---分动能。
3、力、速度、加速度的正交分解
第三步：
题目考查的问题：
力和运动问题还是功和能关系问题
1．带电粒子在电场中运动的过程:
平衡、加速或减速、直线、曲线
电场的知识和规律：
E=F/q→F=qE；W=qU；E=U/d；Ep=qΦ
2、处理带电粒子运动问题的一般有三条途径：
（1）匀变速直线运动公式和牛顿运动定律
（2）能量守恒定律
（3）动量定理和动量守恒定律
3、直线变速运动问题，
（1）优先考虑使用场力功与粒子动能变化关系，使用动能定理来解，尤其是在非匀强电场中，我们无法使用牛顿第二定律来处理的过程，而动能定理只考虑始末状态，不考虑中间过程。
（2）若问题涉及空间则优先考虑功、动能，用能量守恒解题。
（3）题目指定求加速度、力、时间，只能用牛顿第二定律来计算。
（4）问题涉及时间则优先考虑冲量、动量，问题涉及空间则优先考虑功、动能。
4、强化物理条件意识，联系数学工具分析（抛物线方程、直线方程、反比例函数、极值等）。
二、运动的几种模型
一带电粒子的加速
特别注意：
W=qU适应匀强电场和非匀强电场，而W=qEd，只适应于匀强电场.
对于直线加速，是电势能转化为动能，解决的思路能量观点来求解。
1.运动状态分析
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加速（或减速）直线运动。
2.用功能观点分析
（1）粒子动能的变化量等于电场力做的功。
粒子的初速度为零，qU=mv2/2,V=
（2）若粒子的初速度不为零，则qU=mv2/2-mv02/2,V=
3.用牛顿运动定律和运动学公式分析：
带电粒子平行电场线方向进入匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动，可由电场力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。
图8-1
例1：
如图8-1所示，带电粒子在电场中的加速：
在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压U，两板间有一个带正电荷q的带电粒子，它在电场力的作用下，由静止开始从正极板向负极板运动，到达负极板时的速度有多大？
（不考虑带电粒子的重力）
【审题】本题是带电粒子在匀强电场中的加速问题，电场力做正功，电势能减少，动能增加，利用动能定理便可解决。
【解析】带电粒子在运动过程中，电场力所做的功W=qU。
设带电粒子到达负极板时的动能Ek=
mv2，由动能定理qU=
mv2得：
v=
【关键点】-----使用W=qU=
mv2-----适用所有电场。
例2：
下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场之后，哪种粒子的速度最大？
（A）a粒子（B）氚核（C）质子（D）钠离子
【审题】：
解答本题需要把带电粒子在电场中加速的知识与原子核知识联系起来。
1．已知电场的加速电压为U，要判断粒子速度v的大小，采用
分析问题比较方便。
2．质子
，α粒子
；氚核
；钠离子
的质量最大,
【解析】
v=
由此可知：
加速电压U相同的。
v与
成正比；答案为（C）。
【关键】----使用动能定理----得出速度的表达式----对表达式加讨论。
例3：
如图8-2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8-3所示.将一个质量
m=2.0×10-23kg,电量q=+1.6×10-15C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力.求：
（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小;
（2）若A板电势变化周期T=1.0×10-5s,在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动能的大小；
（3）A板电势变化周期多大时，在t=T/4到t=T/2时间内从紧邻B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板.
8-2
8-3
【审题】在0--T/2时间匀加速运动，T/2-T匀减速运动，均向A板。
【解析】电场强度E=U/dF=qE=qU/dα=F/m=Uq/dm=4.0Χ109m/s2
如果BA距离足够长在0--T/2移动s，在T/2-T也移动s。
S=
α（
）2=5.0Χ10-2m
S=d带电粒在T/2时恰好到达A板
此时粒子动能Ek=qUBA=1.6×10-15×2.5=4×10-15J
带电粒子在t=
到
加速运动，
在t=
到
减速运动使速度减到0。
S1=
α（
）2S2=S1=
α（
）2
则S=S1+S24.0Χ109Χ（
）2<5Χ10-2
则T<
Χ10-5
【关键】受力方向与运动方向相同--加速运动；受力方向与运动方向相反---减速同向运动。
当速度为0时，两段位移大小相等，方向相同。
二带电粒子的偏转（限于匀强电场）
1.运动状态：
初速度V0⊥电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90o角的电场力作用而做匀变速曲线运动。
初速度V0与粒子在叠加场（电场和重力场）中的受力方向一致时，做匀加速直线运动。
（方向相反做匀减速直线运动）。
2.偏转问题：
类平抛运动，对速度正交分解分析处理。
（1）垂直电场方向的分运动为匀速直线运动：
t=L/V0；vx=v0Sy=
αt2
（2）平行于电场方向是初速为零的匀加速运动：
vy=at,y=
at2粒子速度：
Vt2=vx2+vy2；
偏转角：
tgφ=vy/v0=
=
·
与电荷与初动能的比值有关
有关。
偏转距离：
Sy=
αt2=
=
·
与电荷与初动能的比值有关
有关。
图8-4
例4：
如图8-4所示，一束带电粒子（不计重力），垂直电场线方向进入偏转电场，试讨论在以下情况下，粒子应具备什么条件才能得到相同的偏转距离y和偏转角度φ（U、d、L保持不变）。
（1）进入偏转电场的速度相同；
（2）进入偏转电场的动能相同；
（3）进入偏转电场的动量相同；
（4）先由同一加速电场加速后，再进入偏转电场。
【审题】本题是典型的带电粒子在匀强电场中的偏转问题，是一个类平抛运动，关键是正确推出偏转距离y和偏转角度φ的表达式。
【解析】由带电粒子在偏转电场中的运动规律得：
偏转距离y=
αt2=
=
·
偏转角tgφ=
=
·
讨论：
（1）因为v0相同，仍需q/m相。
（2）因为
mv02相同，还需q相同。
（3）因为mv0相同，需q相同。
（4）设加速电压为U′，由qU′=
mv02,有:
y=
，tgφ=
可见，在（4）的条件下，不论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出电场的偏转距离y和偏转角度φ都是相同的。
【关键点】先加速后偏转-----带电粒子的侧移量和偏转角都与质量m、带电量q无关。
图8-2
三示波管原理
1．构造及功能如图8-5所示
（１）电子枪：
发射并加速电子．
（２）偏转电极ＹＹ＇：
使电子束竖直偏转（加信号电压）
偏转电极ＸＸ＇：
使电子束水平偏转（加扫描电压）
（3）荧光屏．
2．原理：
ＹＹ＇作用：
被电子枪加速的电子在ＹＹ＇电场中做匀变速曲线运动，出电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，几何知识
，导出偏移y’=（l+L/2）tanθ
y’随信号电压同步调变化,但由于视觉暂留及荧光物质的残光特性看到一条竖直亮线.
加扫描电压可使这一竖直亮线转化成正弦图形。
XX’的作用:
与上同理,如果只在偏转电极XX’上加电压,亮斑就在水平方向发生偏移,加上扫描电压,与信号电压周期相同，荧光屏将出现完整的正弦图形.
例5：
如图8-6所示，是一个示波管工作原理图，电子经加速以后以速度V0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U，板长为L.每单位电压引起的偏移量（h/U）叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些办法？
（）
（1）增大两板间的电势差U
（2）尽可能使板长L做得短些
（3）尽可能使两板间距离d减小些（4）使电子入射速度V0大些
【审题】本题物理过程与例题4相同，也是带电粒子的偏转问题，与示波管结合在一起，同时题目当中提到了示波管的灵敏度这样一个新物理量，只要仔细分析不难得出正确结论。
【解析】竖直方向上电子做匀加速运动，故有h=
at2=
则
C正确.
【总结】本题是理论联系实际的题目，同时题目中提出了示波管灵敏度这一新概念，首先需要搞清这一新概念，然后应用牛顿第二定律及运动学公式加以求解。
四、根据运动轨迹分析有关问题
该种类型的题目分析方法是：
先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其它有关的问题。
图8-7
例6：
在图8-7甲中，虚线表示真空里一点电荷Q的电场中的两个等势面，实线表示一个带负电q的粒子运动的路径，不考虑粒子的重力，请判定
（１）Ｑ是什么电荷？
（２）ＡＢＣ三点电势的大小关系；
（３）ＡＢＣ三点场强的大小关系；
（４）该粒子在ＡＢＣ三点动能的大小关系。
【审题】
Ａ、Ｂ、Ｃ是带电粒子在电场中运动轨迹上的三点，通过轨迹的弯曲方向得出受力方向，由受力方向判断Q的电性，画出电场线，判断电势的高低及场强的大小；根据电场力对带电粒子的做功情况判断粒子在Ａ、Ｂ、Ｃ三点动能的大小关系。
【解析】
（１）设粒子在Ａ点射入，则Ａ点的轨迹切线方向就是粒子q的初速v0的方向（如图8-7乙）。
由于粒子q向偏离Ｑ的方向偏转，因此粒子q受到Ｑ的作用力是排斥力，故Ｑ与q的电性相同，即Ｑ带负电。
（２）因负电荷Ｑ的电场线是由无穷远指向Ｑ的，因此φＡ=φC>φＢ。
（3）由电场线的疏密分布（或由E=kQ/r2）得EA=EC（4）因粒子从A→B电场力做负功，由动能定理可知EKBEKB。
【总结】该种类型的题目分析方法是：
先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其它有关的问题。
例7：
在图8-8中a、b和c表示点电荷a的电场中的三个等势面，它们的电势分别为U、
U、
U。
一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面c的速率为（）。
图8-8
【审题】
1．已知a、b、c三点的电势的大小关系为U>
U>
U,根据“电场线的方向总是由电势高的等势面指向电势低的等势面”的性质，可分析出本题中的电场线方向是由场源点电荷Q为中心向四处放射的，而这样分布电场线的场源点电荷应当是带正电的。
2．原来处于静止状态的带电粒子，若仅受电场力作用应做加速运动。
应沿着电场线的方向由电势高处向电势低处运动。
说明：
前面所说的加速运动不一定是匀加速运动。
只有在匀强电场中带电粒子才会作匀加速运动。
在非匀强电场中（例如在点电荷场源的电场中）由于各处的电场强度不同，电荷所受的电场力的大小是变化的，所以加速度的大小也是变化的。
3．解答本题选用的主要关系式为：
Uab为a、b两等势面的电势差，
Va、vb为带电粒子经过时a、b等势面时的速率。
（对于b、c两等势面也存在同样形式的关系式。
）
【解析】
设：
带电粒子的电量为q；a、b两等势面的电势差为Uab，b、c两等势面的电势差Ubc；带电粒子经过等势面a、b、c时的速率分别为Va、Vb、Vc。
（已知：
Va=0，Vb=v）
则:
qUab=
mvb2-
mva2①
qUac=
mvc2-
mva2②
得:
vc=1.5vb=1.5v
所以，带电粒子经过等势面c的速度为1.5v。
【关键】带电粒子在非匀强电场中运动，牵扯到速度变化时通常用动能定理求解比较方便。
五、考虑受重力或其它恒力作用时的带电物体的运动问题
若带电微粒除受电场力作用外，还受到重力或其它恒力作用，同样要分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理。
例8：
如图所示，质量为m=5×10-8kg的带电粒子以v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当AB间加电压UAB=1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A板电势高）。
（1）带电粒子的电性，电荷量为多少？
（2）恰好由边缘飞出，所加电压应为多大？
图8-9
【审题】当UAB=103伏时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，说明微粒的重力要考虑
要使带电粒子能从板间飞出，AB间所加电压必定是一个范围，从上板边缘飞出对应最高电压从下板边缘飞出对应最低电压，利用平衡条件、牛顿第二定律及运动学公式便可求出。
解：
（1）UAB=103V时，粒子做直线运动，有qU/d=mg，q=mgd/U=10-11C，带负电。
（2）当电压UAB比较大时，qE>mg，粒子向上偏，qu1/d-mg=ma1
刚好能由A边缘飞出去：
y=
a1t2=
a1
2=d/2解之得U1=1800V。
当电压UAB比较小时，qE刚好能从下板边缘飞出有：
mg-qU2/d=ma2,：
y=
a2t2=
a2
2=d/2解之得U2=200V。
要使带电微粒能穿出极板，则两极板间的电压U应满足：
U1＜U＜U2，
即：
200Ｖ＜U＜1800Ｖ
【关键】带电微粒受到电场力、重力作用，分解成两个不同方向的直线运动来处理。
图8-10
例9：
如图8-10所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一质量为m，带电量为+q的小球在B板之下H处以v0初速度竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A处，试讨论A、B板间的电势差是多少？
【审题】小球在B板下方时，只受重力作用，做减速运动，小球进入到两板间时，除受向下的重力外，还受到电场力的作用，向上做减速运动，但由题设的条件，电场力的方向未知，需要分两种情况讨论解决。
【解析】当电场力向下时，ψA>ψB，由由两点间能量守恒得：
QuAB-mg（H+h）=
mv02,
∴UAB=m［v02-2g（H+h）］/2q
当电场力向上时，φA<φB，由动能定理得
mg（H+h）-QuBA=
mv02,
∴UBA=m［2g（H+h）-v02］/2q
【总结】本题在求解过程中可分段使用牛顿第二定律和运动学公式，也可分段使用动能定理或全过程使用动能定理，但全过程使用动能定理简单。
图8-11
例10：
如图8-11所示：
在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带正电的小球，另一端固定于O点。
把小球拉起至细线与场强平行，然后无初速释放。
已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ。
求：
小球经过最低点时细线对小球的拉力。
【审题】
1．两点的速度均为零，根据能的转化和守恒定律可知：
重力势能的减少量等于电势能的增加量。
2．小球从释放点到左侧最高点重力势能的减少量应该等于mglcosθ。
3．小球从释放点到左侧最高点电势能的增加量为qEl（1+sinθ）
4．小球摆动的过程中，重力做正功（重力势能减少）；电场力做负功（电势能增加），因此正功与负功的代数和（即算术差）应当等于小球增加的动能。
。
5．在解答本题时，还需使用圆周运动的向心力关系式，若设小球经过最低点时细线对小球的拉力为T，则应有：
。
【解析】
（1）设细线长为l，场强为
，因电量为正，故场强的方向为水平向右。
从释放点到左侧最高点速度均为零。
由能量守恒有
，故
，解得
（2）若小球运动到最低点的速度为v，此时线的拉力为T，
由能量守恒可得
，
由牛顿第二定律得
，联立解得
【关键点】电场力、重力做功与路径无关，分别求每个分力的功比求合力的功简单。
解决电场中的圆周运动问题的基本方法和力学中的情形相同，
图8-12
例11：
如图8-12所示是静电分选器的原理示意图，将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方，颗粒经漏斗从电场区域中央处开始下落，经分选后的颗粒分别装入A、B桶中，混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带负电，所有颗粒所带的电量与质量之比均为10-5C/kg．若已知两板间的距离为10cm，两板的竖直高度为50cm．设颗粒进入电场时的初速度为零，颗粒间相互作用不计．如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时有最大的偏转量且又恰好不接触到极板．
（1）两极板间所加的电压应多大?
（2）若带电平行板的下端距A、B桶底高度为H＝1.3m，
求颗粒落至桶底时速度的大小．（g＝10m/s2）
【审题】颗粒在竖直方向上受重力作用，竖直方向分运动为自由落体运动。
颗粒沿水平方向上受电场力作用，水平方向分运动为匀加速直线运动。
离开电场时颗粒在竖直方向为匀变速直线运动规律，
【解析】
（1）颗粒在竖直方向上下落距离为极板高度L，
由自由落体运动公式得L＝
gt2①
颗粒沿水平方向的分运动为匀加速直线运动，加速度大小为a＝
②
离开电场时颗粒在水平方向的位移为
，由匀变速直线运动规律得：
＝
at2③
联立①、②、③式解得U＝＝1×104V
（2）在颗粒下落的整个过程中，根据动能定理得：
qU+mg（L+H）=
mv2
代入数据得：
v＝
m/s≈6m/s
【关键点】分力产生分运动
（七）创新思维问题
例12：
（2003上海）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到U=2500v的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图8-13所示。
现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17c，质量为m=2.0×10-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。
求合上电键后：
图8-13
（1）经过多少时间烟尘颗粒可以被全部吸收？
（2）除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？
（3）经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？
【审题】两金属板间为匀强电场，最上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘被全部吸附。
烟尘均匀分散在盒子内，等效处理为所有烟尘颗粒集中于极板中间位置。
求烟尘颗粒的总动能的最大值，需要列出总动能的表达式，然后求极值。
1最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。
烟尘颗粒受到的电场力
，
，故t=0.02s
2W=
=1013×0.04×0.05×1.0×10-17×
2.5×10-4J
3设烟尘颗粒下落距离为x
则一个颗粒做的功W1=Eqx=Uqx/L
当这一颗到达下板时，它前面的粒子已经碰板，所以所有正在加速的颗粒数（含这一颗）只有NA（L-x）了
总动能EK=NA（L-x）mv2/2=NA（L-x）qUx/L=NAqU（Lx–x2）/L
对Lx–x2求极大值，当X=L/2时Ek有最大值
而x=at12/2，故t1=0.014s
【关键点】把烟尘看成集中于板间中间位置，把分散的集中来处理。
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