高中物理带电粒子在电场中的“曲线运动”

带电粒子在电场中的“曲线运动”（一）—’08备考综合热身辅导系列山东平原一中魏德田253100高中乃至于普通物理，所谓运动“曲线”，大都指“二次曲线”，即椭圆、圆、抛物线和双曲线等等，螺旋线、摆线及更复杂的曲线往往不多研究。笔者认为，讨论“带电粒子在电场中的曲线运动”这一至关重要的课题，宜按抛物线、圆或椭圆、双曲线及其他曲线运动等顺序进行。并且，体例编排，宜先均匀场后非均匀场；范题选择，宜由简而繁、自易入难；至于分析解答，从立意、选题、解析到点拨，更宜谨慎遵循深入浅出的基本原则。因此，虽几经周折，而勉力为之。不尽之处，请细心的读者予以批评指正。一、破解依据欲破解此类问题，大致归纳为以下几条依据:㈠若合力F（或合加速度a，下同）与初速度v0“不相共线”，则粒子的轨迹为曲线，且向合力一侧弯曲；若“二者”成“锐角”，则为“加速”，为“钝角“则“减速”。恒成“直角”则“匀速”。㈡求解匀变速曲线运动的位移（路程）、速度（率）、加速度（率）等等，亦需要综合运用牛顿定律、运动学公式，更重要的要把握运动合成与分解、平抛、圆周运动等概念和规律。㈢若“加速”（或减速），则合外力有正（或负）的冲量；由动量定理知“动量增加”（或减少）；速度不变，动量亦然。㈣若“加速”（或减速），则合外力做功为“正”（或负）；由动能定理知“动能增加”（或减少）；速度不变，则动能亦然。㈤重力、电场力做功为“正”（或负），必然等于重力势能、电势能的“减少”（或增加）；而其他力做功则不一定如此。无论何力做功，包括机械能、电势能等在内的总能量是守恒的。除开涉及“电场力做功”的第㈤条而外，皆已于力学中经常应用。以下三条当属于“静电场”一章的基本内容。㈥场强、电势、电势差：⑴.,,2dUErkQEqFE⑵.,rkQqWAA⑶BAABU㈦电场力及其功：⑴dqUqEF,2rkQqF⑵,qUqEdFdW)11(BAABABrrkQqqUW㈧电势能及其变化，则用AAArkqqq及.ABABW由此可见，它与相应的直线运动的破解，“仿宋”体文字即表示两者有许多相同之处。二、解题示例㈠带电粒子在电场中的抛线运动“带电粒子”（以下多称“粒子”）在匀强电场．．．．（限本文）中的运动，可分为受单一电场力、或者等效重力作用两种基本题型。无论哪种情形，粒子均受恒力作用，且均可证明，粒子必做匀变速运动（“匀速”是“匀变速”的特例）。其运动轨迹，除开前文所列为直线而外，所余者皆为抛物线。若恒力与“初速度”两者成“锐角”，则为“类斜下抛”；成“直角”则为“类平抛”；成“钝角”为“类斜上抛”。下面，我们先来讨论在单一匀强电场中带电粒子的抛线运动。这里的带电粒子，指电子、v0MBA图—3Ld质子、粒子和离子之类。应该强调，在解决问题的过程中，运动合成和分解的知识是必要的。⒈带电粒子在单一匀强电场中的抛线运动[例题1]（高考模拟）两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的。一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心。已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：⑴粒子在极板间运动的加速度a；⑵粒子的初速度v0。⑶此过程中粒子的动量变化v。[解析]⑴首先，作出示意图—1。显然，两圆形板极间场强为①dUE已知粒子电荷为2e，质量为4m，由综合“依据”㈡（牛二定律）、㈦电场力公式）可得.2422③mdeUmFa②deUeEF⑵由综合“依据”㈡，可知粒子只在电场力作用下，做“类平抛”运动。从而，可得⑤tvR④atd0221联立③④⑤式，即可求出meUdRv20⑶由图—2表示初、末速度和速度变化之间的关系。因v与加速度方向均竖直向下，再联系到③④式，从而应用“依据”㈢可得.444eUmmatvmp[点拨]此例属于粒子在单一电场力作用下做“类平抛”运动的较简单而基本的题型，与解决重力场中的平抛运动没什么两样。但对于物理规律的应用和数学运算，则丝毫不能含糊。[例题2]如图—3所示，在厚铅版A表面中心放置一很小的放射源，可向各个方向放射出速率为v0的α粒子（质量为m、电量q），在金属网B与A间加有竖直向上的匀强电场，场强为E。A与B间距离为d，B上方有一很大的荧光屏M，M与B距离为L，当有α粒子打在荧光屏上时就能够使荧光屏产生一闪光点。整个装置放在真空中，不计重力的影响，试分析：⑴打在荧光屏上的粒子的动能有多大？⑵荧光屏上闪光点的范围有多大？⑶在实际应用中，往往是放射源射出的α粒子的速率未知，请设计一个方案，用本设置来测定α粒子的速率。[解析]⑴分析可知，α粒子自射出而到达荧光屏的过程中只有电场力做功。由“依据”㈣（动能定理）可得dRE图—1v0图—2vvv0v0MBA图—4LdR2021mvqEdEK⑵如图—4所示，欲求粒子的“题设范围”，则只要求出荧光屏上闪光圆的半径R即可。显见，该半径为沿铅板边缘垂直于电场的α粒子，做“类平抛”复加“匀速”运动的水平位移。从而，先求类平抛的水平位移x（即侧移）。设“粒子”在电场、真空中运动的时间分别为t1、t2.由“综合依据”㈡和静电场“依据”㈦可得②atd①mqEa2121因α粒子离开电场在竖直方向以分速度vy做匀速运动，设到达荧光屏的时间t2为,则④tvdL③atvyy21考虑到，粒子在水平方向一直做匀速运动。从而由①②③④式可求出.22)2()(0210mdqEqEdLdvttvR⑶实际测定α粒子的速率时，由上述公式可得mdqELdmRv2)2(0。因此，只要测出相关物理量的数据，代入此式计算就可以了。[点拨]此例求α粒子打在“荧光屏上闪光点的范围”(图示中闪光圆的半径R)，亦即α粒子在水平方向发生的位移，而该位移由匀强电场和真空等产生的两部分位移构成。求此位移时，应牢牢把握粒子在水平方向总做匀速运动这一点，只要细心求出运动的总时间就行了。⒉带电粒子在等效重力场中的抛线运动所谓“等效重力场”，指由匀强电场、重力场而成的复合场。所谓“等效重力”或亦可称为“视重”，是由恒定电场力、重力矢量合成的。而该场中的“带电粒子”，则往往为带电小球、颗粒、液滴之类。[例题3]一质量为m，带电量为+q的小球从距地面高h处以一定的初速度水平抛出。在距抛出点水平距离为l处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面h/2。为使小球能无碰撞的通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图—5所示。试求：⑴小球的初速度v；⑵电场强度E的大小；⑶小球落地时的动能。[解析]⑴首先，分析可知小球在重力、电场力的共同作用下做初速度为v0的“类斜上抛”运动，如图—6所示。此可分解为竖直自由落体运动，水平匀减速运动。从而，可使小球到达管口处水平速度为零。由运动的等时性，可得小球运动至管口的时间①gth2212然后，由“依据”㈥（电场力公式）、㈡（牛二定律、匀变速直线运动规律），可得④alv③atv②mqEa20200联立①③④式，即可求出⑤qhmglEhglv220⑵小题的结果，即⑤式表示。⑶最后，由“依据”㈣（动能定理），可得20221mvEqElmghK不难求出小球落地时的动能mghEK2[点拨]“带电物体”在等效重力场内做抛线运动规律，与在重力场内情形没有实质性的差别。解题的关键，在于如何先求出等效重力，弄清其大小和方向，然后应用运动的矢量作图、运算的方法，作为匀变速直线运动处理。此例在上述基础上，又进行功能分析，应用了动能定理。[例题4]（’05北京）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取8.037cos,6.037sin）。现将该小球从电场中某点以初速度0v竖直向上抛出。求运动过程中⑴小球受到的电场力的大小及方向；⑵小球从抛出点至最高点的电势能变化量；⑶小球的最小动量的大小及方向。[解析]⑴首先，分析可知带电小球在该等效重力场中做“类斜上抛”运动，此可分解为水平“匀加速”和竖直“匀减速”运动。如图—7所示。应用“综合依据”㈡、题设条件，得电场力大小为①mgmgFe4337tan电场力的方向水平向右。⑵然后，按运动的分解理论，小球的运动可分解为水平的匀加速运动和竖直的匀减速运动。依题意，欲求“小球从抛出点至最高点的电势能变化量”，必须明确到最高点时竖直末速度为零，先求出相应的水平位移，再运用电场力做功与电势能的关系才行。图—5h/2lhv0图—6lh/2mgqEFv0OθOFqEmgθ图—7如图—8所示，先设小球沿水平即电场方向的位移、竖直速度分别为sx、vy，相应时间为t。由“综合依据”㈡（牛二定律、运动学公式、运动的等时性），可得④gtvv③ats②mFayxex0221再，小球上升到最高点，末速度vy为零。由④式可得⑤gvt0联立②③⑤式，即可求出⑥gvsx8320由“依据”㈧可知，电场力做正功等于电势能的减少，再代入①⑥式解得.32920mvsFWExee由此可见，小球上升到最高点时，电势能比原来减少20329mv。⑶接下来，欲求小球的最小动量，必须先求其最小速度。由“综合依据”㈡（运动学知识、运动分解规律）可知，小球的水平速度tavxx，竖直速度gtvvy0和合速度为22yxvvv。从而，由以上各式可得0)(21625220022vvgtvtg又，由数学可知，当gvt251601时，速度有极小值530vvnin。最后，我们求出小球动量的最小值为0minmin53mvmvP此时最小速度的各个分量、其与水平方向的夹角分别为0/259vvx，,2590/vvy3743tantan1//1xyvv。亦即最小动量与电场成37°角斜向上方。[点拨]解决此例的关键，在于弄清实际运动可分解为如上两个分运动，而欲求电势能变化，则必须求出水平位移。进而，应用牛顿定律、运动学公式、矢量运算和电场力、电场力做功跟电势能的关系等重要规律来实现。最后，应用一元二次方程求根公式等，判断并求出速度的极小值，“最小动量”随之求出。[例题5]（’04北京）下图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两θAv0axgO图—8CBVmin板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距md1.0，板的长度ml5.0，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为kgC/1015。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取2/10sm。⑴左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？⑵若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度mH3.0，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？⑶设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。“[解析]⑴首先，应用“依据”㈠分析，可知正、负颗粒分别受方向不同的静电场力作用，在匀强电场中均做类平抛运动。显然，左板带负电荷，右板带正电荷。与上类似，应用“综合依据”㈡，可得颗粒在平行板间的竖直方向有①gtl221又，在水平方向有②tdmUqds2212联立①②两式，可解得Vl