带电粒子在电场中的运动_章节学习

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•衡水校级期中）一个带正电的小物体，q=1×10-6C，放在绝缘的水平地面上，图甲中，空间若加上水平方向的变化电场，其加速度随电场力变化图象为图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平电场作用（g取10m/s2）．求：

（1）物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；

（2）在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，物体一个周期内的位移大小；

（3）在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，23s内电场力对物体所做的功．

正确答案

解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma

得：

结合乙图象得：m=4kg；μ=0.1

（2）0～2s：由牛顿第二定律可得：F1-μmg=ma1

前2s内通过的位移为：

2s～4s：由牛顿第二定律可得：F2-μmg=ma2

2s～4s：物体做匀减速运动，t=4s时速度恰好为0，

由以上式可知：一个周期内的位移为x=2x1=8m

（3）23s内E1作用下位移为6x1，E2作用下位移为5x1+3m，

因此W1=E1q×6x1=288J

W2=-E2q×（5x1+3m）=-92J

即23s内电场力做功为：W=W1+W2=196J

答：（1）物体的质量为4kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.1．

（2）求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小为8m．

（3）23s内力F对物体所做的功为196J．

解析

解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma

得：

结合乙图象得：m=4kg；μ=0.1

（2）0～2s：由牛顿第二定律可得：F1-μmg=ma1

前2s内通过的位移为：

2s～4s：由牛顿第二定律可得：F2-μmg=ma2

2s～4s：物体做匀减速运动，t=4s时速度恰好为0，

由以上式可知：一个周期内的位移为x=2x1=8m

（3）23s内E1作用下位移为6x1，E2作用下位移为5x1+3m，

因此W1=E1q×6x1=288J

W2=-E2q×（5x1+3m）=-92J

即23s内电场力做功为：W=W1+W2=196J

答：（1）物体的质量为4kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.1．

（2）求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小为8m．

（3）23s内力F对物体所做的功为196J．

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题型：多选题

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多选题

电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现在只增大两板间的电压，电子仍能穿过平行金属板，则（　　）

A电子穿越平行板的时间随电压的增大而变长

B电子穿越平行板的时间不随电压变化

C电子在平行板间运动的加速度随电压的增大而增大

D电子在平行板间运动的加速度不随电压变化

正确答案

B,C

解析

解：A、B、设平行板长度为L．粒子恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则

沿初速度方向做匀速运动： ①与两极板之间的电压无关．故A错误，B正确；

C、D、垂直初速度方向做匀加速运动： ②在平行板间运动的加速度随电压的增大而增大．故C正确，D错误；

故选：BC

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题型：简答题

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简答题

一束电子流在经U=1000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d=1.0cm，板长I=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？

正确答案

解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离越大，当偏转电压大到使电子刚好从极板的边缘飞出时偏转电压最大．对于加速过程，由动能定理得：eU=…①

进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动，则有：L=υ0t…②

电子的加速度为：a=…③

偏转距离：y=…④

电子能飞出平行板的条件为：y≤…⑤

解①②③④⑤式得：U′≤==80V，

则要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加80V电压．

答：要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加80V电压

解析

解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离越大，当偏转电压大到使电子刚好从极板的边缘飞出时偏转电压最大．对于加速过程，由动能定理得：eU=…①

进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动，则有：L=υ0t…②

电子的加速度为：a=…③

偏转距离：y=…④

电子能飞出平行板的条件为：y≤…⑤

解①②③④⑤式得：U′≤==80V，

则要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加80V电压．

答：要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加80V电压

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题型：简答题

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简答题

一带电粒子，经测量它的荷质比约为q/m=8×1011c/kg，从静止出发被1000V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5×104N/m的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直．已知偏转电极长6cm，求：

（1）带电粒子离开加速电场时的速度？

（2）带电粒子在偏转电场中偏转的位移？

（3）带电粒子离开偏转电场时的速度？

正确答案

解：（1）在加速电场中，由动能定理得：

qU=mv2-0，解得：v=，

代入数据解得：v=4×107m/s；

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，

在水平方向：L=vt，

在竖直方向：y=at2=t2，

代入数据解得：y=0.045m=4.5cm；

（3）在偏转电场中，由动能定理得：

qEy=mv′2-mv2，解得：v′=×107m/s；

答：（1）带电粒子离开加速电场时的速度为4×107m/s；

（2）带电粒子在偏转电场中偏转的位移为4.5cm．

（3）带电粒子离开偏转电场时的速度为×107m/s．

解析

解：（1）在加速电场中，由动能定理得：

qU=mv2-0，解得：v=，

代入数据解得：v=4×107m/s；

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，

在水平方向：L=vt，

在竖直方向：y=at2=t2，

代入数据解得：y=0.045m=4.5cm；

（3）在偏转电场中，由动能定理得：

qEy=mv′2-mv2，解得：v′=×107m/s；

答：（1）带电粒子离开加速电场时的速度为4×107m/s；

（2）带电粒子在偏转电场中偏转的位移为4.5cm．

（3）带电粒子离开偏转电场时的速度为×107m/s．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，真空中A、B两竖直极板为匀强电场，极板间距离为2R．右侧有一对水平平行金属板M和N，两板间距离为R，板长为2R，有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，经电场由静止加速后，以速度v0从M、N两金属板的中间进入偏转电场．当粒子刚进入偏转电场时，给M、N板加上如图乙所示电压，最后粒子刚好从N板的边缘以平行于N板的速度飞出（不计粒子重力）．求：

（1）粒子从静止到飞出偏转电场MN的时间；

（2）交变电压的周期T；

（3）偏转电压U0的值．

正确答案

解：（1）粒子在极板A、B之间做初速度为零的匀加速直线运动

2R=v0t1

得：t1=

粒子在极板M、N之间水平方向做匀速运动

2R=v0t2

得：t2=

故粒子从静止到飞出MN的时间为：t=t1+t2=

（2）由于粒子刚好从N板边缘平行于N板飞出，根据交变电压对粒子轨迹的影响分析可知，

t2=nT（n=1，2…）

又 t2=

联立解得：T=（n=1，2…）

（3）粒子MN间运动过程中，在时间内偏转距离 d=a（）2

加速度 a=

根据几何关系得：

联立解得：

答：（1）粒子从静止到飞出偏转电场MN的时间是；（2）交变电压的周期T是（n=1，2…）；（3）偏转电压U0的值是，（n=1，2，…）．

解析

解：（1）粒子在极板A、B之间做初速度为零的匀加速直线运动

2R=v0t1

得：t1=

粒子在极板M、N之间水平方向做匀速运动

2R=v0t2

得：t2=

故粒子从静止到飞出MN的时间为：t=t1+t2=

（2）由于粒子刚好从N板边缘平行于N板飞出，根据交变电压对粒子轨迹的影响分析可知，

t2=nT（n=1，2…）

又 t2=

联立解得：T=（n=1，2…）

（3）粒子MN间运动过程中，在时间内偏转距离 d=a（）2

加速度 a=

根据几何关系得：

联立解得：

答：（1）粒子从静止到飞出偏转电场MN的时间是；（2）交变电压的周期T是（n=1，2…）；（3）偏转电压U0的值是，（n=1，2，…）．

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题型：简答题

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简答题

一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m=2.0×10-7kg，电量q=×10-10C，A、B相距L=0.40m．取g=10m/s2求：

（1）说明微粒在电场中运动的性质．

（2）电场强度的大小和方向

（3）要使微粒从A点沿直线运动到B点，微粒射入电场时的最小速度vA是多大？

正确答案

解：（1）带电微粒在电场中受到电场力qE和重力mg，电场力水平向右或方向向左，由于带电微粒沿直线AB运动，其合力必定与速度在同一直线上，可判断出电场力的方向应水平向左，则电场力、重力的合力与速度相反，如图所示，所以微粒做匀减速直线运动．加速度大小为 a===20m/s2．故微粒做加速度大小为20m/s2的匀减速直线运动；

（2）由qE=mgcot30°得：E===2×104N/C，方向向左．

（3）微粒从A点运动到B点，做匀减速运动，刚好到B点速度为零，由0-=-2aL得：

代入解得，v0===4m/s

答：

（1）微粒在电场中运动的性质是：微粒做加速度大小为20m/s2的匀减速直线运动

（2）电场强度的大小为2×104N/C，方向向左

（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是4m/s．

解析

解：（1）带电微粒在电场中受到电场力qE和重力mg，电场力水平向右或方向向左，由于带电微粒沿直线AB运动，其合力必定与速度在同一直线上，可判断出电场力的方向应水平向左，则电场力、重力的合力与速度相反，如图所示，所以微粒做匀减速直线运动．加速度大小为 a===20m/s2．故微粒做加速度大小为20m/s2的匀减速直线运动；

（2）由qE=mgcot30°得：E===2×104N/C，方向向左．

（3）微粒从A点运动到B点，做匀减速运动，刚好到B点速度为零，由0-=-2aL得：

代入解得，v0===4m/s

答：

（1）微粒在电场中运动的性质是：微粒做加速度大小为20m/s2的匀减速直线运动

（2）电场强度的大小为2×104N/C，方向向左

（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是4m/s．

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题型：单选题

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单选题

一束一价正离子流垂直于电场方向进入匀强电场，若它们飞出电场的偏向角相同（如图），则可断定它们进入电场时（　　）

A一定具有相同的质量

B一定具有相同的速度

C一定具有相同的动能

D一定具有相同的动量

正确答案

C

解析

解：粒子的加速度：a==，穿越电场的时间：t=，偏转量：d=y=at2=，因此．从公式可以看出，偏转量仅仅与粒子的初动能有关．故C正确，ABD错误．

故选：C

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m=5×10-8kg的带电粒子以v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L=10cm，板间距d=2cm，当AB间加电压UAB=103V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A板电势高），重力加速度取g=10m/s2

求：（1）粒子带电荷量为多少？

（2）A、B间所加电压为多少时，带电粒子刚好能从上极板右端飞出？

正确答案

解：（1）当AB间加电压UAB=103V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场，可知带电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力．由平衡条件有：

q=mg…①

得：q===1×10-11 C…②

（2）粒子飞越电场的时间为：

t==s=0.05s

当带电粒子刚好能从上极板右端飞出时，竖直分位移是 y=，设加速度为a，则由运动学公式有：y=at 2

得：a==8m/s2

对带电粒子进行受力分析，受重力和电场力作用，设此时的电场力为F，由牛顿第二定律有：

F-mg=ma

得：F=ma+mg=9×10-7N，

又有F=qE=q 以上各式联立得：U=1800V．

答：（1）粒子带负电，电荷量为1×10-11C．

（2）A、B间所加电压为1800V时，带电粒子刚好能从上极板右端飞出．

解析

解：（1）当AB间加电压UAB=103V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场，可知带电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力．由平衡条件有：

q=mg…①

得：q===1×10-11 C…②

（2）粒子飞越电场的时间为：

t==s=0.05s

当带电粒子刚好能从上极板右端飞出时，竖直分位移是 y=，设加速度为a，则由运动学公式有：y=at 2

得：a==8m/s2

对带电粒子进行受力分析，受重力和电场力作用，设此时的电场力为F，由牛顿第二定律有：

F-mg=ma

得：F=ma+mg=9×10-7N，

又有F=qE=q 以上各式联立得：U=1800V．

答：（1）粒子带负电，电荷量为1×10-11C．

（2）A、B间所加电压为1800V时，带电粒子刚好能从上极板右端飞出．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一示波管偏转电极的长度L，两板间的电场是均匀的，大小为E（E的方向垂直管轴），一个电子以初速度v0沿管轴射入两板间，已知电子质量m，电荷量q．求：

（1）电子经过偏转电极后发生的偏移y；

（2）若偏转电极的边缘到荧光屏的距离D，求电子打在荧光屏上产生的光点偏离中心O的距离Y．

正确答案

解：水平方向有L=v0t，

竖直方向有y=at2=t2，

得y=

偏转角正切值tanθ==

所以Y=y+Dtanθ=（+D）

答：（1）电子经过偏转电极后发生的偏移y；

（2）若偏转电极的边缘到荧光屏的距离D，求电子打在荧光屏上产生的光点偏离中心O的距离Y（+D）

解析

解：水平方向有L=v0t，

竖直方向有y=at2=t2，

得y=

偏转角正切值tanθ==

所以Y=y+Dtanθ=（+D）

答：（1）电子经过偏转电极后发生的偏移y；

（2）若偏转电极的边缘到荧光屏的距离D，求电子打在荧光屏上产生的光点偏离中心O的距离Y（+D）

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题型：简答题

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简答题

如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直于纸面向里，一带正电的粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，从A点出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，已知d、v0（带电粒子重力不计），求：

（1）粒子从C点穿出磁场时的速度大小v；

（2）电场强度E和磁感应强度B的比值．

正确答案

解：（1）粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则

垂直电场方向d=v0t，

平行电场方向=t

得vy=v0，到A点速度为v=v0

在磁场中速度大小不变，

故从C点出磁场时速度大小仍为v0

（2）在电场中偏转时，出A点时速度与水平方向成45°

vy=t=，并且vy=v0

得E=

在磁场中做匀速圆周运动，如图所示

由几何关系得R=d

又qvB=，且v=v0

得B=

解得=v0．

答：（1）粒子从C点穿出磁场时的速度大小v0；

（2）电场强度E和磁感应强度B的比值=v0．

解析

解：（1）粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则

垂直电场方向d=v0t，

平行电场方向=t

得vy=v0，到A点速度为v=v0

在磁场中速度大小不变，

故从C点出磁场时速度大小仍为v0

（2）在电场中偏转时，出A点时速度与水平方向成45°

vy=t=，并且vy=v0

得E=

在磁场中做匀速圆周运动，如图所示

由几何关系得R=d

又qvB=，且v=v0

得B=

解得=v0．

答：（1）粒子从C点穿出磁场时的速度大小v0；

（2）电场强度E和磁感应强度B的比值=v0．

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