- 带电粒子在电场中的运动
- 共5409题
A电场方向竖直向上
B小球运动的加速度大小为
C小球上升的最大高度为
D小球返回原位置所用时间为
正确答案
解析
解：
C、经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为 x=
D、小球返回原位置所用时间为t，由于运动的对称性可得返回时的速度大小与开始时相等，方向相反，得：
故选：CD．
正确答案
解析
解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，
eU1=
所以电子进入偏转电场时速度的大小为，
v0=
电子进入偏转电场后的偏转的位移为，
h=
所以示波管的灵敏度
所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以C正确．
故选C．
（1）UAB为多大时粒子擦上板边沿飞出？
（2）UAB在什么范围内带电粒子能从板间飞出？
正确答案
解：（1）当UAB=1000V时，有mg=q
由L=v0t，y=
a=
根据牛顿第二定律得
q
又mg=q
联立两式得，UAB1=1800V
（2）当粒子擦下板边沿飞出时UAB最小，根据对称性可知，加速度大小也等于a，再由牛顿第二定律得
mg-q
解得，UAB2=200V
所以UAB在200V～1800V范围内带电粒子能从板间飞出．
答：
（1）UAB为1800V时粒子擦上板边沿飞出．
（2）UAB在200V～1800V范围内带电粒子能从板间飞出．
解析
解：（1）当UAB=1000V时，有mg=q
由L=v0t，y=
a=
根据牛顿第二定律得
q
又mg=q
联立两式得，UAB1=1800V
（2）当粒子擦下板边沿飞出时UAB最小，根据对称性可知，加速度大小也等于a，再由牛顿第二定律得
mg-q
解得，UAB2=200V
所以UAB在200V～1800V范围内带电粒子能从板间飞出．
答：
（1）UAB为1800V时粒子擦上板边沿飞出．
（2）UAB在200V～1800V范围内带电粒子能从板间飞出．
正确答案
解析
解：A、保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=
B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；
C、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=
D、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=
故选：A
如图所示，水平放置的两根光滑平行长导轨M、N相距L0=2m，两轨之间有垂直导轨平面向里的磁感应强度B1=20T的匀强磁场，金属杆ab与导轨良好接触，从t=0时刻开始，ab在外力作用下其速度满足v=25cos2πt（m/s）沿导轨方向运动，并把产生的电压加在两块长L1=10cm、间距d=4cm的平行金属板A、B之间．在离金属板右边缘L2=75cm处放置一个荧光屏，左边缘紧接一个电子加速器，加速电压U0=5000V（不计电子在加速器中运动的时间）．从t=0时刻开始，电子不断地从阴极K射出并以初速为零开始向右运动．已知电子的质量为m=9.1×10-31kg．
（1）计算确定加在平行金属板A、B之间电压的表达式；
（2）计算电子得到加速后的速度；（结果保留二位有效数字）
（3）计算确定电子在荧光屏上偏离O点的距离随时间变化的表达式．
正确答案
解：（1）根据法拉第电磁感应定律
e=B1L0v=20×2×25cos2πt （V）=1000cos2πt （V）
因电路开路，故加在金属板A、B间的电压
U=e=1000cos2πt （V）
（2）对电子的加速过程，由动能定理得
eU0=
（3）电子进入偏转电场后，电子在水平方向运动的时间为
t1=
而偏转电压的周期T=
故可以忽略运动期间偏转电压的变化，认为电场是稳定的，因此电子做类平抛的运动，如图所示，
交流电压在A、B两板间产生的电场强度E=
电子飞离金属板时的偏转距离
电子飞离金属板时的竖直速度
电子从飞离金属板到达荧光屏时的偏转距离
所以，电子在荧光屏上偏离O点的距离随时间变化的表达式为：
答：（1）加在平行金属板A、B之间电压的表达式为U=e=1000cos2πt （V）；
（2）得到加速后的速度为=4.2×107m/s
（3）电子在荧光屏上偏离O点的距离随时间变化的表达式为y=0.20cos2πt
解析
解：（1）根据法拉第电磁感应定律
e=B1L0v=20×2×25cos2πt （V）=1000cos2πt （V）
因电路开路，故加在金属板A、B间的电压
U=e=1000cos2πt （V）
（2）对电子的加速过程，由动能定理得
eU0=
（3）电子进入偏转电场后，电子在水平方向运动的时间为
t1=
而偏转电压的周期T=
故可以忽略运动期间偏转电压的变化，认为电场是稳定的，因此电子做类平抛的运动，如图所示，
交流电压在A、B两板间产生的电场强度E=
电子飞离金属板时的偏转距离
电子飞离金属板时的竖直速度
电子从飞离金属板到达荧光屏时的偏转距离
所以，电子在荧光屏上偏离O点的距离随时间变化的表达式为：
答：（1）加在平行金属板A、B之间电压的表达式为U=e=1000cos2πt （V）；
（2）得到加速后的速度为=4.2×107m/s
（3）电子在荧光屏上偏离O点的距离随时间变化的表达式为y=0.20cos2πt
两平行金属板长L=O．1m，板间距离d=l×10-2m，从两板左端正中间有带电粒子持续飞入，如图甲所示．粒子的电量q=10-10c，质量m=10-20kg，初速度方向平行于极板，大小为v=107m/s，在两极板上加一按如图乙所示规律变化的电压，不计带电粒子 重力作用．求：
（1）带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是多少？
（2）试通过计算判断在t=1.4×10-8s和t=0.6×10--8s时刻进入电场的粒子能否飞出．
正确答案
解：（1）粒子在电场中飞行的时间为t则有：t=
（2）粒子在电场中运动的加速度a=
当t=1.4×
Sy=
∴能飞出两板间．
当t=O．6×1 O-8s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0.4×1 0-8s匀加速运动，后O.6×1 O-8s做匀速运动．竖直方向位移为：
Sy‘=
∴不能飞出两板间．
答：（1）粒子在电场中运动的时间是t=1×
（2）计算可知在t=1.4×10-8s时刻进入电场的粒子能飞出，在t=0.6×10--8s时刻进入电场的粒子不能飞出．
解析
解：（1）粒子在电场中飞行的时间为t则有：t=
（2）粒子在电场中运动的加速度a=
当t=1.4×
Sy=
∴能飞出两板间．
当t=O．6×1 O-8s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0.4×1 0-8s匀加速运动，后O.6×1 O-8s做匀速运动．竖直方向位移为：
Sy‘=
∴不能飞出两板间．
答：（1）粒子在电场中运动的时间是t=1×
（2）计算可知在t=1.4×10-8s时刻进入电场的粒子能飞出，在t=0.6×10--8s时刻进入电场的粒子不能飞出．
（1）求小球离开第一象限时的位置坐标
（2）如果在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，求小球到达x轴时的速率（可用根号表示）．
正确答案
解：
则qv0B=m
代入解得，R=5cm
小球圆周运动的周期T=
图中，y=H-R=3cm，sinθ=
小球离开第一象限时的位置横坐标x=R+R（1-cosθ）=6cm
所以小球离开第一象限时的位置坐标为（6cm，0）
（2）在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，由机械能守恒得
mg（H-h）=
代入解得，v=
答：
（1）小球离开第一象限时的位置坐标为（6cm，0）．
（2）如果在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，小球到达x轴时的速率为
解析
解：
则qv0B=m
代入解得，R=5cm
小球圆周运动的周期T=
图中，y=H-R=3cm，sinθ=
小球离开第一象限时的位置横坐标x=R+R（1-cosθ）=6cm
所以小球离开第一象限时的位置坐标为（6cm，0）
（2）在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，由机械能守恒得
mg（H-h）=
代入解得，v=
答：
（1）小球离开第一象限时的位置坐标为（6cm，0）．
（2）如果在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，小球到达x轴时的速率为
（1）右侧平行金属板的长度；
（2）电子穿出右侧平行金属板时的动能．
正确答案
解：（1）在加速过程中，根据动能定理得：
eU0=
解得到电子射出加速电场的速度v0=
在偏转电场中，粒子在竖直方向为：y=
加速度为 a=
在水平方向：x=L=v0t
联立上式得到 
得：L=d
（2）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：
答：
（1）右侧平行金属板的长度为d
（2）电子穿出右侧平行金属板时的动能为eU0+
解析
解：（1）在加速过程中，根据动能定理得：
eU0=
解得到电子射出加速电场的速度v0=
在偏转电场中，粒子在竖直方向为：y=
加速度为 a=
在水平方向：x=L=v0t
联立上式得到
得：L=d
（2）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：
答：
（1）右侧平行金属板的长度为d
（2）电子穿出右侧平行金属板时的动能为eU0+
（1）电子进入A、B板时的初速度；
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件？
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度．在如图丙所示的x-y坐标系中画出这个波形．
正确答案
解：（1）电子在加速电场中运动，据动能定理有：
（2）因为每个电子在板A、B间运动时，电场可看作恒定的，故电子在板A、B间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上．
在板A、B间沿水平方向运动时有 L=vlt
竖直方向有 y′=
联立解得电子通过电场后偏转距离为 y′=
设偏转电压最大值为U0，则 ym′=
得 U0＜
（3）要保持一个完整波形，需每隔周期T回到初始位置．
设某个电子运动轨迹如图2所示，有 tanθ=
又知 y′=
由相似三角形的性质得
则峰值 
波形长度为x1=v T 波形如图3所示
答；
（1）电子进入A、B板时的初速度为
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足U0＜
（3）要保持一个完整波形，需每隔周期T回到初始位置．波形如图3所示．
解析
解：（1）电子在加速电场中运动，据动能定理有：
（2）因为每个电子在板A、B间运动时，电场可看作恒定的，故电子在板A、B间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上．
在板A、B间沿水平方向运动时有 L=vlt
竖直方向有 y′=
联立解得电子通过电场后偏转距离为 y′=
设偏转电压最大值为U0，则 ym′=
得 U0＜
（3）要保持一个完整波形，需每隔周期T回到初始位置．
设某个电子运动轨迹如图2所示，有 tanθ=
又知 y′=
由相似三角形的性质得
则峰值
波形长度为x1=v T 波形如图3所示
答；
（1）电子进入A、B板时的初速度为
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足U0＜
（3）要保持一个完整波形，需每隔周期T回到初始位置．波形如图3所示．
（1）电子撞击B板时的动能
（2）电子打在B板上的区域面积．
正确答案
解：（1）根据动能定理可知，电子撞击B板时的动能EK=Ue+
（2）打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r=vt
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d=
其中，a=
则t=d
将r=vt代入得：r=v•d
由于电子运动的对称性，打在B板上的电子的分布范围是圆形区域．
圆面积S=πr2=
答：（1）电子撞击B板时的动能为Ue+
（2）电子打在B板上的区域面积．电子打在B板上的区域面积为
解析
解：（1）根据动能定理可知，电子撞击B板时的动能EK=Ue+
（2）打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r=vt
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d=
其中，a=
则t=d
将r=vt代入得：r=v•d
由于电子运动的对称性，打在B板上的电子的分布范围是圆形区域．
圆面积S=πr2=
答：（1）电子撞击B板时的动能为Ue+
（2）电子打在B板上的区域面积．电子打在B板上的区域面积为
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