- 带电粒子在电场中的运动
- 共5409题
（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1
（2）偏转电场中两金属板间的电压U2．
正确答案
解：（1）带电微粒在加速电场中加速过程，根据动能定理得：U1q=
解得：v1=
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向上微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，则有：
水平方向：v1=
带电微粒加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：a=
由几何关系 tanθ=
解得：U2=
答：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1为
解析
解：（1）带电微粒在加速电场中加速过程，根据动能定理得：U1q=
解得：v1=
（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向上微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，则有：
水平方向：v1=
带电微粒加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：a=
由几何关系 tanθ=
解得：U2=
答：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1为
（1）粒子从静止经加速电压U1加速后，获得速度υ0
（2）粒子在偏转电场中运动的时间t
（3）粒子在离开偏转电场时纵向偏移量y．
正确答案
解：（1）由动能定理得：W=qU1=
（2）离子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，时间t，由L=υ0t
得：
（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，纵向偏移量为y，加速度
答：（1）v0的大小为
（2）离子在偏转电场中运动的时间t为
（3）离子在离开偏转电场时的偏移量y为
解析
解：（1）由动能定理得：W=qU1=
（2）离子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，时间t，由L=υ0t
得：
（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，纵向偏移量为y，加速度
答：（1）v0的大小为
（2）离子在偏转电场中运动的时间t为
（3）离子在离开偏转电场时的偏移量y为
（1）每个电子从B板上的小孔O'射出时的速度多大？
（2）打在荧光屏上的电子范围是多少？
（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？
正确答案
解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有eU1=
（2）当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为：
Y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N．
此时电子在竖直方向的速度大小为：
电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为：
电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为：y2=vyt2=2×106×5×10-9 m=0.01m
电子打在荧光屏P上的总偏移量为：y=y1+y2=0.012m，方向竖直向下；
y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有：
即：
解得：y=0.012m
（3）当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大，有：
EK=
答：（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×107m/s
（2）打在荧光屏上的电子范围是0至0.012m；
（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82×10-16J．
解析
解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有eU1=
（2）当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为：
Y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N．
此时电子在竖直方向的速度大小为：
电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为：
电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为：y2=vyt2=2×106×5×10-9 m=0.01m
电子打在荧光屏P上的总偏移量为：y=y1+y2=0.012m，方向竖直向下；
y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有：
即：
解得：y=0.012m
（3）当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大，有：
EK=
答：（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×107m/s
（2）打在荧光屏上的电子范围是0至0.012m；
（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82×10-16J．
（1）粒子末速度的大小．
（2）匀强电场的场强大小．
正确答案
解：（1）粒子在电场中做的是类平抛运动，将末速度分解如图，
由图可得，cos30°=
v=
（2）vy=v0tan30°=
根据平抛运动得，垂直于板的速度的大小为：vy=at=
粒子在板间运动的时间为：L=v0t，得：
解得：E=
答：（1）粒子末速度的大小是
解析
解：（1）粒子在电场中做的是类平抛运动，将末速度分解如图，
由图可得，cos30°=
v=
（2）vy=v0tan30°=
根据平抛运动得，垂直于板的速度的大小为：vy=at=
粒子在板间运动的时间为：L=v0t，得：
解得：E=
答：（1）粒子末速度的大小是
电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：
（1）经过加速电场后的速度；
（2）离开电容器电场时的偏转位移．
（3）离开电容器时的偏转角的正切值．
正确答案
解：（1）粒子在加速电场加速后，由动能定理得：
解得：
（2）进入偏转电场，粒子在平行于板面的方向上做匀速运动，运动时间为：
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：
因此离开电容器电场时的偏转：
（3）由速度-时间公式，得沿电场方向的分速度：
方向：
答：（1）经过加速电场后的速度：
（2）离开电容器电场时的偏转量为
（3）穿出速度方向与水平方向夹角arctan
解析
解：（1）粒子在加速电场加速后，由动能定理得：
解得：
（2）进入偏转电场，粒子在平行于板面的方向上做匀速运动，运动时间为：
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：
因此离开电容器电场时的偏转：
（3）由速度-时间公式，得沿电场方向的分速度：
方向：
答：（1）经过加速电场后的速度：
（2）离开电容器电场时的偏转量为
（3）穿出速度方向与水平方向夹角arctan
（1）质子从C点离开电场时速度的方向；
（2）为使质子打在A板的中点，请你给出可行的措施（给出一种措施即可），要求进行定量推导．
正确答案
解：（1）设质子在P点的速度为v0，在C点竖直方向分速度大小为vy，在C点的速度方向与水平方向的夹角为θ，
由动能定理 U1e=
vy=at
a=
t=
tanθ=
θ=arctan
（2）为使质子打在A板的中点，可以将A、B两板间的电压增大为U3，
a=
t=
U3=
答：（1）质子从C点离开电场时速度的方向为arctan
（2）为使质子打在A板的中点，可以将A、B两板间的电压增大为
解析
解：（1）设质子在P点的速度为v0，在C点竖直方向分速度大小为vy，在C点的速度方向与水平方向的夹角为θ，
由动能定理 U1e=
vy=at
a=
t=
tanθ=
θ=arctan
（2）为使质子打在A板的中点，可以将A、B两板间的电压增大为U3，
a=
t=
U3=
答：（1）质子从C点离开电场时速度的方向为arctan
（2）为使质子打在A板的中点，可以将A、B两板间的电压增大为
正确答案
解析
解：A、电压U增大时，带电粒子在电场中做类平抛运动的加速度增加，而在水平方向粒子做匀速直线运动，故增加U不改变粒子水平方向的速度大小，也不会改变粒子打在屏上的时间，故A错误；
B、电压增大时，粒子在电场中运动的时间不变，而粒子在电场中竖直方向的速度
C、根据欧姆定律知，当触头向左移动时，加在加速电场的电压减小，电子加速后的速度v减小，进入偏转电场后，电子做类平抛运动的时间t=
D、根据欧姆定律知，当触头向右移动时，加在加速电场的电压增大，电子加速后的速度v增加，进入偏转电场后，电子做类平抛运动的时间t=
故选：C
A2
B3
C4
D5
正确答案
解析
解：由类平抛规律，设电场区域边长为L，应满足：
水平方向：L=
竖直方向：L=
联立以上两式解得：L=
再由动能定理可得：qEL=
解得
故选D．
氘核和α粒子从初速度为零的状态，经过电压为U的电场加速之后，它们的速度分别为v1和v2，则有（ ）
正确答案
解析
解：设加速电场的电压为U，粒子的质量和电量分别为m和q，根据动能定理得
qU=
得 v=
可见，速度与粒子的比荷平方根成正比．
氘核和α粒子的符号分别为
故选A
（1）电子能否飞离平行金属板正对空间？
（2）如果由A到B分布宽1cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？
正确答案
解：（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2×107m/s的速度飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为
t=
在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移y=
其中a=
联立求解，得y=0.6cm，而
（2）从（1）的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为x=d-y=1-0.6=0.4cm，所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分 比为：
n=
答：（1）电子不能飞离平行金属板正对空间；
（2）如果由A到B分布宽1cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的40%．
解析
解：（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2×107m/s的速度飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为
t=
在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移y=
其中a=
联立求解，得y=0.6cm，而
（2）从（1）的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为x=d-y=1-0.6=0.4cm，所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分 比为：
n=
答：（1）电子不能飞离平行金属板正对空间；
（2）如果由A到B分布宽1cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的40%．
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