1、帶電粒子在電場中的運動知識點精解1帶電粒子在電場中的加速這是一個有實際意義的應用問題。電量為q的帶電粒子由靜止經過電勢差為U的電場加速后，根據動能定理及電場力做功公式可求得帶電粒子獲得的速度大小為可見，末速度的大小及帶電粒子本身的性質(q/m)有關。這點及重力場加速重物是不同的。2帶電粒子在電場中的偏轉如圖1-36所示，質量為m的負電荷-q以初速度v0平行兩金屬板進入電場。設兩板間的電勢差為U，板長為L，板間距離為d。則帶電粒子在電場中所做的是類似平拋的運動。(1)帶電粒子經過電場所需時間(可根據帶電粒子在平行金屬板方向做勻速直線運動求)(2)帶電粒子的加速度(帶電粒子在垂直金屬板方向做勻加速

2、直線運動)(3)離開電場時在垂直金屬板方向的分速度(4)電荷離開電場時偏轉角度的正切值3處理帶電粒子在電場中運動問題的思想方法(1)動力學觀點這類問題基本上是運動學、動力學、靜電學知識的綜合題。處理問題的要點是要注意區分不同的物理過程，弄清在不同物理過程中物體的受力情況及運動性質，并選用相應的物理規律。能用來處理該類問題的物理規律主要有：牛頓定律結合直線運動公式；動量定理；動量守恒定律。(2)功能觀點對于有變力參加作用的帶電體的運動，必須借助于功能觀點來處理。即使都是恒力作用問題，用功能觀點處理也常常顯得簡潔。具體方法常用兩種：用動能定理。用包括靜電勢能、內能在內的能量守恒定律。【說明】 該類

3、問題中分析電荷受力情況時，常涉及“重力”是否要考慮的問題。一般區分為三種情況：對電子、質子、原子核、(正、負)離子等帶電粒子均不考慮重力的影響；根據題中給出的數據，先估算重力mg和電場力qE的值，若mg<<qE，也可以忽略重力；根據題意進行分析，有些問題中常隱含著必須考慮重力的情況，諸如“帶電顆粒”、“帶電液滴”、“帶電微粒”、“帶電小球”等帶電體常常要考慮其所受的重力。總之，處理問題時要具體問題具體分析。【例1】空間有一區域寬廣的電場，場強大小始終不變且處處相等，但方向可以改變。第1秒內場強方向如圖1-37所示，=37°。有一個帶電質點以某一水平初速度從A點開始沿x軸運

4、動，1秒末場強方向突然改為豎直向上，此時A質點恰好達到坐標原點O。已知AO=3.75米，求第2秒末該質點所達位置的坐標(g取10米/秒2)。【分析思路】 帶電質點第1秒內沿x軸作直線運動，由直線運動的條件可知，第1秒內該質點所受合外力一定及x軸在同一直線上，由此可判斷出該質點帶正電，且其所受電場力的豎直分量及重力平衡，水平分力提供加速度，故質點做勻減速運動。到達O點時，由于電場變為豎直向上，則知此時合力變為豎直向上，質點將開始做勻加速直線運動或類似平拋運動。到底做何種運動取決于質點到這O點時的速度。【解題方法】 物體做直線運動的條件、牛頓第二定律及運動學公式。【解題】 第1秒內質點沿x軸做直線

5、運動，質點所受重力及電場力的合力及x軸在一條直線上，質點只有帶正電荷。其受力如圖1-38，則Fsin=maFcos-mg=0由以上兩式解得第1秒內的加速度a=gtg37°=7.5m/s2A點的速度vA=7.5m/s。由vt-v0=at得質點在O點速度v0=vA-at=7.5-7.5×1=0所以從1秒末開始質點必沿y軸向上做勻加速直線運動。第2秒內物體的加速度質點向上運動的距離即第2秒末物體的坐標為(0，1.25m)。【例2】在真空中質量為m、電量為q的帶電粒子束連續地射入相距為d的兩平行金屬板之間，當兩板不帶電時，粒子束將沿極板中線射出，通過兩極板的時間為T。現將如圖1-3

6、9所示的隨時間而變化的電場加在極板上，電場強度的最大值為E，變化周期也為T。求這些粒子離開電場時，垂直于兩極板方向位移的最大值和最小值。【分析思路】 帶電粒子在電場中平行兩極板的方向做勻速直線運動，故帶電粒子在兩金屬板間的運動時間及是否存在電場無關，總等于T。在電場力作用下，帶電粒子沿電場力方向做勻加速直線運動，由電場隨時間的變化規律可知，不管粒子在什么時刻進入，加速時間總等于向的分速度總是相同的，垂直于兩極板方向的位移大小僅取決于勻速運動時垂直極板方向的分速度的大小。顯然，當帶電粒子于nT時刻進入電場時，勻速運動時垂直極板方向分速度最大，從而在垂直極板方向位移n為非負整數)。【解題方法】 運

7、動的合成及分解、牛頓第二定律及勻變速直線運動的位移公式。【解題】 帶電粒子在電場中平行兩極板的方向作勻速直線運動，故帶電粒子在兩金屬板中運動時間及電場存在無關，均為T。況下出電場時在垂直于極板方向位移最小。最小位移當帶電粒子恰在nT(n=0，1，2，)時刻進入電場，此種情況下出電場時垂直兩極板方向位移最大。最大位移【例3】如圖1-40所示，質量為m、帶電量為+q的小球從距地面高h處以一定的初速度v0水平拋出，在距拋出點水平距離為l處，有能無碰撞地通過管子，可在管子上方整個區域里加一場強方向向左的勻強電場。求：(1)小球的初速度v0；(2)電場強度E的大小；(3)小球落地時的動能。【分析思路】

8、帶正電的小球逆著電場線方向進入勻強電場，其在水平方向作勻減速直線運，在豎直方向做自由落體運動。當小球離開電場恰能無碰撞地通過管子，意味著小球剛進入管口的瞬間水平方向的速度為零。小球從開始到落地，整個過程中在豎直方向上一直做自由落體運動，可用運動學或動能定理求小球落地時的動能。【解題方法】 運動的合成及分解、自由落體運動的規律及動能定理。【解題】 在電場中小球的運動可看成水平方向的勻減速運動和豎直方向自由落體運動的合成。(1)從拋出點到管口小球運動的時間可由豎直方向的分運動自由落體運動求出。設時間為t，則有水平方向上小球做勻減速運動，則有(2)在水平方向上應用牛頓第二定律有Eq=ma(3)解法一

9、：在全過程中對小球應用動能定理得所以小球落地時的動能解法二：小球在豎直方向上一直做自由落體運動，且小球著地時的速度是豎直向下的，由自由落體運動的規律知所以物體落地時的動能【例4】如圖1-41(a)所示，長為l、相距為d的兩平行金屬板及一電壓變化規律如圖1-41(b)所示的電源相連(圖中未畫出電源)。有一質量為m、帶電荷為-q的粒子以初速度v0從板中央水平射入電場，從飛入時刻算起，A、B兩板間的電壓變化規律恰好如圖(b)所示，為使帶電粒子離開電場時的速度方向平行于金屬板，問：(1)交變電壓周期需滿足什么條件？(2)加速電壓值U0的取值范圍是什么？【分析思路】 帶電粒子離開電場時，速度方向平行于金

10、屬板，這說明帶電粒子活電場力方向未獲得速度。由題意可知，它在電場中的運動時間只能是電壓變化周期的整數倍，即在一個周期內，前半個周期粒子豎直方向的速度從零增加至vy，后半個周期再從vy減少至零，但必須注意到粒子在豎直方向一直朝著一個方向運動，先加速后減速，再加速【解題方法】 運動的合成及分解、牛頓第二定律及運動學公式。【解題】 (1)帶電粒子穿越電場所需時間由于粒子出電場時速度方向平行于金屬板所以t=nT(2)豎直方向上帶電粒子在一個周期內的位移帶電粒子在n個周期內的位移【例5】如圖1-42(a)所示，真空室中電極K發出的電子(初速度為零)經過U0=1000V的加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板

11、A、B間的中心線射入，A、B板長l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B兩板間的電壓u隨時間t變化的u-t圖線如圖1-42(b)所示。設A、B兩板間的電場可以看作是均勻的，且兩板外無電場。在每個電子通過電場區域的極短時間內，電場可視作恒定的。兩板右側放一記錄圓筒，筒的左側邊緣及極板右端距離b=0.15m，簡繞其豎直軸勻速轉動，周期T=0.20S，筒的周長S=0.20m，筒能接收到通過A、B板的全部電子。(1)以t=0時(見圖(b)此時u=0)電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標系的原點，并取y軸豎直向上，試計算電子打到記錄紙上的最高點的y坐標和x坐標(不計重力作用)。(2)在給出的坐標

12、紙(如圖(c)上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線。【分析思路】 本題要分為加速、偏轉、放大和掃描四個階段。加速階段：從電極K發出的電子的初速度為0，設經加速電場后由小孔S沿中心線射入A、B兩水平金屬板的初速度為v0，則由能量關系得其中m、e分別為電子的質量和電量，U0為加速電壓。偏轉階段：電子以v0沿A、B兩水平金屬板的中心線射入后，由于受到垂直于A、B板的勻強電場作用，電子將發生偏轉，偏轉的情況既及A、B間電場強度有關，又及入射速度v0有關。題圖(b)給出了加在A、B兩板間的電壓u隨時間變化的u-t圖線從所給的u-t圖線可以看出，加在A、B兩板間的電壓u是依鋸齒形規律隨時間變化的，不

13、是恒定電場。但題目說明“A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。在每個電子通過電場區域的極短時間內，電場可視作恒定”。故在計算各個時刻電子在穿越電場區域產生偏轉時，電場可作為恒定電場來處理。因而電子在A、B間是做拋物線運動：沿中心線方向，電子做勻速運動，速度為v0；沿垂直中心線方向，電子做勻加速運動，初速度為零，加速則電子在穿越A、B間的電場區域之前就要落到A或B板上而不能從A、B間的電場區射出，極限電壓uc由電子射出A、B間電場時的極限偏轉由、兩式聯立求得極限電壓以題給數據代入，得uc=20V，這個結果說明只有在A、B兩板間的電壓u小于極限電壓uc=20V時，才有電子從A、B間的電場區

14、域射出。放大階段：電子剛從A、B兩板間的電場區域射出時，最大偏轉為B板一段距離b處。這樣，電子打在記錄圓筒上的偏轉距離就被放大了，及極限電壓相應的電子射出A、B兩板間電場區時的y方向分速度射出電場區后，電子做勻速直線運動，它打到記錄圓筒上的偏轉，即打到記錄紙上的最大y坐標可由下式求得由、式及題給數據可求得掃描階段：如果記錄電子偏轉的工具是一個不動的固定記錄屏，則不同時刻的電子打在屏的記錄紙上的位置是在一條及豎直方向平行的直線上。也就是說，在固定屏上記錄到的是一條及y軸(即豎直方向)平行的直線痕跡。為了能顯示出不同時刻電子的偏轉情況，我們用一繞豎直軸勻速轉動的記錄圓筒來代替固定的記錄屏。由于圓筒

15、的勻速轉動，不同時刻打到圓筒的記錄紙上的x坐標是不同的。若取x軸及豎直的轉動軸垂直，以t=0時電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標系的原點，則t時刻打到記錄圓筒上的x坐標為其中T為記錄圓筒的轉動周期，S為記錄圓筒的周長。從題中圖(b)中可以看出，加在A、B兩板間的電壓u隨時間t是做周期性變化的，周期T0=0.1S，在每個周期T0內，只有電壓u小于極限電壓uc=20V的時候才有電子射出。因此在每個周期T0內，只有在開始一段時間間隔t內有電子通過A、B兩板間的電場區，根據題給條件，記錄圓筒能接收到通過電場區的全部電子，因此在每個周期T0內，只有在開始一段時間t內有電子打到記錄紙上從題圖(b)可以看

16、出這段時間t等于其中um是加在A、B兩板間的最大偏轉電壓。為了求出電子在記錄圓筒上的記錄紙上打出的痕跡，我們先討論電子打在記錄紙上的最低點的坐標。題給的偏轉電壓具有周期性，故最低點不止一個，根據題中關于坐標原點及起始記錄時刻的規定，以及加在A、B兩板間的偏轉電壓u及時間t的關系曲線可知第一個最低點的x，y坐標為x1L=0cmy1L=0cm第二個最低點的坐標為y2L=0cm第三個最低點的x，y坐標為由于記錄圓筒的周長S=20cm，所以每三個最低點已及第一個最低點重合，即記錄紙上記錄到的電子打到痕跡的最低點只有兩點，它們的坐標分別為(0，0)和(10，0)。同樣可求痕跡最高點的坐標，顯然痕跡最高點

17、相應于偏轉電壓為uc的偏轉點，因此第一個最高點的x，y坐標為第二個最高點的x，y坐標為y2H=2.5cm第三個最高點也及第一個最高點重合，即記錄紙上記錄到電子打到痕跡的最高點也只有兩點，它們的坐標分別為(2，2.5)和(12，2.5)。對于介于0到極限值uc之間的偏轉電壓u，在記錄紙上記錄到電子痕跡的偏轉量y，由圖1-43中可得到式中、vy分別是電子射出電場區時沿豎直方向的偏轉量和分速度：以、式代入式，并化簡即得到記錄紙上的偏轉量y等于可見由于電子在A、B兩板間的勻強電場中沿豎直方向的加速度的電子沿豎直方向的偏轉量y及該電子射入A、B兩板間的電場時，加在A、B兩板間的偏轉電壓u成正比，這樣就得

18、出結論，在偏轉電壓的每個周期內，電子在記錄紙上形成的痕跡是一條連接該周期內的最低點和最高點的直線。從上面的分析可以看出，本題涉及的電子通過加速電場和偏轉電場等內容都是學生熟悉的，有新意的地方在于，把常見的固定電子接收屏改為轉動的記錄圓筒，加進了掃描因素，這樣就構成了一個情境較新的題目，需要靈活地運用所學知識，獨立地進行分析討論。【解題方法】 運動的合成及分解、牛頓第二定律、運動學公式、較強的空間想象能力。【解題】 (1)計算電子打到記錄紙上的最高點的坐標設v0為電子沿A、B板的中心線射入電場時的初速度，則電子在中心線方向的運動為勻速度運動，設電子穿過A、B板的時間為t0，則電子在垂直于A、B板方向的運動為勻加速直線運動。對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓uc應滿足聯立、式解得此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度為以后，此電子做