求解帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動問題“三法”

1 運(yùn)動分解法

當(dāng)一個(gè)帶電體同時(shí)受到幾個(gè)恒力的作用做曲線運(yùn)動時(shí)，求解的思路是：首先對帶電粒子受力情況和運(yùn)動情況進(jìn)行分析，再由牛頓運(yùn)動定律和勻變速運(yùn)動公式求解。

例1 長為L的平行金屬板，板間形成勻強(qiáng)電場，一個(gè)帶電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上板垂于電場線方向射入電場，剛好從下板邊緣射出，末速度恰與下板成30°角，如圖1所示，求：(1)粒子末速度v的大??；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E；(3)兩板間的距離d。



解析 將帶電粒子的運(yùn)動分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓定律求解。(1)由圖1可得

v=v0/cos30°=23v03

(2)∵v⊥= v0tan30°=3v03 ，而t=L/v0，所以v⊥=at=qELmv0，解得：E=3mv203qL 

(3)d =v⊥2#8226;t= 36 L。

例2 如圖2所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中，有一帶電體P自Ｏ點(diǎn)豎直向上射出，它的初動能為４J，當(dāng)它上升到最高點(diǎn)Ｍ時(shí)，它的動能為５J，則物體折回通過與Ｏ在同一水平線上的O′點(diǎn)時(shí)，其動能為多大？

解析 將帶電體的運(yùn)動分解為水平方向的運(yùn)動和豎直方向的運(yùn)動。此帶電體P在電場力和重力的共同作用下，根據(jù)運(yùn)動的獨(dú)立性帶電體P在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，在水平方向上做初速為零的勻加速直線運(yùn)動。

設(shè)帶電體P在Ｏ點(diǎn)的動能為Ｅ１，到達(dá)Ｍ點(diǎn)的動能為Ｅ２，到達(dá)Ｏ′點(diǎn)的動能為Ｅ３。由于在豎直面內(nèi)做豎直上拋運(yùn)動，所以Ｏ到Ｍ的時(shí)間與Ｍ到Ｏ′的時(shí)間相等即tOM=tMO′。由于水平方向上做初速為零的勻加速直線運(yùn)動，所以在相鄰的相等時(shí)間內(nèi)水平方向的位移之比為１∶3 即xOM:xMO′=1:3，又因，豎直方向只有重力做功，所以帶電體P在Ｏ點(diǎn)時(shí)的豎直方向的速度大小與在Ｏ′時(shí)相等，從Ｏ點(diǎn)到Ｏ′點(diǎn)重力沒有做功，帶電體P在最高點(diǎn)Ｍ點(diǎn)的動能為５J，此時(shí)速度方向水平，即從Ｏ點(diǎn)到Ｍ點(diǎn)電場力做功５J，水平方向電場力恒定，由此可知電場力做功與位移成正比，所以可以得到從Ｍ點(diǎn)到Ｏ′點(diǎn)電場力做功為１５J，故從Ｏ點(diǎn)到Ｏ′點(diǎn)電場力總共做功為２０J，這樣便可以計(jì)算出到達(dá)Ｏ′點(diǎn)時(shí)，帶電體Ｐ的總動能為２４J。

2 類比與等效

電場力和重力都是恒力，在電場力作用下的運(yùn)動可與重力作用下的運(yùn)動類比。例如，垂直射入平行板電場中的帶電粒子的運(yùn)動可類比于平拋，帶電單擺在豎直方向的勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動可等效于重力場強(qiáng)度g值的變化等。

例3 如圖3所示在光滑水平面上的O點(diǎn)系一長為l的絕緣細(xì)線，線的另一端系一質(zhì)量為m、



帶電量為q的小球.當(dāng)沿細(xì)線方向加上場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場后，小球處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)給小球一垂直于細(xì)線的初速度v0，使小球在水平面上開始運(yùn)動，若v0很小，則小球第一次回到平衡位置所需時(shí)間為____________。

解析 帶電小球以很小的速度在電場力的作用下來回振動，最大偏角肯定小于5°，類比于單擺，小球的振動是簡諧運(yùn)動，小球作簡諧運(yùn)動的周期T=2πl(wèi)a，再把電場類比成重力場來分析，小在電場中可根據(jù)a=Fm=Eqm來求等效重力加速度a=Eqm，第一次回到平衡位置所需時(shí)間t=T2=πmlqE。

例4 一條長為l的細(xì)線上端固定在Ｏ點(diǎn)，下端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球，將它置于一個(gè)很大的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為Ｅ，方向水平向右，已知小球在Ｂ點(diǎn)時(shí)平衡，細(xì)線與豎直線的夾角為α，如圖4所示，求：



（１）當(dāng)懸線與豎直線的夾角為多大時(shí)，才能使小球由靜止釋放后，細(xì)線到豎直位置時(shí)，小球速度恰好為零？

（２）當(dāng)細(xì)線與豎直線的夾角為α?xí)r，至少要給小球一個(gè)多大的沖量，才能使小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動？

解析 本題是一個(gè)帶電粒子在勻強(qiáng)電場和重力場中的綜合問題，在處理這個(gè)問題時(shí)，由于電場力和重力都是恒定的，所以可以將這個(gè)勻強(qiáng)電場和重力場看成一個(gè)場（合場）。對小球在Ｂ點(diǎn)時(shí)受力分析如圖5所示，由于小球是在勻強(qiáng)電場和重力場的復(fù)合場中運(yùn)動，其等效重力加速度（復(fù)合場場強(qiáng)）g′＝gcosα，小球的運(yùn)動類比為一單擺，Ｂ點(diǎn)為振動的平衡位置，豎直位置為最大位移處，由對稱性即可得出結(jié)論：當(dāng)懸線與豎直線的夾角φ=2α。

繩系小球在勻強(qiáng)電場和重力場的復(fù)合場中做圓周運(yùn)動的條件與在重力場中類似，只不過運(yùn)動時(shí)其等效“最低”點(diǎn)是Ｂ，其等效“最高”點(diǎn)是與等效“最低”點(diǎn)Ｂ以Ｏ點(diǎn)為對稱的Ｄ點(diǎn)，其等效重力加速度（復(fù)合場場強(qiáng)）為g′，所以小球要求能夠在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，在等效“最高”點(diǎn)Ｄ的最小速度vD=g′l

由動能定理得：

-2mg′l=12mv2D-12mv2B

解得：vB=5g′l=5glcosα

給小球施加的沖量至少應(yīng)為I=mvB=m5glcosα

本題在求解過程中利用了類比與等效的方法，并與單擺、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動的“最高”點(diǎn)和“最低”點(diǎn)類比，簡化了解題過程，思路清晰，解法靈活。

3 功能關(guān)系法

從功能觀點(diǎn)出發(fā)分析帶電粒子的運(yùn)動問題時(shí)，在對帶電粒子受力情況和運(yùn)動情況進(jìn)行分析的基礎(chǔ)上，再考慮恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。如果選用動能定理，要分清有幾個(gè)力做功，以及初、末狀態(tài)的動能；如果選用能量守恒定律解題，要分清有多少種形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪種能量增加，哪種能量減少，并注意電場力做功與路徑無關(guān)。

例5 一根對稱的“∧”型玻璃管置于豎直平面內(nèi)，管所在的空間有豎直方向的勻強(qiáng)電場Ｅ，質(zhì)量為m、帶正電量為q的小物體在管內(nèi)從Ａ點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，且與管壁的動摩擦因數(shù)為μ，管ＡＢ長為l，小球在Ｂ端與管作用沒有能量損失，管與水平面夾角為θ，如圖所示。求從Ａ開始，小物體運(yùn)動的總路程是多少？（設(shè)qＥ>mg μ<tgθ）



解析 這是一個(gè)能的轉(zhuǎn)化和守恒的綜合題。首先要認(rèn)真分析小物體的運(yùn)動狀況，建立物理圖景。開始時(shí)，物體從Ａ點(diǎn)由靜止開始沿管壁運(yùn)動，它受到四個(gè)力的作用，垂直于管壁方向受力平衡，沿管壁方向受到的合力沿ＡＢ管壁向上。故小物體沿ＡＢ管壁作勻加速運(yùn)動。直至Ｂ以一定的速度與Ｂ處的管壁相碰撞，由于小球在Ｂ端與管壁作用沒有能量損失，所以碰撞后以原速率沿BC管壁向下作勻減速運(yùn)動直至速度為零。然后小物體又沿CB管壁向上作初速為零的勻加速運(yùn)動，直至Ｂ以一定的速度與B處的管壁相碰撞，碰撞后以原速率沿BA管壁向下作勻減速運(yùn)動直至速度為零。小物體將多次重復(fù)以上過程。

由于摩擦力總是做負(fù)功，物體機(jī)械能不斷損失，所以物體通過同一位置時(shí)的速率將不斷減小，直到最后停止運(yùn)動。物體停止時(shí)，必須滿足兩個(gè)條件：速度為零和物體所受合力為零，所以物體只能停在Ｂ點(diǎn)才能滿足以上條件（由于qＥ>mg μ<tgθ）。因?yàn)殡妶隽椭亓ψ龉χ桓瘘c(diǎn)位置和終點(diǎn)位置有關(guān)，而跟路徑無關(guān)。

所以電場力做正功：WE=qELsinθ

重力做負(fù)功：WG=-mglsinθ

摩擦力恒定為：Ff=μ(qE-mg)cosθ

整個(gè)過程中摩擦力始終做負(fù)功，設(shè)小物體運(yùn)動的總路程為Ｓ

則整個(gè)過程中摩擦力做的總功為

Wf=-μS(qE-mg)cosθ

根據(jù)動能定理得：

WE+WG+Wf=0即

qElsinθ-mglsinθ-μS(qE-mg)cosθ=0

整理得：

(qE-mg)lsinθ=μS(qE-mg)cosθ

最終得：S=1μtgθ