1、難點之八 帶電粒子在電場中的運動1.在分析物體受力時，是否考慮重力要依據(jù)具體情況而定。（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外一般都忽略不計。（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?！皫щ娏Ｗ印币话闶侵鸽娮?、質(zhì)子及其某些離子或原子核等微觀的帶電體，它們的質(zhì)量都很小，例如：電子的質(zhì)量僅為0.91×10-30千克、質(zhì)子的質(zhì)量也只有1.67×10-27千克。（有些離子和原子核的質(zhì)量雖比電子、質(zhì)子的質(zhì)量大一些，但從“數(shù)量級”上來盾，仍然是很小的。）如果近似地取g=10米/秒2，則電子所受的重力也僅僅是meg=0.

2、91×10-30×10=0.91×10-29(牛)。但是電子的電量為q=1.60×10-19庫（雖然也很小，但相對而言10-19比10-30就大了10-11倍），如果一個電子處于E=1.0×104牛/庫的勻強電場中（此電場的場強并不很大），那這個電子所受的電場力F=qE=1.60×10-19×1.0×104=1.6×10-15（牛），看起來雖然也很小，但是比起前面算出的重力就大多了（從“數(shù)量級”比較，電場力比重力大了1014倍），由此可知：電子在不很強的勻強電場中，它所受的電場力也遠(yuǎn)大于它所受的重力qE&

3、gt;>meg。所以在處理微觀帶電粒子在勻強電場中運動的問題時，一般都可忽略重力的影響。但是要特別注意：有時研究的問題不是微觀帶電粒子，而是宏觀帶電物體，那就不允許忽略重力影響了。例如：一個質(zhì)量為1毫克的宏觀顆粒，變換單位后是1×10-6千克，它所受的重力約為mg=1×10-6×10=1×10-5（牛），有可能比它所受的電場力還大，因此就不能再忽略重力的影響了。2加強力學(xué)知識與規(guī)律公式的基礎(chǔ)教學(xué)，循序漸進(jìn)的引入到帶電粒子在電場中的運動，注意揭示相關(guān)知識的區(qū)別和聯(lián)系。3注重帶電粒子在電場中運動的過程分析與運動性質(zhì)分析（平衡、加速或減速、軌跡是直線還是

4、曲線），注意從力學(xué)思路和能量思路考慮問題，且兩條思路并重；同時選擇好解決問題的物理知識和規(guī)律。帶電粒子在勻強電場中的運動，是一種力電綜合問題。解答這種問題經(jīng)常運用電場和力學(xué)兩方面的知識和規(guī)律，具體內(nèi)容如下：所需電場的知識和規(guī)律有：EF=qE；W=qU；E；電場線的性質(zhì)和分布；等勢面的概念和分布：電勢、電勢差、電勢能、電場力做功與電勢能變化關(guān)系。所需力學(xué)的知識和規(guī)律有：牛頓第二定律F=ma；動能定理W=Ek；動能和重力勢能的概念和性質(zhì)；能的轉(zhuǎn)化和守恒定律；勻變速直線運動的規(guī)律；拋物體運動的規(guī)律；動量定理；動量守恒定律；解答“帶電粒子在勻強電場中運動”的問題，既需要掌握較多的物理知識，又需要具有一

5、定的分析綜合能力。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）動能定理或能量守恒定律（3）動量定理和動量守恒定律處理直線變速運動問題，除非題目指定求加速度或力，否則最好不要用牛頓第二定律來計算。要優(yōu)先考慮使用場力功與粒子動能變化關(guān)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。一般來說，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。對帶電粒子在非勻強電場中運動的問題，對中學(xué)生要求不高，不會有難度過大的問題。4強化物理條件意識，運用數(shù)學(xué)工具（如，拋物線方程、直線方

6、程、反比例函數(shù)等）加以分析求解。（一）帶電粒子的加速1.運動狀態(tài)分析帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)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.用功能觀點分析粒子動能的變化量等于電場力做的功。（1）若粒子的初速度為零，則qU=mv2/2,V=（2）若粒子的初速度不為零，則qU=mv2/2- mv02/2, V=3.用牛頓運動定律和運動學(xué)公式分析：帶電粒子平行電場線方向進(jìn)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(jìn)而求出末速度、位移或時間。說明：（1）不管是勻強電場還是非勻強電場加速帶電粒子W=qU都適應(yīng)，而W=qEd，只適應(yīng)于勻強電場.圖8-1

7、（2）對于直線加速，實質(zhì)上是電勢能轉(zhuǎn)化為動能，解決的思路是列動能定理的方程（能量觀點）來求解。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，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(fù)極板運動，到達(dá)負(fù)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，物理過程是電場力做正功，電勢能減少，動能增加，利用動能定理便可解決。【解析】帶電粒子在運動過程中，電場力所做的功W=qU。設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時的動能EK=mv2，由動能定理qU=mv2 得：v=【總結(jié)】上式是從勻強電場中推出來的，若

8、兩極板是其他形狀，中間的電場不是勻強電場，上式同樣適用。例2：下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)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(zhì)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知識聯(lián)系起來。1本題已知電場的加速電壓為U，要判斷的是粒子被加速后的速度v的大小，因此采用分析問題比較方便。2若以mp表示質(zhì)子的質(zhì)量、以 e表示質(zhì)子的電量，則根據(jù)所學(xué)過的原子核知識可知粒子的質(zhì)量應(yīng)為4mp、電荷量應(yīng)為2e；氚核的質(zhì)量應(yīng)為3mp、電量應(yīng)為e；鈉離子的質(zhì)量比其它三種粒子的質(zhì)量都大（由于是選擇判斷題，對此未記質(zhì)量數(shù)也無妨）、電量應(yīng)為e。【解析】1 根據(jù)

9、可以導(dǎo)出下式： 由此可知：對于各種粒子來說，加速電壓U都是相同的。因此v與成正比；v與成反比。因為質(zhì)子和鈉離子所帶的電量相同，而鈉離子的質(zhì)量卻比質(zhì)子大得多，所以可斷定電場加速后的質(zhì)子速度應(yīng)比鈉離子大得多。因此選項（D）首先被淘太。2為了嚴(yán)格和慎重起見，我們對被加速后的粒子、氚核、質(zhì)子的速度進(jìn)行下列推導(dǎo)：對于粒子質(zhì)量為4mp、電量為2e對于氚核質(zhì)量為3mp、電量為e對于質(zhì)子質(zhì)量為mp電量為e從比較推導(dǎo)的結(jié)果中知：質(zhì)子的速度 VP 最大，正確答案為（C）?！究偨Y(jié)】本題關(guān)鍵是正確使用動能定理，正確得出速度的表達(dá)式，由表達(dá)式加以討論，進(jìn)而得出正確選項。圖8-2圖8-3例3：如圖8-2所示，真空中相距d

10、=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(zhì)量m=2.0×10-23 kg,電量q=+1.6×10-1C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(dá)A板時動量的大??；(3)A板電勢變化頻率多大時，在t=到t=時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板.【審題】本題需要正確識別圖像，由圖像提供的信息分析帶電粒子在電

11、場中的受力，由受力情況得出粒子的運動情況，選擇正確的物理規(guī)律進(jìn)行求解。【解析】電場強度E =帶電粒子所受電場力，F(xiàn)=ma粒子在0時間內(nèi)走過的距離為m故帶電粒在在時恰好到達(dá)A板根據(jù)動量定理，此時粒子動量kg·m/s帶電粒子在向A板做勻加速運動，在向A板做勻減速運動，速度減為零后將返回，粒子向A板運動的可能最大位移要求粒子不能到達(dá)A板，有s < d由，電勢頻率變化應(yīng)滿足 HZ【總結(jié)】帶電粒子在周期性變化的勻強電場中的運動比較復(fù)雜，運動情況往往由初始條件決定，具體問題需要具體分析。（1）運動分析：若粒子受力方向與運動方向相同，則粒子加速運動；若粒子受力方向與運動方向相反，則粒子減速運

12、動。（2）處理方法：利用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式。利用能量觀點，如動能定理，若為非勻強電場只能用能量觀點。（二）帶電粒子的偏轉(zhuǎn)（限于勻強電場）1.運動狀態(tài)分析：帶電粒子以速度V0垂直電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向成900角的電場力作用而做勻變速曲線運動。2.偏轉(zhuǎn)問題的分析處理方法：類似平拋運動的分析處理，應(yīng)用運動的合成和分解知識分析處理。（1）垂直電場方向的分運動為勻速直線運動：t=L/V0；vx=v0 ；x=v0t（2）平行于電場方向是初速為零的勻加速運動：vy=at ,y=at2 經(jīng)時間t的偏轉(zhuǎn)位移：y=（）2；粒子在t時刻的速度：Vt=；時間相等是兩個分運動聯(lián)系橋梁；

13、 偏轉(zhuǎn)角：tg=圖8-4例4：如圖8-4所示，一束帶電粒子（不計重力），垂直電場線方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，試討論在以下情況下，粒子應(yīng)具備什么條件才能得到相同的偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角度（U、d、L保持不變）。（1）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度相同；（2）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動能相同；（3）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動量相同；（4）先由同一加速電場加速后，再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場?！緦忣}】本題是典型的帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題，是一個類平拋運動，關(guān)鍵是正確推出偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角度的表達(dá)式，根據(jù)題目給出的初始條件得出正確選項。【解析】（1）由帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動規(guī)律得：偏轉(zhuǎn)距離y=at2=（）2 偏轉(zhuǎn)角 tg=討論：（1）因為v0相同，

14、當(dāng)q/m相同，y、tg也相同；（2）因為mv02相同，當(dāng)q相同，則y、tg相同；（3）因為mv0相同，當(dāng)m、q相同或q/v0相同，則y、tg也相同；（4）設(shè)加速電場的電壓為U，由qU=mv02,有:y=，tg=【總結(jié)】可見，在（4）的條件下，不論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出電場的偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角度都是相同的。（三）先加速后偏轉(zhuǎn)若帶電粒子先經(jīng)加速電場（電壓U加）加速，又進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場（電壓U偏），射出偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移偏轉(zhuǎn)角：tg=帶電粒子的側(cè)移量和偏轉(zhuǎn)角都與質(zhì)量m、帶電量q無關(guān)。 （五）根據(jù)運動軌跡分析有關(guān)問題該種類型的題目分析方法是：先畫出入

15、射點軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其它有關(guān)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(fù)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(guān)系；（）三點場強的大小關(guān)系；（）該粒子在三點動能的大小關(guān)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??；根據(jù)電場力對帶電粒子的做功情況判斷粒子在、三點動能的大小關(guān)系。【解析】（）設(shè)粒子在點射入，則點的軌跡切

16、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(zhuǎn)，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(fù)電。（）因負(fù)電荷的電場線是由無窮遠(yuǎn)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(fù)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(jié)】圖8-8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(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法

17、來分析其它有關(guān)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、U、U。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(jīng)過等勢面b時的速率為v，則它經(jīng)過等勢面c的速率為 ?！緦忣}】1已知a、b、c三點的電勢的大小關(guān)系為U>U>U根據(jù)“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(zhì)，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(yīng)當(dāng)是帶正電的。2原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電粒子，若僅受電場力作用應(yīng)做加速運動。應(yīng)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

18、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(guān)系式為：式中Uab兩等勢面的電勢差，va、vb為帶電粒子經(jīng)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(guān)系式。）【解析】設(shè)：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(jīng)過等勢面a、b、c時的速率分別為Va、Vb、Vc。（已知：Va=0，Vb=v）則：將、兩式相除可得：將、代入式：所以，帶電粒子經(jīng)過等勢面c的速度為1.5

19、v?！究偨Y(jié)】帶電粒子在非勻強電場中運動牽扯到動能變化時通常用動能定理求解比較方便，在分析問題時分清物理過程是非常關(guān)鍵的。（六）考慮受重力或其它恒力作用時的帶電物體的運動問題圖8-9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：質(zhì)量m=0.1g，帶電荷量×10-7C的帶電微粒以v0=10m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B的中央飛入板間，如圖8-9所示，已知板長L=1.0m，板間距離d=0.06m，當(dāng)UAB=103伏時，帶電粒子恰好沿直線穿過板間，則AB間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出？ 【審題】當(dāng)UAB=10

20、3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(yīng)最高電壓，從下板邊緣飛出對應(yīng)最低電壓，利用平衡條件、牛頓第二定律及運動學(xué)公式便可求出?！窘馕觥繋щ娢⒘Ｔ诎彘g受電場力和重力的作用，做類平拋運動，當(dāng)微粒剛好打中下板右邊緣時，有：v0，d/2可得=dv02/L2=6.0m/s2對微粒，有（以向下為正）：mg-qU1/d=ma1所以U1=m（g-a1）d/q=60V當(dāng)微粒剛好打中上板右邊緣時，有：v0，2d/2可得2=dv02/L2=6.0m/s2對微粒，有（以向上為正）： Qu2/d -mg=ma2所以U2=m（g+

21、a2）d/q=240V要使帶電微粒能穿出極板，則兩極板間的電壓U應(yīng)滿足：U1UU2，即：U圖8-10【總結(jié)】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9：如圖8-10所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，有一質(zhì)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(jìn)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(jìn)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(shè)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?dāng)電場力向

22、下時，A>B，由動能定理得-qUAB-mg(H+h)=-mv02,UAB=mv02-2g(H+h)/2q當(dāng)電場力向上時，A<B，由動能定理得qUBA-mg(H+h)=- mv02,UBA=m2g(H+h)-v02/2q【總結(jié)】本題在求解過程中可分段使用牛頓第二定律和運動學(xué)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所示：在方向水平向右的勻強電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個質(zhì)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(xì)線與場強平行，然后無初速解放。已知小球擺到最低點的另一側(cè)，線與豎直方向的最大夾角為。求

23、：小球經(jīng)過最低點時細(xì)線對小球的拉力?！緦忣}】1在本題中，小球擺動的過程是電荷克服電場力做功（電場力做負(fù)功）的過程重力勢能減少，電勢能增加。根據(jù)能的轉(zhuǎn)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。（說明：本題是宏觀小球，重力不能忽略。）2重力對物體所做的功只跟起點和終點的位置有關(guān)，而跟物體運動的路徑無關(guān)。而且重力所做的功等于物體重力勢能的變化。根據(jù)這種性質(zhì)，在本題中若設(shè)細(xì)線長度為l，則小球從釋放點到左側(cè)最高點重力勢能的減少量應(yīng)該等于mglcos。3電場力對電荷所做的功只跟起點和終點的終點的位置有關(guān)，而跟電荷運動的路徑無關(guān)。而且電場力所做的功等于電荷的電勢能的變化。根據(jù)這種性質(zhì)，在本題中若

24、設(shè)小球所帶電量為q、場強為E，則小球從釋放點到左側(cè)最高點電勢能的增加量應(yīng)該等于qEl(1+ sin)。（根據(jù)W=qU、U=Ed、d=1+lsin推導(dǎo)出上面的結(jié)果。）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(fù)功（電勢能增加），因此正功與負(fù)功的代數(shù)和（即算術(shù)差）應(yīng)當(dāng)?shù)扔谛∏蛟黾拥膭幽?。若設(shè)小球運動到最低點時的速度為v，則其數(shù)學(xué)關(guān)系為。5在解答本題時，還需使用圓周運動的向心力關(guān)系式，若設(shè)小球經(jīng)過最低點時細(xì)線對小球的拉力為T，則應(yīng)有：?！窘馕觥?由式可以導(dǎo)出： 將、兩式相除可得： 將v2值代入式：所以，小球經(jīng)過最低點時細(xì)線對小球的拉力為?！究偨Y(jié)】圓周運動是高中物理重點研究的曲線運動，電

25、場中的圓周運動也是近年高考命題的熱點，解決這類問題的基本方法和力學(xué)中的情形相同，不同的是還要考慮電場力的特點。涉及勻強電場中的圓周運動問題時，具體計算做功值時，要充分利用電場力、重力做功與路徑無關(guān)的性質(zhì)求解，分別求每個分力的功比求合力的功簡單。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(jīng)漏斗從電場區(qū)域中央處開始下落，經(jīng)分選后的顆粒分別裝入A、B桶中，混合顆粒離開漏斗進(jìn)入電場時磷酸鹽顆粒帶正電，石英顆粒帶負(fù)電，所有顆粒所帶的電量與質(zhì)量之比均為105 C/kg若已知兩板間的距離為10 cm，兩板的豎直高度為50 c

26、m設(shè)顆粒進(jìn)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(zhuǎn)量且又恰好不接觸到極板（1）兩極板間所加的電壓應(yīng)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小（g10 m/s2）【審題】顆粒在電場中受電場力和重力的作用，在豎直方向上的分運動為自由落體運動，下落距離為極板高度L，顆粒沿水平方向的分運動為勻加速直線運動，離開電場時顆粒在水平方向為勻變速直線運動規(guī)律，利用運動學(xué)公式和牛頓運動定律以及動能定理求解?！窘馕觥?（1）顆粒在電場中受電場力和重力的作用，在豎直方向上的分運動為自由落體運動，下落距離為極板高度L，由自由落體運動公式得Lgt2 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a離開電場時顆粒在水平方向的位移為，由勻變速直線運動規(guī)律得：at2聯(lián)立、式解得U1×104 V（2）在顆粒下落的整個過程中，根據(jù)動能定理得：qU+mg（L+H）=mv2代入數(shù)據(jù)得：vm/s6 m/s【總結(jié)】本題是靜電分選器的原理的題目，與實際聯(lián)系密切。顆粒在電場中的做的是初速為零的勻加速直線運動，出電場后做