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1、带电粒子在电场中的运动 2(高中物理 10 大难点突破 )（五）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。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（）是什么电荷？（）三点电势的大小关系；（）三点场强的大小关系；（）该粒子在三点动能的大小关系。【审题】、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
2、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、三点动能的大小关系。【解析】（）设粒子在点射入，则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 向偏离的方向偏转，因图 8-7此粒子 q 受到的作用力是排斥力，故与 q 的电性相同，即带负电。（）因负电荷的电场线是由无穷远指向的，因此=C 。（3）由电场线的疏密分布（或由 E=kQ/r2）得 EA=ECEkB。【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
3、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、 32U、 41U。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 。【审题】1已知 a、b 、c 三点的电势的大小关系为 U 32U 41U 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。图 8-82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
4、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： mvqUbab212式中 Uab 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。
5、 （已知：Va=0，Vb=v ）则： mvqUbab212c将、两式相除可得： vUbca2将 Ua31、 UbC125432、 0aV、 bv代入式：vvvvUaaa5.123495401230222所以，带电粒子经过等势面 c 的速度为 1.5v。【总结】带电粒子在非匀强电场中运动牵扯到动能变化时通常用动能定理求解比较方便，在分析问题时分清物理过程是非常关键的。（六）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：质量 m=0.1g，带电荷量10-7C 的带电微粒以v0=10m/s
6、的速度从水平放置的平行金属板 A、B 的中央飞入板间，如图 8-9 所示，已知板长 L=1.0m，板间距离 d=0.06m，当 UAB=103伏时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，则 AB 间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？ 【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图 8-9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。【解析】带电微粒在板间受电场力和重力的作用，做类平抛运动，当微粒刚好打中下板右边缘时，有：v0，d/2可得=dv
7、02/L2=6.0m/s2对微粒，有（以向下为正）：mg-qU1/d=ma1所以 U1=m（g-a1）d/q=60V当微粒刚好打中上板右边缘时，有：v0，2d/2可得2=dv02/L2=6.0m/s2对微粒，有（以向上为正）： Qu2/d -mg=ma2所以 U2=m（g+a2）d/q=240V要使带电微粒能穿出极板，则两极板间的电压 U 应满足：U1U U2，即：U【总结】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 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
8、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，向上做图 8-10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，AB，由动能定理得-qUAB-mg(H+h)=- mv02,12UAB=m v02-2g(H+h)/2q当电场力向上时，AB，由动能定理得qUBA-mg(H+h)=- mv02,12UBA=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
9、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。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，然后无初速解放。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 。求：小球经过最低点时细线对小球的拉力。【审题】1在本题中，小球摆动的过程是电荷克服电场力做功（电场力做负功）的过程重力势能减少，电势能增加。根据能的转化和守恒图 8-11定律可知：重力势能的减少量等于电势能的增加量。 （说明：本题是宏观小球，重力不能忽略。 ）2重力对物体所做的功
10、只跟起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。而且重力所做的功等于物体重力势能的变化。根据这种性质，在本题中若设细线长度为 l，则小球从释放点到左侧最高点重力势能的减少量应该等于 mglcos。3电场力对电荷所做的功只跟起点和终点的终点的位置有关，而跟电荷运动的路径无关。而且电场力所做的功等于电荷的电势能的变化。根据这种性质，在本题中若设小球所带电量为 q、场强为 E，则小球从释放点到左侧最高点电势能的增加量应该等于 qEl(1+ sin)。（根据 W=qU、U=Ed、d=1+lsin 推导出上面的结果。 ）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
11、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。若设小球运动到最低点时的速度为 v，则其数学关系为21mvqElg。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： lvmgT2。【解析】)sin1(cosqElmgl 2vllgT由式可以导出：qElmvgl21 将、两式相除可得： sin1co2sin1co2)si()i(1csn1cssni21cossin22gl gllvvggllvlglmvl将 v2 值代入式： sin1co23sin1co23isin1cos2mggmTlgl所以，小球经过最低点时细线对小球的拉力为 si
12、n1co23mg。【总结】圆周运动是高中物理重点研究的曲线运动，电场中的圆周运动也是近年高考命题的热点，解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，不同的是还要考虑电场力的特点。涉及匀强电场中的圆周运动问题时，具体计算做功值时，要充分利用电场力、重力做功与路径无关的性质求解，分别求每个分力的功比求合力的功简单。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，图 8-12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
13、比均为 105 C/kg若已知两板间的距离为 10 cm，两板的竖直高度为 50 cm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H1.3 m，求颗粒落至桶底时速度的大小 （g10 m/s2）【审题】颗粒在电场中受电场力和重力的作用，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，下落距离为极板高度 L，颗粒沿水平方向的分运动为匀加速直线运动，离开电场时颗粒在水平方向为匀变速直线运动规律，利用运动学公式和牛顿运动定律以及动能定理求解。【解析】 （1）
14、颗粒在电场中受电场力和重力的作用，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，下落距离为极板高度 L，由自由落体运动公式得 L 2gt2 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 aqUmd离开电场时颗粒在水平方向的位移为 2d，由匀变速直线运动规律得：2d1at2 联立、式解得U2mdgqL 1104 V（2）在颗粒下落的整个过程中，根据动能定理得：1qU+mg（L+H）= 2mv2代入数据得：v 1.36m/s6 m/s【总结】本题是静电分选器的原理的题目，与实际联系密切。颗粒在电场中的做的是初速为零的匀加速直线运动，出电场后做匀变速曲线运动，应用牛顿第二定律及运动学公式求出两板之间的
15、电压，全程使用动能定理求出颗粒落至桶底的速度。（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=+1.010-17c，质量为 m=2.010-15kg，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：(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？图 8-13【审题】盒状容器上下底面的金属板接到高压电源的正负极上时，在两金属板间便产生一个匀强电场，烟尘颗粒在密闭在容器内受到电场力的作用，当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。烟尘颗粒受到电场力作用，向下做初速为零
