透析帶電粒子在電場中運動的奇妙思維

帶電粒子在電場中的運動，是電學中一個重要的內容，對于帶電粒子在電場中的運動我們可以利用下列方法將它巧妙的進行分析：

一、利用力學的觀點處理靜電場中的平衡問題

【例1】如圖1所示帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA=OB，都用長L的絲線懸掛在O點。靜止時A、B相距為d。為使平衡時AB間距離減為d/2，可采用以下哪些方法？（ ）

A. 將小球A、B的質量都增加到原來的2倍

B. 將小球B的質量增加到原來的8倍

C. 將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半

D. 將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質量增加到原來的2倍

解析：以B球為研究對象，其受力情況如圖1所示，由幾何關系知ΔOAB∽ΔDBF，因此有=。由庫侖定律得F=，聯(lián)立以上兩式得d∝，

答案：BD

特別提醒：場中的“平衡”問題，除了分析帶電體的受力時除重力、彈力、摩擦力等，還需多分析一種電場而已，在求解過程中仍然根據力學中解題思路進行分析處理，其解題的一般思維程序為：①明確研究對象并將研究對象隔離出來，分析其所受的全部外力，其中電場力，要根據電荷的正負及電場的方向來判斷；②根據平衡條件∑F=0或∑Fx=0，∑Fy=0列出方程并求解；另外求解力學中的平衡問題常用的方法有：根據力的平衡條件、力的平行四邊形定則和力的正交分解法。

二、用類平拋運動處理帶電粒子的偏轉問題

【例2】一束電子流在U0=500V的電壓作用下從初速度為零開始得到一定速度后垂直于平行板間的勻強電場飛入兩板間的中央，如圖2所示。若平行板間的距離為d=1cm，板長為L=5cm，問至少在平行板上加多大電壓U1才能使電子不再飛出平行板？

解析：電子經U0加速時，由動能定理得eU0=mv02/2，解得v02=2eU0/m ①

電子飛入平行板電場后做類似平拋運動，在水平方向電子做勻速直線運動，最大運動時間為t=L/v0 ②

在豎直方向電子做初速為零的勻加速運動，其加速度為a=eU1/（md），解得U1=amd/e ③

根據運動學的位移公式有=at2，解得a= ④

聯(lián)立以上各式解得U===40V.

特別提醒：當帶電粒子在電場中所受到的電場力與初速度方向垂直時，帶電粒子將做類平拋運動，此時完全可以利用求接平拋的方法以及思路來求解帶電粒子在電場中的運動，即將帶電粒子的類平拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向初速度為0的勻加速直線運動。處理這種問題的基本思路如下：

然后再根據類似平拋運動的公式求解：x=v0t

y=

at2

三、用能量的觀點處理帶電體在電場中的運動

【例3】如圖3所示，一根長為L=1.5 m的光滑絕緣細直桿MN，豎直固定在場強為E=1.0×105 N/C、與水平方向成θ=30°角的傾斜向上的勻強電場中。桿的下端M固定一個帶正電的小球A，另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量為q=+1.0×10-6C，質量為m=1.0×10-2kg。現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動。（靜電力常量為k=9.0×109N·m2/C2，取g=l0 m/s2），小球B從N端運動到距M端的高度為h2=0.6l m時速度為v=1.0 m/s，求：

（1）此過程中A、B間的庫侖力對B球做了多少功？

（2）小球B的電勢能改變了多少？

解析：（1）小球B從開始運動到速度為v的過程中，設重力做功為W1，電場力做功為W2，庫侖力做功為W3，根據動能定理有

合外力做的功為W1+W2+W3=mv2

重力做的功為W1=mg（L-h2）

電場力做的功為W2=-qE（L-h2）sinθ

聯(lián)立以上三式解得

W3=mv2-mg（L-h2）+qE（L-h2）sinθ

（2）設小球B的電勢能改變了△Ep，根據功能關系有 △Ep=-（W2+W3）

聯(lián)立上述三式得 △Ep=mg（L-h2）-mv2

代入數據解得△Ep=8.4×10-2 J。

特別提醒：在利用能量的觀點來解決帶電粒子在電場中的運動問題時，動能定理是首要考慮的一個方案。除此之外還可利用能量的轉化與守恒來求解。值得特別提醒的是在分析帶電體電勢能的變化時要明確電體電勢能的變化在數值上等于電場力對帶電體所做的功，這時初學者在學習電場知識做容易錯的地方。

四、利用v—t圖象解決帶電粒子在交變電場中的運動

【例4】如圖4所示，A、B對一平行金屬板，板間距離為d，在兩板間加上一周期為T的交變電壓，電壓變化的規(guī)律如圖5所示。從T=0時刻開始，一束初速度為v0的電子流沿從A、B兩板間的中線進入電場中，要想使電子水平射出則所加的交變電壓的周期T和所加的電壓U0的大小滿足什么條件？

解析：依題意可知電子在水平方向做勻速運動，在豎直方向上做變速運動，根據圖5作出電子在在交變電場中的v—t圖像，如圖6所示，由于電子進入板間電場和射出板間電場時，其豎直方向上速度為0，因此電子在電場中的運行時間必為交變電壓周期T的整數倍。即t=nT（n=1、2…），t=L/v0，因此T=L/（nv0）（n=1、2…）。

即為周期T應該滿足的條件。

對于射入的電子，由v—t圖像知其飛射出板間電場時刻側向位移最大，因此只要考慮這些射入的電子，在一個周期內側向位移為圖8中陰影部分的面積為y=2××（）2=。

在t=nT中，總的側向位移yn=ny，當yn≤d/2時，電子均可非出板間電場，即n·≤，因此，U0≤（n=1、2…）。

特別提醒：在分析帶電體在交變電場中的運動問題時若用v—t圖像法來處理帶電粒子在交變電場作用下的加速與偏轉是比較方便的，這樣可將復雜的運動直觀地反映出來。

五、利用運動的獨立性分析帶電粒子在電場中的曲線運動

【例5】有帶平行板電容器豎直安放如圖7所示，兩板間距為d=0.1m，電勢差為U=100V。現(xiàn)從平行板上A處以vA=3m/s速度水平射入一帶正電小球（已知小球帶電荷量q=10-3C，質量m=0.02kg）經一段時間后發(fā)現(xiàn)小球打在A點正下方的B處，求A、B間的距離SAB。（取g=10m/s2）

解析：小球m在處以vA以水平射入勻強電場后，運動軌跡如圖8所示。在豎直方向小球無初速，只受重力mg，可看作是自由落體運動；在水平方向小球有初速vA，受恒定的電場力qE作用，作勻變速直線運動，因此小球的運動由上述兩個正交的直線運動疊加而成。

由題意知E=U/d=100/0.1=1000V/m

設球飛行時間為t，則在豎直方向上有SAB=gt2在水平方向上有t=，a==，由此可得：

t===0.12s

聯(lián)立以上四式解得SAB=gt2=×10×0.122=0.072m

特別提醒：對于這類較復雜的運動，中學中常用的處理方法是將其分解成兩個或幾個簡單的直線運動，根據力的獨立作用原理及運動的互不相干性分別加以分析。用運動的獨立性原理，將復合場中的曲線運動分解為兩個方向的直線，由分運動“時間相等建立位移、速度關系”是解決這一類題的基本思路。