高中物理带电粒子在电场中的“曲线运动”.doc

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 ⑵⑶
㈦电场力及其功：⑴,
⑵
㈧电势能及其变化，则用及
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、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；
d
R
E
图—1
v0
图—2

v
v0
⑵粒子的初速度v0。
⑶此过程中粒子的动量变化。
[解析] ⑴首先，作出示意图—1。显然，两圆形板极间场强为

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

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

联立③④⑤式，即可求出

⑶由图—2表示初、末速度和速度变化之间的关系。因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

[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。
v0
M
B
A
图—3
L
d
[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

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

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
v0
M
B
A
图—4
L
d
R

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

⑶实际测定α粒子的速率时，由上述公式可得
。
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

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
图—5
h/2
l
h
v0
图—6
l
h/2
mg
qE
F
v0
O
θ

联立①③④式，即可求出

⑵小题的结果，即⑤式表示。
⑶最后，由“依据”㈣（动能定理），可得

不难求出小球落地时的动能

[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）。现将该小球从电场中某点以初速度竖直向上抛出。求
O
F
qE
mg
θ
图—7
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

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。
θ
A
v0
ax
g

O
图—8
C
B
Vmin
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

再，小球上升到最高点，末速度vy为零。由④式可得

联立②③⑤式，即可求出

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

由此可见，小球上升到最高点时，电势能比原来减少。
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，竖直速度和合速度为。从而，由以上各式可得

又，由数学可知，当时，速度有极小值
。
最后，我们求出小球动量的最小值为

此时最小速度的各个分量、其与水平方向的夹角分别为
，
。
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，板的长度，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。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。
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，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

图—9
又，在水平方向有

联立①②两式，可解得

⑵然后，应用“依据”㈣（动能定理），可知当颗粒落到水平传送带上时，满足下式

此即题设待求的末速度。
⑶最后，由于颗粒在竖直方向做自由落体运动，它第一次落到传送带时竖直分速度

对应的反弹高度为

其中，hn则表示颗粒第n次反弹的高度。由此可得，当时，则有
[点拨]此例为力电综合题，对第⑴、⑵小题，先由“依据”㈠判断出颗粒均做类平抛运动，然后应用平抛规律、动能定理。第三小题，则在应用自由落体规律的基础之上，继之以数学归纳的方法予以解决。
综上所述，可见对高考决胜者而言，必须具有运用物理概念和规律分析较困难、复杂问题的能力，还应具备熟练利用数学工具解决物理问题的能力，才能立于不败之地。