帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)解題三步法

1、一帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)解題三步法第一步 : 審題，審題過程要審清以下因素情況1、帶電粒子電性：帶正電、帶負(fù)電、未知。2、電場線的方向：向左、向右、未知。3、粒子的初速度：有初速度、無初速度、還是未知。4、粒子的運(yùn)動(dòng)方向：順著電場線、逆著電場線、還是未知。5、粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻速、勻變速、變加速、曲線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)。6、考慮重力：考慮重力、不計(jì)重力、帶電粒子小球一般考慮重力、電子一般不考慮重力。7、有無外力作用：有外力作用、只受電場力作用第二步：受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析，1. 在分析物體受力時(shí)，是否考慮重力要依據(jù)具體情況而定。（ 1）電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外一般都

2、忽略不計(jì)。（ 2）帶電顆粒：如塵埃、液滴、小球等，除有說明或有明確的暗示以外一般都不能忽略。2：力學(xué)知識(shí) :牛頓第二定律F=ma；動(dòng)能定理W= Ek；不同位置的電勢能、動(dòng)能和重力勢能的和不變；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；拋物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律；圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律分力 - 分速度 - 分動(dòng)能。3、力、速度、加速度的正交分解第三步：題目考查的問題：力和運(yùn)動(dòng)問題還是功和能關(guān)系問題1帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的過程:平衡、加速或減速、直線、曲線電場的知識(shí)和規(guī)律：E=F/q F=qE； W=qU； E=U/d； E p=q2、處理帶電粒子運(yùn)動(dòng)問題的一般有三條途徑：（ 1）勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律（ 2）能量守恒定律（ 3）

3、動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律3、直線變速運(yùn)動(dòng)問題，(1) 優(yōu)先考慮使用場力功與粒子動(dòng)能變化關(guān)系，使用動(dòng)能定理來解，尤其是在非勻強(qiáng)電場中，我們無法使用牛頓第二定律來處理的過程，而動(dòng)能定理只考慮始末狀態(tài)，不考慮中間過程。（ 2）若問題涉及空間則優(yōu)先考慮功、動(dòng)能，用能量守恒解題。(3) 題目指定求加速度、力、時(shí)間，只能用牛頓第二定律來計(jì)算。（ 4）問題涉及時(shí)間則優(yōu)先考慮沖量、動(dòng)量，問題涉及空間則優(yōu)先考慮功、動(dòng)能。4、強(qiáng)化物理?xiàng)l件意識(shí)，聯(lián)系數(shù)學(xué)工具分析 （拋物線方程、 直線方程、 反比例函數(shù)、 極值等）。二、運(yùn)動(dòng)的幾種模型一帶電粒子的加速特別注意：W=qU 適應(yīng)勻強(qiáng)電場和非勻強(qiáng)電場，而W=qEd，只適應(yīng)于勻

4、強(qiáng)電場.對于直線加速，是電勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，解決的思路能量觀點(diǎn)來求解。1. 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，做加速（或減速）直線運(yùn)動(dòng)。2. 用功能觀點(diǎn)分析（ 1）粒子動(dòng)能的變化量等于電場力做的功。粒子的初速度為零，2?qU=mv/2,V=?（ 2）若粒子的初速度不為零，則22?qU=mv/2- mv 0/2, V= ?+3. 用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析：帶電粒子平行電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，則帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可由電場力求得加速度進(jìn)而求出末速度、位移或時(shí)間。例 1：如圖 8-1 所示，帶電粒子在電場中的加速：在真空中有一對平行金

5、屬板，兩板間加以電壓 U，兩板間有一個(gè)帶正電荷 q 的帶電粒子，它在電場力的作用下，由靜止開始從正極板向負(fù)極板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度有多大？（不考慮帶電粒子的重力）【審題】本題是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速問題，電場力做正功， 電勢能減少，動(dòng)能增加，利用動(dòng)能定理便可解決?！窘馕觥繋щ娏Ｗ釉谶\(yùn)動(dòng)過程中，電場力所做的功W=qU。設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)圖 8-111得： v=2qU極板時(shí)的動(dòng)能E =2 mv2，由動(dòng)能定理 qU=2 mv2mk【關(guān)鍵點(diǎn)】 -12適用所有電場。使用 W=qU= mv -2例 2：下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過加速電壓為U的電場之后， 哪種粒子的速度最大？（ A） a 粒子（B

6、）氚核（ C）質(zhì)子（D）鈉離子 N a【審題】：解答本題需要把帶電粒子在電場中加速的知識(shí)與原子核知識(shí)聯(lián)系起來。1已知電場的加速電壓為 U，要判斷粒子速度qU1 mv 2v 的大小，采用2分析問題比較方便。2質(zhì)子 11H ，粒子24 He ；氚核 13H ；鈉離子 N a 的質(zhì)量最大 ,1mv22qUqUv?【解析】2mv=?由此可知：加速電壓 U 相同的。 v 與比荷 ? 成正比；答案為（C）。?【關(guān)鍵】 -使用動(dòng)能定理 -得出速度的表達(dá)式 - 對表達(dá)式加討論。例 3：如圖 8-2 所示，真空中相距d=5 cm的兩塊平行金屬板A、B 與電源連接 ( 圖中未畫出 ) ，其中 B 板接地（電勢為零

7、）,A板電勢變化的規(guī)律如圖8-3 所示 . 將一個(gè)質(zhì)量m=2.0× 10-23 kg, 電量 q=+1.6 × 10-15 C 的帶電粒子從緊臨B 板處釋放，不計(jì)重力 . 求：(1)在 t=0 時(shí)刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小;(2)若 A板電勢變化周期-5在 t=0 時(shí)將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，T=1.0 × 10 s,粒子到達(dá) A 板時(shí)動(dòng)能的大小；(3)A 板電勢變化周期多大時(shí)，在t=T/4到 t=T/2 時(shí)間內(nèi)從緊鄰B 板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A 板 .【審題】在 0-T/2時(shí)間勻加速運(yùn)動(dòng)，T/2-T 勻減速運(yùn)動(dòng)，均向A 板

8、?！窘馕觥侩妶鰪?qiáng)度 E =U/d F=qE=qU/d =F/m=Uq/dm=4.0 109m/s 2如果 BA 距離足夠長在 0-T/2移動(dòng) s，在 T/2-T 也移動(dòng) s。?2 10-2mS= ( ) =5.0?S=d帶電粒在 T/2 時(shí)恰好到達(dá) A 板8-28-3此時(shí)粒子動(dòng)能kBA-15× 2.5=4 × 10-15JE= qU =1.6× 10帶電粒子在t= ? 到 ? 加速運(yùn)動(dòng)，? ?在 t= 到 減速運(yùn)動(dòng)使速度減到 0。? ?2? 2S1= ( )S 2 =S1= ( )?則 S= S 1 + S2 < d9? 2-24.0 10 ( ) <

9、5 10?則 T< ? 10-5【關(guān)鍵】受力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同- 加速運(yùn)動(dòng)；受力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反-減速同向運(yùn)動(dòng)。當(dāng)速度為0 時(shí)， 兩段位移大小相等，方向相同。二帶電粒子的偏轉(zhuǎn)（限于勻強(qiáng)電場）1. 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：初速度 V0 電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時(shí)，受到恒定的與初速度方向成90o 角的電場力作用而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。初速度 V0 與 粒子在疊加場 （電場和重力場） 中的受力方向一致時(shí)， 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。（方向相反做勻減速直線運(yùn)動(dòng)） 。2. 偏轉(zhuǎn)問題：類平拋運(yùn)動(dòng)，對速度正交分解分析處理。（1）垂直電場方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)：t=L/V0x=v0y?2；vS = t?（2）平行于電場方向是

10、初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)：y=at,y=12t2= vx2+ vy2；vat粒子速度： V2qUx?與電荷與初動(dòng)能的比值有關(guān)?偏 轉(zhuǎn) 角： tg =vy /v 0= ·?有關(guān)。mdv02?y ?2? ?與電荷與初動(dòng)能的比值有關(guān)偏轉(zhuǎn)距離： S = t =·?有關(guān)。? ?例 4：如圖 8-4 所示，一束帶電粒子（不計(jì)重力） ，垂直電場線方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場， 試討論在以下情況下， 粒子應(yīng)具備什么條件才能得到相同的偏轉(zhuǎn)距離 y 和偏轉(zhuǎn)角度（ U、 d、 L 保持不變）。（ 1）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度相同；圖 8-4（ 2）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動(dòng)能相同；（ 3）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動(dòng)量相同；（ 4）先由同

11、一加速電場加速后，再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場?！緦忣}】本題是典型的帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題，是一個(gè)類平拋運(yùn)動(dòng)，關(guān) 鍵是正確推出偏轉(zhuǎn)距離y 和偏轉(zhuǎn)角度的表達(dá)式。【解析】由帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：?2?=?偏轉(zhuǎn)角 tg =偏轉(zhuǎn)距離 y= t= ·?= ·? ?討論：（ 1）因?yàn)?v0 相同，仍需 q/m 相。（ 2）因?yàn)?12 mv02 相同，還需 q 相同。（ 3）因?yàn)?mv0 相同，需 q 相同。12?UL（ 4）設(shè)加速電壓為U，由 qU=mv0, 有 : y=?2， ， tg =?2dU可見，在（ 4）的條件下， 不論帶電粒子的m、q 如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，

12、再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出電場的偏轉(zhuǎn)距離y 和偏轉(zhuǎn)角度都是相同的。【關(guān)鍵點(diǎn)】先加速后偏轉(zhuǎn)- 帶電粒子的側(cè)移量和偏轉(zhuǎn)角都與質(zhì)量m、帶電量 q 無關(guān)。三 示波管原理1構(gòu)造及功能如圖8-5 所示（）電子槍：發(fā)射并加速電子（）偏轉(zhuǎn)電極 ：使電子束豎直偏轉(zhuǎn)（加信號電壓）偏轉(zhuǎn)電極 ：使電子束水平偏轉(zhuǎn)（加掃描電壓）（3）熒光屏圖 8-22原理：1 作用：被電子槍加速的電子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，出電場后做勻速,?+?/?直線運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上，幾何知識(shí)?=，導(dǎo)出偏移 y =(l+L/2)tan?/?y隨信號電壓同步調(diào)變化, 但由于視覺暫留及熒光物質(zhì)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

13、線轉(zhuǎn)化成正弦圖形。2XX的作用 : 與上同理 , 如果只在偏轉(zhuǎn)電極XX上加電壓 , 亮斑就在水平方向發(fā)生偏移, 加上掃描電壓 , 與信號電壓周期相同，熒光屏將出現(xiàn)完整的正弦圖形.例 5：如圖 8-6 所示，是一個(gè)示波管工作原理圖，電子經(jīng)加速以后以速度V0 垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U，板長為 L. 每單位電壓引起的偏移量（h/U ）叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列h哪些辦法？（）dL（ 1）增大兩板間的電勢差U（ 2）盡可能使板長L 做得短些（ 3）盡可能使兩板間距離d 減小些(4)使電子入射速度 V0 大些【審題】本題物理過程與例題

14、4 相同，也是帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題，與示波管結(jié)合在一起，同時(shí)題目當(dāng)中提到了示波管的靈敏度這樣一個(gè)新物理量，只要仔細(xì)分析不難得出正確結(jié)論。?2?【解析】豎直方向上電子做勻加速運(yùn)動(dòng)，?=?C正確 .故有 h= at =?, 則?【總結(jié)】本題是理論聯(lián)系實(shí)際的題目，同時(shí)題目中提出了示波管靈敏度這一新概念，首先需要搞清這一新概念，然后應(yīng)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式加以求解。四、根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡分析有關(guān)問題該種類型的題目分析方法是：先畫出入射點(diǎn)軌跡的切線，即畫出初速度v0 的方向，再根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其它有關(guān)的問題。例 6：在圖 8-7 甲中， 虛線表示真空里一點(diǎn)電荷

15、Q的電場中的兩個(gè)等勢面，實(shí)線表示一個(gè)帶負(fù)電 q 的粒子運(yùn)動(dòng)的路徑，不考慮粒子的重力，請判定（）是什么電荷？（）三點(diǎn)電勢的大小關(guān)系；（）三點(diǎn)場強(qiáng)的大小關(guān)系；（）該粒子在三點(diǎn)動(dòng)能的大小關(guān)系?！緦忣}】、是帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)軌跡上的三點(diǎn)，通過圖 8-7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(qiáng)的大??；根據(jù)電場力對帶電粒子的做功情況判斷粒子在、三點(diǎn)動(dòng)能的大小關(guān)系。【解析】（）設(shè)粒子在點(diǎn)射入，則點(diǎn)的軌跡切線方向就是粒子q 的初速 v0 的方向（如圖8-7乙）。由于粒子q 向偏離的方向偏轉(zhuǎn)，因此粒子q 受到的作用力是排斥力，故與 q 的電性相同，即帶負(fù)電。（

16、）因負(fù)電荷的電場線是由無窮遠(yuǎn)指向的，因此=C>。（3） 由電場線的疏密分布（或由E=kQ/r2 ）得EA=EC<EB。（4） 因粒子從AB 電場力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知EKB<EKA ，因 A= C，由電場力做功WAC=QUAc知 WAC=0，因此由動(dòng)能定理得EKA=EKC，故 EKA=EKC>EKB。【總結(jié)】該種類型的題目分析方法是：先畫出入射點(diǎn)軌跡的切線，即畫出初速度v0 的方向，再根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其它有關(guān)的問題。例 7： 在圖 8-8 中 a、 b 和 c 表示點(diǎn)電荷 a 的電場中的三個(gè)等勢面，它們的電勢分別為U、?

17、U、 U。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(yùn)動(dòng)，已知它經(jīng)過?等勢面 b 時(shí)的速率為 v，則它經(jīng)過等勢面c 的速率為 ()。【審題】1已知 a、 b、 c 三點(diǎn)的電勢的大小關(guān)系為?U> U> U,根據(jù)“電場線的方向總?是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面”的性質(zhì)，可分析出本題中的電場線方向是由場源點(diǎn)電荷Q 為中心向四處放射的，而這樣分布電場線圖 8-8的場源點(diǎn)電荷應(yīng)當(dāng)是帶正電的。2原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電粒子，若僅受電場力作用應(yīng)做加速運(yùn)動(dòng)。應(yīng)沿著電場線的方向由電勢高處向電勢低處運(yùn)動(dòng)。說明：前面所說的加速運(yùn)動(dòng)不一定是勻加速運(yùn)動(dòng)。只有在勻強(qiáng)電場中帶電粒子才會(huì)作勻

18、加速運(yùn)動(dòng)。在非勻強(qiáng)電場中（例如在點(diǎn)電荷場源的電場中）由于各處的電場強(qiáng)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。qU ab1212mvamv3解答本題選用的主要關(guān)系式為：22bUab 為 a、 b 兩等勢面的電勢差，Va、 vb 為帶電粒子經(jīng)過時(shí)a、 b 等勢面時(shí)的速率。 （對于 b、c 兩等勢面也存在同樣形式的關(guān)系式。）【解析】設(shè)：帶電粒子的電量為q；a、b 兩等勢面的電勢差為 Uab，b、c 兩等勢面的電勢差Ubc；帶電粒子經(jīng)過等勢面a、 b、 c 時(shí)的速率分別為 Va、 Vb、 Vc。（已知： Va=0， Vb=v）則: qU?2-?2ab= mvmv?ba?2

19、?2qU ac= mvc- mva?得 :v c =1.5v b=1.5v所以，帶電粒子經(jīng)過等勢面c 的速度為 1.5v ?！娟P(guān)鍵】帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，牽扯到速度變化時(shí)通常用動(dòng)能定理求解比較方便。五、考慮受重力或其它恒力作用時(shí)的帶電物體的運(yùn)動(dòng)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(gè)不同方向的簡單的直線運(yùn)動(dòng)來處理。例 8：如圖所示，質(zhì)量為m=5× 10-8kg 的帶電粒子以0v =2 m/s 的速度從水平放置的平行金屬板 A、B 中央飛入電場，已知板長L=10 cm，板間距離 d=2 cm，當(dāng) AB間加電壓 U =1000VAB時(shí)，帶電粒子恰好

20、沿直線穿過電場(設(shè)此時(shí) A板電勢高 )。(1) 帶電粒子的電性，電荷量為多少？(2) 恰好由邊緣飛出，所加電壓應(yīng)為多大？【審題】當(dāng)UAB=103 伏時(shí)，帶電粒子恰好沿直線穿過板間，說明微粒的重力要考慮要使帶電粒子能從板間飛出，AB 間所加電壓必定是一個(gè)范圍，從上板邊緣飛出對應(yīng)最高電壓從下板邊緣飛出對應(yīng)最低圖 8-9電壓，利用平衡條件、 牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式便可求出。解：(1)UAB=103 V時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，有qU/d=mg， q=mgd/U=10-11 C ，帶負(fù)電。(2) 當(dāng)電壓 UAB 比較大時(shí)， qE>mg，粒子向上偏， qu1/d-mg=ma1? 12 ?1? 2解之得

21、 U1=1800 V 。剛好能由 A 邊緣飛出去： y= a t = a () =d/2?當(dāng)電壓 U 比較小時(shí)， qE<mg，粒子向下偏，AB剛好能從下板邊緣飛出有： mg-qU2/d=ma? 2? 2解之得 U2=200 V。2, ：y= a2t= a2(?)=d/2?要使帶電微粒能穿出極板，則兩極板間的電壓U 應(yīng)滿足： U1 U U2，即： 200 U 1800 【關(guān)鍵】帶電微粒受到電場力、重力作用，分解成兩個(gè)不同方向的直線運(yùn)動(dòng)來處理。例 9：如圖 8-10 所示，水平放置的A、 B 兩平行板相距球在 B 板之下 H處以 v0 初速度豎直向上進(jìn)入兩板間，板間的電勢差是多少？h，有一質(zhì)

22、量為欲使小球恰好打到m，帶電量為 +q 的小A 處，試討論 A、B【審題】小球在 B 板下方時(shí)，只受重力作用，做減速運(yùn)動(dòng)，小球進(jìn)入到兩板間時(shí)，除受向下的重力外，還受到電場力的作用，向上做減速運(yùn)動(dòng)，但由題設(shè)的條件，電場力的方向未知，需要分兩種情況討論解決。【解析】當(dāng)電場力向下時(shí)，A> B，由由兩點(diǎn)間能量守恒得：圖 8-10QuAB-mg(H+h)=1mv02,2 UAB=m v02-2g(H+h) /2q當(dāng)電場力向上時(shí)，A< B，由動(dòng)能定理得12mg(H+h)- Qu BA=2 mv0 ,2 UBA=m 2g(H+h)-v 0 /2q【總結(jié)】本題在求解過程中可分段使用牛頓第二定律和運(yùn)

23、動(dòng)學(xué)公式，也可分段使用動(dòng)能定理或全過程使用動(dòng)能定理，但全過程使用動(dòng)能定理簡單。例 10：如圖 8-11 所示： 在方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為m 的帶正電的小球，另一端固定于O 點(diǎn)。把小球拉起至細(xì)線與場強(qiáng)平行，然后無初速釋放。已知小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，線與豎直方向的最大夾角為。求：小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對小球的拉力?！緦忣}】1 兩點(diǎn)的速度均為零，根據(jù)能的轉(zhuǎn)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。圖 8-112小球從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)重力勢能的減少量應(yīng)該等于mglcos 。3小球從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)電勢能的增加量為qEl(1+ sin )4小

24、球擺動(dòng)的過程中，重力做正功（重力勢能減少）；電場力做負(fù)功（電勢能增加），因此mgl qEl1 mv2正功與負(fù)功的代數(shù)和（即算術(shù)差）應(yīng)當(dāng)?shù)扔谛∏蛟黾拥膭?dòng)能。2。5在解答本題時(shí)，還需使用圓周運(yùn)動(dòng)的向心力關(guān)系式，若設(shè)小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對小球T mgv 2m的拉力為 T，則應(yīng)有：l ?！窘馕觥浚?1）設(shè)細(xì)線長為 l ，場強(qiáng)為 E ，因電量為正，故場強(qiáng)的方向?yàn)樗较蛴?。從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)速度均為零。由能量守恒有 WWE0，故 mgl cosqEl(1sin) ，解得mg cosEGEKq(1 sin )（ 2）若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為v，此時(shí)線的拉力為T，由能量守恒可得mglqEl12 ，mv2由

25、牛頓第二定律得T mgv2mg32 cosm，聯(lián)立解得 T1lsin【關(guān)鍵點(diǎn)】電場力、重力做功與路徑無關(guān)，分別求每個(gè)分力的功比求合力的功簡單。解決電場中的圓周運(yùn)動(dòng)問題的基本方法和力學(xué)中的情形相同，例 11：如圖 8-12 所示是靜電分選器的原理示意圖，將磷酸鹽和石英的混合顆粒由傳送帶送至兩個(gè)豎直的帶電平行板上方，顆粒經(jīng)漏斗從電場區(qū)域中央處開始下落，經(jīng)分選后的顆粒分別裝入 A、B 桶中，混合顆粒離開漏斗進(jìn)入電場時(shí)磷酸鹽顆粒帶正電，石英顆粒帶負(fù)電，所有顆粒所帶的電量與質(zhì)量之比均為10-5 C/kg 若已知兩板間的距離為10 cm，兩板的豎直高度為50 cm設(shè)顆粒進(jìn)入電場時(shí)的初速度為零，顆粒間相互作

26、用不計(jì)如果要求兩種顆粒離開兩極板間的電場區(qū)域時(shí)有最大的偏轉(zhuǎn)量且又恰好不接觸到極板（ 1）兩極板間所加的電壓應(yīng)多大?（ 2）若帶電平行板的下端距A、 B 桶底高度為H 1.3 m ，求顆粒落至桶底時(shí)速度的大?。?g 10 m/s 2）【審題】顆粒在豎直方向上受重力作用，豎直方向分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)。顆粒沿水平方向上受電場力作用，水平方向分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)。離開電場時(shí)顆粒在豎直方向?yàn)閯蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)規(guī)律，圖 8-12【解析】 （ 1）顆粒在豎直方向上下落距離為極板高度L，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得?L gt2?顆粒沿水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a?離開電場時(shí)顆粒在水平方向的位移為?2?，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：?at聯(lián)立、式解得U 1× 104 V（2）在顆粒下落的整個(gè)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：?2qU+mg