带电粒子在电场中的运动_章节学习

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题型：填空题

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填空题

质量为m、带电量为+q的物体处于竖直向上的匀强电场中，现将物体从距地面h高出以一定的初速度竖直下抛，物体以的加速度匀加速下落，已知匀强电场的场强E=．则物体从抛出到落到地面的过程中，物体的机械能变化了______；电势能变化了______．

正确答案

-mgh

解析

解：设物体所受的除重力之外的力的大小为f，mg-f=ma，则f=mg-ma=mg，故物体机械能的减少量为△E=fh=mgh，则物体的机械能变化了

-mgh，电场力对物体所做的功等于电势能的减少量，故物体电势能的减少量△EP电=-qEh=-q××h=-，负号表示物体的电势能增加，所以电势能变化了．

故答案为：-mgh；

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U=1.5×103 V（仅在两板间有电场），现将一质量m=1×10-2 kg、电荷量q=4×10-5 C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h=20cm的地方以初速度v0=4m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：

（1）进入电场时速度的大小．

（2）金属板的长度L．

（3）小球飞出电场时的动能Ek．

正确答案

解：（1）小球未进电场前做平抛运动，则小球到达左板上边缘时的竖直分速度：vy==m/s=2m/s

（2）设小球刚进入电场时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则：tanθ===2

小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：

tanθ==

L=

联立解得：L==0.15m

（3）根据动能定理得进入电场前：

mgh=-

电场中运动过程：qU+mgL=Ek-

解得：Ek=0.175J

答：（1）进入电场时速度的大小为2m/s．

（2）金属板的长度L为0.15m．

（3）小球飞出电场时的动能Ek为0.175J．

解析

解：（1）小球未进电场前做平抛运动，则小球到达左板上边缘时的竖直分速度：vy==m/s=2m/s

（2）设小球刚进入电场时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则：tanθ===2

小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：

tanθ==

L=

联立解得：L==0.15m

（3）根据动能定理得进入电场前：

mgh=-

电场中运动过程：qU+mgL=Ek-

解得：Ek=0.175J

答：（1）进入电场时速度的大小为2m/s．

（2）金属板的长度L为0.15m．

（3）小球飞出电场时的动能Ek为0.175J．

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题型：填空题

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填空题

α粒子（电荷数2、质量数4）、质子（电荷数、质量数均为1）、氘核（电荷数1、质量数2）三种粒子以相同的初动能垂直射入同一匀强电场，三者从电场中出来时的偏转量分别为x，y，z三者的关系为______（用不等号、等号表示三个量的关系）

正确答案

y=z＜x

解析

解：粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，

由牛顿第二定律得：a=，

水平方向：L=vt，

竖直方向：y=at2，

解得：Y==，

两个粒子的初动能Ek相同，E、L相同，

粒子的偏移量：Y=∝q，

α粒子的电荷数为2，质子的电荷数为1，氘核的电荷数为1，

则：Yα=2Y质子=2Y氘，即：y=z＜x；

故答案为：y=z＜x．

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题型：单选题

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单选题

示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形．它的工作原理等效成下列情况：（如图甲所示）真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是（　　）

A沿y轴方向做匀速运动

B沿x轴方向做匀速运动

C沿y轴方向做匀加速运动

D沿x轴方向做匀加速运动

正确答案

A

解析

解：粒子在沿电场方向上的加速度a=，在偏转电场中运行的时间t=

粒子在y方向上偏转，偏转位移y1=．

飞出偏转电场后，匀速直线运动，侧移

则打在荧光屏上偏离中心的距离Y=

因为偏转电压与时间成正比，则Y与时间成正比，所以粒子沿y轴方向做匀速运动．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示为一有界匀强电场，其左右边界宽度为2L．一个质量为m，带电荷量为+q的粒子，从图中A点以速度v0垂直于场强方向进入电场，经电场偏转后从B点飞出，B点到入射线距离为L（不计粒子重力）．求：

（1）场强E的大小；

（2）粒子飞出B点时的速度大小．

正确答案

解：（1）粒子所受的电场力方向与初速度方向垂直，所以它做类平抛运动，则

水平方向有：2L=v0t

竖直方向有：L=

由牛顿第二定律有：qE=ma

联立解得：E=•

（2）由动能定理得：qEL=-

将E=

代入解得：v=

答：（1）场强E的大小是•

（2）粒子飞出B点时的速度大小是．

解析

解：（1）粒子所受的电场力方向与初速度方向垂直，所以它做类平抛运动，则

水平方向有：2L=v0t

竖直方向有：L=

由牛顿第二定律有：qE=ma

联立解得：E=•

（2）由动能定理得：qEL=-

将E=

代入解得：v=

答：（1）场强E的大小是•

（2）粒子飞出B点时的速度大小是．

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题型：单选题

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单选题

如图所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为S1和S2；在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，下面选项正确的是（　　）

A

B

C

D

正确答案

D

解析

解：由题分析可知，电子做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式x=，得：

t=，t∝

所以电子在前一半时间内和整个时间内的位移之比为S1：S=1：4，则电子在前一半时间内和后一半时间内的位移之比为S1：S2=1：3；

设前后两半的位移均为x，则得：

对一半位移有：x=

对整个位移有：2x=

联立解得，t1：t2=1：（-1）．

故选：D

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题型：简答题

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简答题

水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm．两板间距d=1.0cm．两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度V0=2.0×107 m/s，从两板中间射入，如图所示，电子质量m=9.0×10-31kg．电子电量q=1.6×10-19C．求：

（1）电子偏离金属板时的侧位移是多少？

（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若x=10cm，求OP的高度？

正确答案

解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，

根据电容器电压与电场的关系得：

E==

电子在电场中所受电场力F=Eq=9000×1.6×10-19=1.44×10-15N

根据牛顿第二定律知，电子产生的加速度a==m/s2=1.6×1015m/s2

水平方向做匀速运动，

故t===2.5×10-9s

所以y==5×10-3m

（2）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，

水平方向：

竖直方向：离开偏转电场时的速度

竖直方向的位移PM=

由图知，PO=PM+y=2×10-2+5×10-3=2.5×10-2m

答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是5×10-3m；

（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若x=10cm，OP的高度为2.5×10-2m．

解析

解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，

根据电容器电压与电场的关系得：

E==

电子在电场中所受电场力F=Eq=9000×1.6×10-19=1.44×10-15N

根据牛顿第二定律知，电子产生的加速度a==m/s2=1.6×1015m/s2

水平方向做匀速运动，

故t===2.5×10-9s

所以y==5×10-3m

（2）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，

水平方向：

竖直方向：离开偏转电场时的速度

竖直方向的位移PM=

由图知，PO=PM+y=2×10-2+5×10-3=2.5×10-2m

答：（1）电子偏离金属板时的侧位移是5×10-3m；

（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若x=10cm，OP的高度为2.5×10-2m．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，在水平向左的匀强电场中，一根长为L且不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m带负电的小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（　　）

A小球重力与电场力的关系是mg=Eq

B小球重力与电场力的关系是Eq=mg

C小球在B点时，细线拉力为T=2mg

D在A处给小球一个数值为3mgL的动能，就能使小球恰在竖直面内做一完整的圆周运动

正确答案

B

解析

解：A、B从A到B过程，根据动能定理得：mgLsinθ-qEL（1-cos60°）=0，得Eq=mg．故A错误，B正确．

C、在B点时，小球的速度为零，向心力为零，沿绳子方向的合力为零，则细线拉力为：T=mgsinθ+Eqcosθ=mg．故C错误．

D、设小球经过C点时细线的拉力为零，速度大小为vc，小球恰好由电场力与重力的合力提供向心力，设此时细线与竖直方向的夹角为α，则有tanα==，得α=60°．由牛顿第二定律得：=m

从A到C过程，由动能定理得：-Ek=-mgLcosα-qE（L+Lsinα）

联立解得：Ek=+mgL．故D错误．

故选B

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题型：多选题

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多选题

如图，水平放置的三块带孔的平行金属板与一个直流电源相连，一个带正电的液滴从A板上方M点处由静止释放，不计空气阻力，设液滴电量不变．从释放到到达B板小孔处为过程I，在BC之间运动为过程II，则（　　）

A液滴不一定能从C板小孔中穿出

B过程I中一定是重力势能减小，电势能减小，动能增大

C过程I和过程II液滴机械能变化量的绝对值相等

D过程II中一定是重力势能减小，电势能增大，动能减小

正确答案

B,C

解析

解：（1）A、由图可知AB间电场方向向下，BC间电场方向向上，且A与C板电势相等，液滴从A到C电场力不做功，对液滴从M到C全过程由动能定理mgh=，可知液滴一定能从C板穿出，故A错误．

B、从A到B过程，重力和电场力均对液滴做正功，所以重力势能和电势能均减小，动能增大，故B正确．

C、根据功能原理，过程Ⅰ和过程Ⅱ液滴机械能变化量的绝对值均为△E=qU，所以C正确．

D、过程Ⅱ中重力势能减小，电场力做负功电势能增大，由全过程动能定理可知动能增大，所以D错误．

故选BC．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，两块平行金属板M、N竖直放置，它们的电压恒为U．一电子（不计重力）从N板静止释放，它运动到M板时速率为υ．现将M板水平向左移动一小段距离，再次将电子从N板静止释放，下列判断不正确的是（　　）

A金属板M、N的带电量不变

B电子运动过程的加速度变大

C电子运动到M板所用的时间变长

D电子运动到M板时速率变小

正确答案

A,B,D

解析

解：

A、将M板水平向左移动一小段距离时，板间距离d增大，由电容的决定式可知，电容C减小，而板间电压U不变，由电容的定义式C=得知，金属板M、N的带电量减小．故A错误．

B、板间电压U不变，板间距离d增大，由E=分析得到，板间场强E减小，电子所受电场力减小，加速度减小．故B错误．

C、由位移公式d=，得到t=，d增大，a减小，则t增大．故C正确．

D、根据动能定理得，qU=，则有v=，q、m、U均不变，则电子运动到M板时速率v不变．故D错误．

本题选错误的，故选ABD

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