求解帶電粒子在勻強電場中運動問題“三法”
2008-12-31 00:00:00徐高本
物理教學探討 2008年20期
1 運動分解法
當一個帶電體同時受到幾個恒力的作用做曲線運動時，求解的思路是：首先對帶電粒子受力情況和運動情況進行分析，再由牛頓運動定律和勻變速運動公式求解。
例1 長為L的平行金屬板，板間形成勻強電場，一個帶電量為+q、質量為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的大小；(2)勻強電場的場強E；(3)兩板間的距離d。
解析 將帶電粒子的運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動由運動學公式和牛頓定律求解。(1)由圖1可得
v=v0/cos30°=23v03
(2)∵v⊥= v0tan30°=3v03 ，而t=L/v0，所以v⊥=at=qELmv0，解得：E=3mv203qL
(3)d =v⊥2#8226;t= 36 L。
例2 如圖2所示，在水平方向的勻強電場中，有一帶電體P自Ｏ點豎直向上射出，它的初動能為４J，當它上升到最高點Ｍ時，它的動能為５J，則物體折回通過與Ｏ在同一水平線上的O′點時，其動能為多大？
解析 將帶電體的運動分解為水平方向的運動和豎直方向的運動。此帶電體P在電場力和重力的共同作用下，根據運動的獨立性帶電體P在豎直方向上做豎直上拋運動，在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動。
設帶電體P在Ｏ點的動能為Ｅ１，到達Ｍ點的動能為Ｅ２，到達Ｏ′點的動能為Ｅ３。由于在豎直面內做豎直上拋運動，所以Ｏ到Ｍ的時間與Ｍ到Ｏ′的時間相等即tOM=tMO′。由于水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，所以在相鄰的相等時間內水平方向的位移之比為１∶3 即xOM:xMO′=1:3，又因，豎直方向只有重力做功，所以帶電體P在Ｏ點時的豎直方向的速度大小與在Ｏ′時相等，從Ｏ點到Ｏ′點重力沒有做功，帶電體P在最高點Ｍ點的動能為５J，此時速度方向水平，即從Ｏ點到Ｍ點電場力做功５J，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點到Ｏ′點電場力做功為１５J，故從Ｏ點到Ｏ′點電場力總共做功為２０J，這樣便可以計算出到達Ｏ′點時，帶電體Ｐ的總動能為２４J。
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動可與重力作用下的運動類比。例如，垂直射入平行板電場中的帶電粒子的運動可類比于平拋，帶電單擺在豎直方向的勻強電場中的運動可等效于重力場強度g值的變化等。
例3 如圖3所示在光滑水平面上的O點系一長為l的絕緣細線，線的另一端系一質量為m、
帶電量為q的小球.當沿細線方向加上場強為E的勻強電場后，小球處于平衡狀態(tài)，現給小球一垂直于細線的初速度v0，使小球在水平面上開始運動，若v0很小，則小球第一次回到平衡位置所需時間為____________。
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動，小球作簡諧運動的周期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間t=T2=πmlqE。
例4 一條長為l的細線上端固定在Ｏ點，下端系一個質量為m的小球，將它置于一個很大的勻強電場中，電場強度為Ｅ，方向水平向右，已知小球在Ｂ點時平衡，細線與豎直線的夾角為α，如圖4所示，求：
（１）當懸線與豎直線的夾角為多大時，才能使小球由靜止釋放后，細線到豎直位置時，小球速度恰好為零？
（２）當細線與豎直線的夾角為α時，至少要給小球一個多大的沖量，才能使小球在豎直面內做圓周運動？
解析 本題是一個帶電粒子在勻強電場和重力場中的綜合問題，在處理這個問題時，由于電場力和重力都是恒定的，所以可以將這個勻強電場和重力場看成一個場（合場）。對小球在Ｂ點時受力分析如圖5所示，由于小球是在勻強電場和重力場的復合場中運動，其等效重力加速度（復合場場強）g′＝gcosα，小球的運動類比為一單擺，Ｂ點為振動的平衡位置，豎直位置為最大位移處，由對稱性即可得出結論：當懸線與豎直線的夾角φ=2α。
繩系小球在勻強電場和重力場的復合場中做圓周運動的條件與在重力場中類似，只不過運動時其等效“最低”點是Ｂ，其等效“最高”點是與等效“最低”點Ｂ以Ｏ點為對稱的Ｄ點，其等效重力加速度（復合場場強）為g′，所以小球要求能夠在豎直面內做圓周運動，在等效“最高”點Ｄ的最小速度vD=g′l
由動能定理得：
-2mg′l=12mv2D-12mv2B
解得：vB=5g′l=5glcosα
給小球施加的沖量至少應為I=mvB=m5glcosα
本題在求解過程中利用了類比與等效的方法，并與單擺、豎直面內圓周運動的“最高”點和“最低”點類比，簡化了解題過程，思路清晰，解法靈活。
3 功能關系法
從功能觀點出發(fā)分析帶電粒子的運動問題時，在對帶電粒子受力情況和運動情況進行分析的基礎上，再考慮恰當的規(guī)律解題。如果選用動能定理，要分清有幾個力做功，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。
例5 一根對稱的“∧”型玻璃管置于豎直平面內，管所在的空間有豎直方向的勻強電場Ｅ，質量為m、帶正電量為q的小物體在管內從Ａ點由靜止開始運動，且與管壁的動摩擦因數為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，小物體運動的總路程是多少？（設qＥ>mg μ<tgθ）
解析 這是一個能的轉化和守恒的綜合題。首先要認真分析小物體的運動狀況，建立物理圖景。開始時，物體從Ａ點由靜止開始沿管壁運動，它受到四個力的作用，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動直至速度為零。小物體將多次重復以上過程。
由于摩擦力總是做負功，物體機械能不斷損失，所以物體通過同一位置時的速率將不斷減小，直到最后停止運動。物體停止時，必須滿足兩個條件：速度為零和物體所受合力為零，所以物體只能停在Ｂ點才能滿足以上條件（由于qＥ>mg μ<tgθ）。因為電場力和重力做功只跟起點位置和終點位置有關，而跟路徑無關。
所以電場力做正功：WE=qELsinθ
重力做負功：WG=-mglsinθ
摩擦力恒定為：Ff=μ(qE-mg)cosθ
整個過程中摩擦力始終做負功，設小物體運動的總路程為Ｓ
則整個過程中摩擦力做的總功為
Wf=-μS(qE-mg)cosθ
根據動能定理得：
WE+WG+Wf=0即
qElsinθ-mglsinθ-μS(qE-mg)cosθ=0
整理得：
(qE-mg)lsinθ=μS(qE-mg)cosθ
最終得：S=1μtgθ
