【正文】 HZ 【 總結】 帶電粒子在周期性變化的勻強電場中的運動比較復雜，運動情況往往由初始條件決定，具體問題需要具體分析。 （二）帶電粒子的偏轉（限于勻強電場） ：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。 （三）先加速后偏轉 若帶電粒子先經加速電場（電壓 U 加 ）加速，又進入偏轉電場（電壓 U 偏 ），射出偏轉電場時的側移 2 2 2220xx 2 4 4q U L q U L U Ly a t d m V d q U d U? ? ? ?偏 偏 偏加 加 偏轉角： tgφ =VyV0 =U偏 L2U加 d 帶電粒子的側移量和偏轉角都與質量 m、帶電量 q 無關。 若信號電壓 U=Umaxsin wt， y’=20 ()2ql LlUmV d ?maxsin wt=y maxsin wt. y’隨信號電壓同步調變化 ,但由于視覺暫留及熒光物質的殘光特性看到一條豎直亮線 . 加掃描電壓可使這一豎直亮線轉化成正弦圖形。 例 6： 在圖 87 甲中，虛線表示真空里一點電荷 Q 的電場中的兩個等勢面，實線表示一個帶負電 q 的粒子運動的路徑，不考慮粒子的重力，請判定 （１）Ｑ是什么電荷？ （２）ＡＢＣ三點電勢的大小關系； （３）ＡＢＣ三點場強的大小關系； 【 審題 】 Ａ、Ｂ、Ｃ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??；根據電場力對帶電粒子的做功情況 判斷粒子在Ａ、Ｂ、Ｃ三點動能的大小關系。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，已知它經過等勢面 b 時的速率為 v，則它經 過等勢面 c 的速率為 。 說明：前面所說的加速運動不一定是勻加速運動。（對于 b、 c兩等勢面也存在同樣形式的關系式。 （六）考慮受重力或其它恒力作用時的帶電物體的運動問題 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。 【 解析】 當電場力向下時，ψ Aψ B qUABmg(H+h)=12 mv02, ∴ UAB=m［ v022g(H+h)］ /2q 當電場力向上時，φ Aφ B qUBAmg(H+h)= 12 mv02, ∴ UBA=m［ 2g(H+h)v02］ /2q 【 總結】 本題在求解過程中可分段使用牛頓第二定律和運動學公式，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。求：小球經過最低點時細線對小球的拉力。） 2．重力對物體所做的功只跟起點和終點的位置有關，而跟物體運動的路徑無關。而且電場力所做的功等于電荷的電勢能的變化。若設小球運動到最低 點時的速度為 v，則其數學關系為 221 mvqElmgl ??。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的性質求解， 分別求每個分力的功比求合力的功簡單。 （七）創(chuàng)新思維問題 例 12： (20xx 上海 )為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積 A=2的金屬板，間距L=，當連接到 U=2500v 的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，如圖 813 所示。 第二問中把煙塵集中等效處理，電場力對所有煙塵做的功等于電場力對所有煙塵顆粒集中于極板中間位置做的功，第 三問中求 煙塵顆粒的總動能的最大值，需要列出總動能的表達式，然后利用數學求極值的辦法求出最大值。 。煙塵顆粒受到的電場力 F=qU/L ① mLqU tatL 221 22 ?? ② 圖 813 第 21 頁 共 21 頁 ∴ )( sLqUmt ?? ③ （ 2） NALqUW21? ④ = 10－ 4（ J） ⑤ （ 1） 設煙塵顆粒下落距離為 x )()(21 2 xLNAxLqUxLNAmvE k ?????? ⑥ 當2Lx?時 EK達最大， 2121atx? )( sLqUmaxt ??? ⑦ 【總結】 本題是帶電粒子在電場中運動具體應用的典型實例，特別是第二問中把煙塵看成集中于板間中間位置的抽象法，把分散的集中來處理的辦法在物理中也是常用的。求合上電鍵后： (1)經過多 少時間煙塵顆?？梢员蝗课?？ (2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？ (3)經過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？ 【 審題 】 盒狀容器 上下底面的金屬板接到高壓電源的正負極上時 ，在兩金屬板間 便 產生一個勻強電場，煙塵顆粒 在 密閉在容器內 受到電場力的作用， 當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附。 【解析】 （ 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 L＝ 12gt2 圖 812 第 20 頁 共 21 頁 ① 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＝ qUmd ② 離開電場時顆粒在水平方向的位移為2d，由勻變速直線運動規(guī)律得：2d＝ 12at2 ③ 聯立①、②、③式解得 U＝ 22mdgqL＝ 1 104 V （ 2）在顆粒下落的整個過程中，根據動能定理得： 12 qU+mg（ L+H） =12 mv2 代入數據得： v＝ m/s≈ 6 m/s 【總結】 本題是 靜電分選器的原理 的題目，與實際聯系密切。 【 解析】 )s in1(c o s ?? ?? q E lm g l ① 221 mvqElmgl ?? ② lvmmgT 2?? ③ 圖 811 第 19 頁 共 21 頁 由 ② 式可以導出： qElmvmgl ?? 221 ④ 將④、③兩式相除可得： ?????????????????????????????????????????????????s in1c o s12s in1c o ss in12s in1)c o ss in1(2)s in1(21)c o ss in1(c o ss in21s in21s in11c o s21s in11c o s21222222glglglvvglglvglvglglvglm g lmvm g l 將 v2 值代入 ③ 式： ????????????????????????????????????????s in1c o s23s in1c o s23s in1c o s122s in1c o s12mgmgmgTglmgmgTlglmmgT 所以，小球經過最低點時細線對小球的拉力為 ?????? ?? ??sin1 cos23mg。（根據 W=qU、 U=Ed、 d=1+lsinθ推導出上面的結果。根據這種性質，在本題中若設細線長度為 l，則小球從釋放點到左側最高點 重力勢能的減少量應該等于 mglcosθ。根據能的轉化和守恒定律可知：重力勢能的減少量等于電勢能的增加量。把小球拉起至細線與場強 平行，然后無初速解放。 【 解析】 帶電微粒在板間受電場力和重力的作用，做類平拋運動，當微粒剛好打中下板右邊緣時，有： v0ｔ＝Ｌ，ａ １ ｔ ２ ／２＝ d/2 可得ａ １ =dv02/L2=對微粒，有（以向下為正）： mgqU1/d=ma1 所以 U1=m（ ga1） d/q=60V 當微粒剛好打中上板右邊緣時，有： v0ｔ＝Ｌ，ａ 2ｔ ２ ／２＝ d/2 可得ａ 2=dv02/L2=對微粒，有（以向上為正）： Qu2/d mg=ma2 所以 U2=m（ g+a2） d/q=240V 要使帶電微粒能穿出極板，則兩極板間的電壓 U 應滿足： U1＜ U＜ U2， 即：６０Ｖ＜ U＜２４０Ｖ 【 總結】 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。（已知： Va=0， Vb=v） 則： mvmvqU bbab 22 2121 ?? ① mvmvqU bcbc 22 2121 ?? ② 將 ① 、 ② 兩式相除可得： vv vvUU bc abbcab 2222??? ③ 將 UUUUab3132 ???、 UUUU bC1254132 ???、 0aV? 、 bVv? 代入 ③ 式： 第 17 頁 共 21 頁 vvvvvvvvvvvUUvvvvaaaa2349945445401253120222222222222??????????? 所 以，帶電粒子經過等勢面 c 的速度為 。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。 2．原來處于靜止狀態(tài)的帶電粒子，若僅受電場力作用應做加速運動。由于粒子 q 向偏離Ｑ的方向偏