帶電粒子在電場中運動解題三步法

1、一 帶電粒子在電場中的運動解題三步法第一步 :審題，審題過程要審清以下因素情況1、帶電粒子電性：帶正電、帶負電、未知。2、電場線的方向：向左、向右、未知。3、粒子的初速度：有初速度、無初速度、還是未知。4、粒子的運動方向：順著電場線、逆著電場線、還是未知 。 5、粒子的運動性質：勻速、勻變速、變加速、曲線運動、勻速圓周運動。6、考慮重力：考慮重力、不計重力、帶電粒子小球一般考慮重力、電子一般不考慮重力。7、有無外力作用：有外力作用、只受電場力作用第二步：受力分析和運動過程分析，1.在分析物體受力時，是否考慮重力要依據具體情況而定。（1）電子、質子、粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外一般都

2、忽略不計。（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。2：力學知識:牛頓第二定律F=ma；動能定理W=Ek；不同位置的電勢能、動能和重力勢能的和不變；勻變速直線運動規(guī)律；拋物體運動規(guī)律； 圓周運動規(guī)律 分力-分速度-分動能。3、力、速度、加速度的正交分解 第三步：題目考查的問題：力和運動問題還是功和能關系問題1帶電粒子在電場中運動的過程: 平衡、加速或減速、直線、曲線電場的知識和規(guī)律：E=F/qF=qE；W=qU；E=U/d； Ep=q2、處理帶電粒子運動問題的一般有三條途徑：（1）勻變速直線運動公式和牛頓運動定律（2）能量守恒定律（3）動量定理和動量守恒定

3、律3、直線變速運動問題，(1) 優(yōu)先考慮使用場力功與粒子動能變化關系，使用動能定理來解，尤其是在非勻強電場中，我們無法使用牛頓第二定律來處理的過程，而動能定理只考慮始末狀態(tài)，不考慮中間過程。（2）若問題涉及空間則優(yōu)先考慮功、動能，用能量守恒解題。(3) 題目指定求加速度、力、時間，只能用牛頓第二定律來計算。（4）問題涉及時間則優(yōu)先考慮沖量、動量，問題涉及空間則優(yōu)先考慮功、動能。4、強化物理條件意識，聯(lián)系數(shù)學工具分析（拋物線方程、直線方程、反比例函數(shù)、極值等）。二、運動的幾種模型一 帶電粒子的加速特別注意：W=qU 適應勻強電場和非勻強電場，而W=qEd，只適應于勻強電場.對于直線加速，是電勢能

4、轉化為動能，解決的思路能量觀點來求解。1.運動狀態(tài)分析帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一直線上，做加速（或減速）直線運動。2.用功能觀點分析（1）粒子動能的變化量等于電場力做的功。粒子的初速度為零，qU=mv2/2,V=2qum （2）若粒子的初速度不為零，則qU=mv2/2- mv02/2, V=v02+2qum 3.用牛頓運動定律和運動學公式分析：帶電粒子平行電場線方向進入勻強電場，則帶電粒子做勻變速直線運動，可由電場力求得加速度進而求出末速度、位移或時間。圖8-1例1：如圖8-1所示，帶電粒子在電場中的加速：在真空中有一對平行金屬板，兩板間加以電壓U，

5、兩板間有一個帶正電荷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極板運動，到達負極板時的速度有多大？（不考慮帶電粒子的重力）【審題】本題是帶電粒子在勻強電場中的加速問題，電場力做正功，電勢能減少，動能增加，利用動能定理便可解決?！窘馕觥繋щ娏Ｗ釉谶\動過程中，電場力所做的功W=qU。設帶電粒子到達負 極板時的動能Ek=mv2，由動能定理qU=mv2 得：v=【關鍵點】-使用W=qU=mv2-適用所有電場。例2：下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經過加速電壓為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與原子核

6、知識聯(lián)系起來。1已知電場的加速電壓為U，要判斷粒子速度v的大小，采用分析問題比較方便。2質子，粒子；氚核；鈉離子的質量最大,【解析】 v=2uqm 由此可知：加速電壓U相同的。v與比荷qm 成正比；答案為（C）?！娟P鍵】-使用動能定理-得出速度的表達式-對表達式加討論。例3：如圖8-2所示，真空中相距d=5 cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接(圖中未畫出)，其中B板接地（電勢為零）,A板電勢變化的規(guī)律如圖8-3所示.將一個質量m=2.0×10-23kg,電量q=+1.6×10-15C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力.求：(1)在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加

7、速度的大小;(2)若A板電勢變化周期T=1.0×10-5 s,在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放， 粒子到達A板時動能的大??；(3)A板電勢變化周期多大時，在t=T/4到t=T/2時間內從緊鄰B板處無初速釋放該帶 電粒子，粒子不能到達A板.8-28-3【審題】在0-T/2時間勻加速運動，T/2-T勻減速運動，均向A板?！窘馕觥侩妶鰪姸菶 =U/d F=qE=qU/d =F/m=Uq/dm=4.0109m/s2如果BA距離足夠長在0-T/2移動s，在T/2-T也移動s。S=12(T2)2=5.010-2m S=d 帶電粒在T/2時恰好到達A板此時粒子動能 Ek= qUBA=1.

8、6×10-15×2.5=4×10-15J帶電粒子在 t=T4 到 T2 加速運動，在 t=T2到3T4 減速運動使速度減到0。S1=12(T4)2 S2=S1=12(T4)2 則 S= S1+ S2 < d 4.0109(T4)2 < 5 10-2 則 T< 210-5 【關鍵】受力方向與運動方向相同-加速運動；受力方向與運動方向相反-減速同向運動。當速度為0時， 兩段位移大小相等，方向相同。二 帶電粒子的偏轉（限于勻強電場）1.運動狀態(tài)：初速度V0 電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向成90o角的電場力作用而做勻變速曲線運動。 初速

9、度V0 與 粒子在疊加場（電場和重力場）中的受力方向一致時，做勻加速直線運動。（方向相反做勻減速直線運動）。2.偏轉問題：類平拋運動，對速度正交分解分析處理。（1）垂直電場方向的分運動為勻速直線運動：t=L/V0；vx=v0 Sy=12t2（2）平行于電場方向是初速為零的勻加速運動：vy=at ,y=at2 粒子速度：Vt2= vx2+ vy2； 偏 轉 角：tg=vy/v0=ud·qmv02 與電荷與初動能的比值有關qmv02有關。 偏轉距離：Sy=12t2= 12qudml2v02=ul22d·qmv02 與電荷與初動能的比值有關qmv02有關。圖8-4例4：如圖8-4

10、所示，一束帶電粒子（不計重力），垂直電場線方向進入偏轉電場，試討論在以下情況下，粒子應具備什么條件才能得到相同的偏轉距離y和偏轉角度（U、d、L保持不變）。（1）進入偏轉電場的速度相同；（2）進入偏轉電場的動能相同；（3）進入偏轉電場的動量相同；（4）先由同一加速電場加速后，再進入偏轉電場。【審題】本題是典型的帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題，是一個類平拋運動， 關 鍵是正確推出偏轉距離y和偏轉角度的表達式。 【解析】 由帶電粒子在偏轉電場中的運動規(guī)律得：偏轉距離y=12t2= 12qudml2v02=ul22d·qmv02 偏轉角 tg=atv0=ud·qmv02 討論：（

11、1）因為v0相同，仍需q/m相。 （2）因為mv02相同，還需q相同。（3）因為mv0相同，需q相同。（4）設加速電壓為U，由qU=mv02,有: y=ul24du，tg=可見，在（4）的條件下，不論帶電粒子的m、q如何，只要經過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出電場的偏轉距離y和偏轉角度都是相同的?！娟P鍵點】先加速后偏轉-帶電粒子的側移量和偏轉角都與質量m、帶電量q無關。圖8-2三 示波管原理1構造及功能如圖8-5所示（）電子槍：發(fā)射并加速電子（）偏轉電極：使電子束豎直偏轉（加信號電壓） 偏轉電極：使電子束水平偏轉（加掃描電壓）（3）熒光屏2原理：作用：被電子槍加速的電子在電

12、場中做勻變速曲線運動，出電場后做勻速直線運動打到熒光屏上，幾何知識y,y=l+L/2L/2，導出偏移y=(l+L/2)tany隨信號電壓同步調變化,但由于視覺暫留及熒光物質的殘光特性看到一條豎直亮線.加掃描電壓可使這一豎直亮線轉化成正弦圖形。XX的作用:與上同理,如果只在偏轉電極XX上加電壓,亮斑就在水平方向發(fā)生偏移,加上掃描電壓,與信號電壓周期相同，熒光屏將出現(xiàn)完整的正弦圖形. 例5：如圖8-6所示，是一個示波管工作原理圖，電子經加速以后以速度V0垂直進入偏轉電場，離開電場時偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U，板長為L.每單位電壓引起的偏移量（h/U）叫做示波管的靈敏度，為了提高靈

13、敏度，可采用下列哪些辦法？ （ ）（1）增大兩板間的電勢差U （2）盡可能使板長L做得短些（3）盡可能使兩板間距離d減小些 (4) 使電子入射速度V0大些 【審題】本題物理過程與例題4相同，也是帶電粒子的偏轉問題，與示波管結合在 一起，同時題目當中提到了示波管的靈敏度這樣一個新物理量，只 要仔細分析不難得 出正確結論。【解析】 豎直方向上電子做勻加速運動，故有h=12at2=qul22dmv02,則hu=ql22dmv02 C正確.【總結】本題是理論聯(lián)系實際的題目，同時題目中提出了示波管靈敏度這一新概念，首先需要搞清這一新概念，然后應用牛頓第二定律及運動學公式加以求解。四、根據運動軌跡分析有關

14、問題該種類型的題目分析方法是：先畫出入射點軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進而利用力學分析方法來分析其它有關的問題。圖8-7例6：在圖8-7甲中，虛線表示真空里一點電荷Q的電場中的兩個等勢面，實線表示一個帶負電q的粒子運動的路徑，不考慮粒子的重力，請判定（）是什么電荷？（）三點電勢的大小關系；（）三點場強的大小關系；（）該粒子在三點動能的大小關系?！緦忣}】、是帶電粒子在電場中運動軌跡上的三點，通過軌跡的彎曲方向得出受力方向，由受力方向判斷Q的電性，畫出電場線，判斷電勢的高低及場強的大?。桓鶕妶隽щ娏Ｗ拥淖龉η闆r判斷粒子在、三點動能的大小關系。【

15、解析】（）設粒子在點射入，則點的軌跡切線方向就是粒子q的初速v0的方向（如圖8-7乙）。由于粒子q向偏離的方向偏轉，因此粒子q受到的作用力是排斥力，故與q的電性相同，即帶負電。（）因負電荷的電場線是由無窮遠指向的，因此=C>。（3） 由電場線的疏密分布（或由E=kQ/r2）得EA=EC<EB。（4） 因粒子從AB電場力做負功，由動能定理可知EKB<EKA ，因A=C，由電場力做功WAC=QUAc知WAC=0，因此由動能定理得EKA=EKC，故EKA=EKC>EKB?！究偨Y】該種類型的題目分析方法是：先畫出入射點軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據軌跡的彎曲方向，確

16、定電場力的方向，進而利用力學分析方法來分析其它有關的問題。例7： 在圖8-8中a、b和c表示點電荷a的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為U、23U、14U。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動，已知它經過等勢面b時的速率為v，則它經過等勢面c的速率為( ) 。圖8-8【審題】1已知a、b、c三點的電勢的大小關系為U>23U>14U,根據“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，可分析出本題中的電場線方向是由場源點電荷Q為中心向四處放射的，而這樣分布電場線的場源點電荷應當是帶正電的。2原來處于靜止狀態(tài)的帶電粒子，若僅受電場力作用應做加速

17、運動。應沿 著電場線的方向由電勢高處向電勢低處運動。說明：前面所說的加速運動不一定是勻加速運動。只有在勻強電場中帶電粒子才會作勻加速運動。在非勻強電場中（例如在點電荷場源的電場中）由于各處的電場強度不同，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系式為：Uab為a、b兩等勢面的電勢差，Va、vb為帶電粒子經過時a、b等勢面時的速率。（對于b、c兩等勢面也存在同樣形式的關系式。）【解析】設：帶電粒子的電量為q；a、b兩等勢面的電勢差為Uab，b、c兩等勢面的電勢差Ubc；帶電粒子經過等勢面a、b、c時的速率分別為Va、Vb、Vc。（已知：Va=0，Vb=v

18、）則: qUab=12mvb2-12mva2 qUac=12mvc2-12mva2得:vc=1.5vb=1.5v 所以，帶電粒子經過等勢面c的速度為1.5v?！娟P鍵】帶電粒子在非勻強電場中運動，牽扯到速度變化時通常用動能定理求解比較方便。 五、考慮受重力或其它恒力作用時的帶電物體的運動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，同樣要分解成兩個不同方向的簡單的直線運動來處理。例8：如圖所示，質量為m=5×10-8kg的帶電粒子以v0=2 m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B中央飛入電場，已知板長L=10 cm，板間距離d=2 cm，當AB間加電壓UAB=1000V時

19、，帶電粒子恰好沿直線穿過電場(設此時A板電勢高)。(1)帶電粒子的電性，電荷量為多少？ (2)恰好由邊緣飛出，所加電壓應為多大？圖8-9 【審題】當UAB=103伏時，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，AB間所加電壓必定是一個范 圍，從上板邊緣飛出對應最高電壓從下板邊緣飛出對應最低電壓，利用平衡條件、牛頓第二定律及運動學公式便可求出。 解： (1)UAB=103 V時，粒子做直線運動，有qU/d=mg，q=mgd/U=10-11 C，帶負電。 (2)當電壓UAB比較大時，qE>mg，粒子向上偏，qu1/d-mg=ma1 剛好能由A邊緣飛出去：y=1

20、2a1t2=12a1(lv0)2=d/2 解之得U1=1800 V。 當電壓UAB比較小時，qE<mg，粒子向下偏，剛好能從下板邊緣飛出有：mg-qU2/d=ma2, ：y=12a2t2=12a2(lv0)2=d/2 解之得U2=200 V。要使帶電微粒能穿出極板，則兩極板間的電壓U應滿足：U1UU2，即：200U1800【關鍵 】帶電微粒受到電場力、重力作用，分解成兩個不同方向的直線運動來處理。圖8-10例9：如圖8-10所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，有一質量為m，帶電量為+q的小球在B板之下H處以v0初速度豎直向上進入兩板間，欲使小球恰好打到A處，試討論A、B板間的電勢差是多

21、少？【審題】小球在B板下方時，只受重力作用，做減速運動，小球進入到兩板間時，除受向下的重力外，還受到電場力的作用，向上做減速運動，但由題設的條件，電場力的方向未知，需要分兩種情況討論解決?！窘馕觥慨旊妶隽ο蛳聲r，A>B，由由兩點間能量守恒得：QuAB-mg(H+h)=mv02,UAB=mv02-2g(H+h)/2q當電場力向上時，A<B，由動能定理得mg(H+h)- QuBA=mv02,UBA=m2g(H+h)-v02/2q【總結】本題在求解過程中可分段使用牛頓第二定律和運動學公式，也可分段使用動能定理或全過程使用動能定理，但全過程使用動能定理簡單。圖8-11例10：如圖8-11所

22、示：在方向水平向右的勻強電場中，一不可伸長的不導電細線的一端連著一個質量為m的帶正電的小球，另一端固定于O點。把小球拉起至細線與場強平行，然后無初速釋放。已知小球擺到最低點的另一側，線與豎直方向的最大夾角為。求：小球經過最低點時細線對小球的拉力?！緦忣}】1 兩點的速度均為零，根據能的轉化和守恒定律可知：重力勢能的減少量等于電勢能的增加量。2小球從釋放點到左側最高點重力勢能的減少量應該等于mglcos。3小球從釋放點到左側最高點電勢能的增加量為qEl(1+ sin)4小球擺動的過程中，重力做正功（重力勢能減少）；電場力做負功（電勢能增加），因此正功與負功的代數(shù)和（即算術差）應當?shù)扔谛∏蛟黾拥膭幽?/p>

23、。5在解答本題時，還需使用圓周運動的向心力關系式，若設小球經過最低點時細線對小球的拉力為T，則應有：?！窘馕觥浚?）設細線長為l，場強為，因電量為正，故場強的方向為水平向右。從釋放點到左側最高點速度均為零。由能量守恒有，故，解得 （2）若小球運動到最低點的速度為v，此時線的拉力為T，由能量守恒可得，由牛頓第二定律得 ，聯(lián)立解得【關鍵點】電場力、重力做功與路徑無關，分別求每個分力的功比求合力的功簡單。解決電場中的圓周運動問題的基本方法和力學中的情形相同，圖8-12 例11：如圖8-12所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豎直的帶電平行板上方，顆粒經漏斗從電場區(qū)域

24、中央處開始下落，經分選后的顆粒分別裝入A、B桶中，混合顆粒離開漏斗進入電場時磷酸鹽顆粒帶正電，石英顆粒帶負電，所有顆粒所帶的電量與質量之比均為10-5 C/kg若已知兩板間的距離為10 cm，兩板的豎直高度為50 cm設顆粒進入電場時的初速度為零，顆粒間相互作用不計如果要求兩種顆粒離開兩極板間的電場區(qū)域時有最大的偏轉量且又恰好不接觸到極板（1）兩極板間所加的電壓應多大?（2）若帶電平行板的下端距A、B桶底高度為H1.3 m，求顆粒落至桶底時速度的大?。╣10 m/s2）【審題】顆粒在豎直方向上受重力作用，豎直方向分運動為自由落體運動。顆粒沿水平方向上受電場力作用，水平方向分運動為勻加速直線運動。 離開電場時顆粒在豎直方向為勻變速直線運動規(guī)律， 【解析】 （1）顆粒在豎直方向上下落距離為極板高度L，由自由落體運動公式得L12gt2 顆粒沿水平方向的分運動為勻加速直線運動，加速度大小為aqumd離開電場時顆粒在水平方向的位移為12d，由勻變速直線運動規(guī)律得：12d12dat2聯(lián)立、式解得U1×104 V（2）在顆粒下落的整個過程中，根據動能定理得：12qU+mg（L+H）=12 mv2代入數(shù)據得：vm/s6 m/s【關鍵