带电粒子在电场中的运动_章节学习

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题型：多选题

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多选题

如图，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V．一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点．不计质子的重力．下列判断正确的是（　　）

Ac点电势为16V

B场强的方向由b指向d

C质子从b运动到c所用的时间为

D质子从b运动到c，电场力做功为8eV

正确答案

A,C,D

解析

解：A、在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc，解得Uc=16V，故A正确．

B、设ad连线中点为o，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向，故B错误．

C、由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做为在平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为x=2L×=，则运动时间为，故C正确．

D、根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=1e×（24V-16V）=8eV，故D正确．

故选：ACD．

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题型：单选题

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单选题

一束由不同种正离子组成的粒子流以相同的速度，从同一位置沿垂直于电场方向射入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子（　　）

A都具有相同的比荷

B都具有相同的质量

C都具有相同的电量

D都属于同一元素的同位素

正确答案

A

解析

解：粒子在偏转电场中的偏转位移为：y==，

因为E、L、v0相同，偏转位移相同，可知粒子的比荷相同．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV，飞经等势面C时，电势能为-10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是（粒子重力不计）（　　）

A等势面A的电势为10V

B匀强电场的场强大小为200V/m

C电子再次飞经D势面时，动能为10eV

D电子的运动为匀变速直线运动

正确答案

B,D

解析

解：A、电子从B到D过程，根据动能定理得：-eUDB=0-EkD，解得，UDB=20V，飞经等势面C时．电势能为-10eV，所以D点电势为零，由于是等差的等势面，则知，A等势面的电势为-30V．故A错误．

B、电子从B到D过程，根据动能定理得：-eUDB=0-EkD，解得：UDB==20V

对于BD段：电场强度为E===200V/m，故B正确；

C、根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV，故C错误；

D、根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动．故D正确．

故选：BD．

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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（e=1.6×10-19C，me=9.1×10-31kg）沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图甲，求：

（1）电子飞出电场时沿垂直于板方向的侧向偏移y是多少？

（2）电子飞出电场时的速度是多少？

（3）若电子可以维持速度v0=2.0×107m/s源源不断从两板中间水平射入，在两板间施加图乙所示变化规律的电压，U0=120V，t1=0.01s电子离开电场后将打在荧光屏上形成一条亮线，若s=10cm，则亮线长度是多少？（电子在电场中运动时间极短，两极板间电压的变化可忽略不计．）

正确答案

解：（1）电容器间的电场强度：E===9000V/m，

电子受到的电场力：F=Eq=9000×1.6×10-19=1.44×10-15N，

由牛顿第二定律可知，电子的加速度：a==≈1.6×1015m/s2，

电子在极板间做类平抛运动，水平方向做匀速运动，

电子的运动时间：t===2.5×10-9s，

电子的偏移量：y=at2，代入数据解得：y≈0.5cm

（2）竖直方向速度v1=at，

电子离开偏转电场时的速度：v=，

代入数据解得：v=2.03×107m/s

（3）电子在电场中运动时间极短，两极板间电压的变化可忽略不计，

电子在电场中运动时可以认为电场是匀强电场，电子加速度不变，电子做类平抛运动，

两板间的最大电压为：U0=120V，

电子在偏转电场中的偏移量：y′=a′t2=t2，代入数据解得：y′≈0.67cm=0.0067m，

电子离开电场时竖直分速度：v1′=a′t=t，代入数据解得：v1′≈5.3×106m/s，

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：t1===5×10-9s，

竖直方向：PM=v1t1=5.3×106m/s×5×10-9s=0.0265m

PO=PM+MO=PM+y′=0.0332m，则亮线的长度：L=2PO=0.0332×2=0.0664m；

答：（1）电子飞出电场时沿垂直于板方向的侧向偏移y是0.5cm．

（2）电子飞出电场时的速度是2.03×107m/s．

（3）亮线长度是0.0664m．

解析

解：（1）电容器间的电场强度：E===9000V/m，

电子受到的电场力：F=Eq=9000×1.6×10-19=1.44×10-15N，

由牛顿第二定律可知，电子的加速度：a==≈1.6×1015m/s2，

电子在极板间做类平抛运动，水平方向做匀速运动，

电子的运动时间：t===2.5×10-9s，

电子的偏移量：y=at2，代入数据解得：y≈0.5cm

（2）竖直方向速度v1=at，

电子离开偏转电场时的速度：v=，

代入数据解得：v=2.03×107m/s

（3）电子在电场中运动时间极短，两极板间电压的变化可忽略不计，

电子在电场中运动时可以认为电场是匀强电场，电子加速度不变，电子做类平抛运动，

两板间的最大电压为：U0=120V，

电子在偏转电场中的偏移量：y′=a′t2=t2，代入数据解得：y′≈0.67cm=0.0067m，

电子离开电场时竖直分速度：v1′=a′t=t，代入数据解得：v1′≈5.3×106m/s，

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：t1===5×10-9s，

竖直方向：PM=v1t1=5.3×106m/s×5×10-9s=0.0265m

PO=PM+MO=PM+y′=0.0332m，则亮线的长度：L=2PO=0.0332×2=0.0664m；

答：（1）电子飞出电场时沿垂直于板方向的侧向偏移y是0.5cm．

（2）电子飞出电场时的速度是2.03×107m/s．

（3）亮线长度是0.0664m．

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题型：简答题

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简答题

有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动．现取以下简化模型进行定量研究．

如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电压为U、内阻可不计的电源相连．设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点．已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α＜＜1）．不计带电小球对极板间匀强电场的影响．重力加速度为g．

（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电压U至少应大于多少？

（2）设上述条件已满足，小球从上极板开始向下运动为计时开始，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动．求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量．

正确答案

解：（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小．

要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，

则：q＞mg，其中：q=αQ，电荷量：Q=CU，解得：U＞；

（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动．

以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，

则有：q+mg=ma1，d=a1t12，

当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，

以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，

则有：q-mg=ma2，d=a2t22，

小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在T时间内往返的次数：

n=，由以上关系式解得：n=，

小球往返一次通过的电量为2q，

在T时间内通过电源的总电量Q‘=2qn

由以上两式可得：Q'=；

答：（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电压U至少应大于；

（2）在T时间内小球往返运动的次数为，通过电源的总电量为：．

解析

解：（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小．

要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，

则：q＞mg，其中：q=αQ，电荷量：Q=CU，解得：U＞；

（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动．

以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，

则有：q+mg=ma1，d=a1t12，

当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，

以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，

则有：q-mg=ma2，d=a2t22，

小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在T时间内往返的次数：

n=，由以上关系式解得：n=，

小球往返一次通过的电量为2q，

在T时间内通过电源的总电量Q‘=2qn

由以上两式可得：Q'=；

答：（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电压U至少应大于；

（2）在T时间内小球往返运动的次数为，通过电源的总电量为：．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q、质量为m的带电粒子（重力不计）以速度v0从A点水平射人电场，且刚好以速度v从B点射出，则（　　）

A若将粒子以速度-v0从B点射人电场，它将刚好以速度-v从A点射出

B若该粒子以速度-v从B点射人电场，它将刚好以速度-v0从A点射出

C若将q的反粒（-q，m）以速度-v0从B点射入电场，它将刚好以速度-v从A点射出

D若将q的反粒子（-q，m）以速度-v从B点射入电场，它将刚好以速度-v0从A点射出

正确答案

B,C

解析

解：带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为v0，运动时间为t=，l是板长．

A、若将粒子以速度-v0从B点射人电场，粒子水平做匀速直线运动，速度大小小于v0，运动时间大于，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，由于竖直方向分速度小于，粒子没有到达A点速度就减为零，所以粒子到不了A点．故A错误．

B、若该粒子以速度-v从B点射人电场，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，竖直方向初速度分量等于，竖直方向运动的位移相等，水平方向运动时间没有变化，所以将刚好从A点射出，速度方向与v0方向相反．从A到B电场力做功等于动能的增加，从B到A，粒子克服电场力做功等于动能的减小量，电场力做功的数值相等，所以动能的变化量大小相等，则粒子到达A点时速度大小为v0．故B正确．

C、若将q的反粒（-q，m）以速度-v0从B点射入电场，其加速度与正粒子大小相等、方向相反，水平方向运动时间相等，竖直方向做匀加速直线运动，位移大小不变，粒子刚好到达A点，而且到达A点时竖直方向分速度大小不变，根据运动的合成可知，到达A点的速度等于-v．故C正确．

D、若将q的反粒子（-q，m）以速度-v从B点射入电场，粒子运动时间不变．竖直方向做匀加速直线运动，若偏转距离相同时，竖直分速度大于，射出电场时速度大于v0，不可能到达A点．故D错误．

故选BC

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电．现有质量为m、带电量为+q的小球在B板下方距离为H处，初速度v0竖直向上，欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差UAB．

正确答案

解：小球刚好打到A板时，速度恰好为零，

对整个过程，由动能定理得：

-mg（H+h）-qUAB=0-mv02，

解得，UAB=；

答：A、B板间的电势差是．

解析

解：小球刚好打到A板时，速度恰好为零，

对整个过程，由动能定理得：

-mg（H+h）-qUAB=0-mv02，

解得，UAB=；

答：A、B板间的电势差是．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•济宁期末）如图所示，两块足够长的平行金属板A、B竖直放置，板间有一匀强电场．已知两板间的距离d=0.2m，两板间的电压U=300V，Q为A，B两板上端连线的中点，带正电的小球位于Q点正方向的P处，P，Q的高度差为h=0.05m．已知小球胡质量m=6×10-6kg，电荷量q=2×10-8C，取g=10m/s2．求：

（1）小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？

（2）小球与金属板相碰时速度的大小．

正确答案

解：（1）设小球从P到Q需时t1，由h=gt12得

t1==s=0.1s

小球进入电场后，水平方向的分加速度设为ax，小球在电场中的运动时间t2．

则由牛顿第二定律有 qE=max，

又 E=，得 ax===5m/s2；

由 =axt22；

解得 t2=0.2s

所以，运动总时间 t=t1+t2=0.1+0.2=0.3s

（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内的位移为：

y=gt2=0.5×10×（0.3）2m=0.45m

对整个过程，运用动能定理得

mgy+qU=

解得小球与金属板相碰时速度的大小 v=m/s

答：

（1）小球从P点开始由静止下落，经0.3s长时间和金属板相碰．

（2）小球与金属板相碰时速度的大小是m/s．

解析

解：（1）设小球从P到Q需时t1，由h=gt12得

t1==s=0.1s

小球进入电场后，水平方向的分加速度设为ax，小球在电场中的运动时间t2．

则由牛顿第二定律有 qE=max，

又 E=，得 ax===5m/s2；

由 =axt22；

解得 t2=0.2s

所以，运动总时间 t=t1+t2=0.1+0.2=0.3s

（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内的位移为：

y=gt2=0.5×10×（0.3）2m=0.45m

对整个过程，运用动能定理得

mgy+qU=

解得小球与金属板相碰时速度的大小 v=m/s

答：

（1）小球从P点开始由静止下落，经0.3s长时间和金属板相碰．

（2）小球与金属板相碰时速度的大小是m/s．

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题型：多选题

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多选题

三个分别带有正电、负电和不带电的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度V0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，下面判断正确的是（　　）

A落在a点的颗粒带正电、C点的带负电、b点的不带电

B落在a、b、c点颗粒在电场中的加速度大小的关系是a＞b＞c

C三个颗粒在电场中的运动时间关系是a＞b＞c

D电场力对落在b点的颗粒不做功

正确答案

B,D

解析

解：A、由题意可知，三个颗粒在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为xa＜xb＜xc，则运动时间关系为ta＜tb＜tc．竖直方向上三个颗粒都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：y=at2，则知加速度关系为 aa＞ab＞ac．由牛顿第二定律可知，三个颗粒的合力关系为：Fa＞Fb＞Fc．由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的颗粒做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电．故AC错误，B正确．

D、由上分析得知，落在b点的颗粒不带电，则电场力对落在b点的颗粒不做功，故D正确．

故选：BD．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•福建校级期中）如图所示，水平放置的两块平行金属板长为l，两板间距为d，两板间电压为U，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度v0，从两板中央射入，已知电子质量为m，电荷量为q求：

（1）电子偏离金属板的侧位移y0是多少？

（2）电子飞出电场时的速度是多少？

（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，求OP的长．

正确答案

解：（1）电子在电场中做类平抛运动，则：

水平方向有：l=v0t

竖直方向有：

由①②③得电子偏离金属板的侧位移为：y0=

（2）在竖直方向的分速度为：

在水平方向的分速度为：vx=v0

所以：v==

（3）电子飞出电场后，做匀速直线运动，则：tanθ==

所以OP=y0+stanθ=

答：

（1）电子偏离金属板的侧位移y0是．

（2）电子飞出电场时的速度是

（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，OP的长是．

解析

解：（1）电子在电场中做类平抛运动，则：

水平方向有：l=v0t

竖直方向有：

由①②③得电子偏离金属板的侧位移为：y0=

（2）在竖直方向的分速度为：

在水平方向的分速度为：vx=v0

所以：v==

（3）电子飞出电场后，做匀速直线运动，则：tanθ==

所以OP=y0+stanθ=

答：

（1）电子偏离金属板的侧位移y0是．

（2）电子飞出电场时的速度是

（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s已知，OP的长是．

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