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

如图所示，一带电荷量为+q、质量为m小物块处于长为L，倾角为37°的光滑斜面顶端，当整个装置被置于水平方向的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）匀强电场的场强大小；

（2）若将电场强度减小为原来的一半，小物块在斜面上滑行的时间是多长？

（3）电场强度减小为原来的一半后，小物块在斜面上下滑过程中机械能（增加或减少）多大？

正确答案

解：（1）根据共点力平衡得：tan37°=，

解得原来得电场强度为：E=．

（2）若电场强度减小为原来的，

根据牛顿第二定律得，加速度为：a=．

根据L=得：

t=

（3）电场力做功等于机械能的增量，可知机械能的变化量为：

0.3mgL．

答：（1）原来的电场强度为．

（2）若将电场强度减小为原来的一半，小物块在斜面上滑行的时间是．

（3）电场改变后物块运动经过L的路程过程机械能减少了0.3mgL．

解析

解：（1）根据共点力平衡得：tan37°=，

解得原来得电场强度为：E=．

（2）若电场强度减小为原来的，

根据牛顿第二定律得，加速度为：a=．

根据L=得：

t=

（3）电场力做功等于机械能的增量，可知机械能的变化量为：

0.3mgL．

答：（1）原来的电场强度为．

（2）若将电场强度减小为原来的一半，小物块在斜面上滑行的时间是．

（3）电场改变后物块运动经过L的路程过程机械能减少了0.3mgL．

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题型：简答题

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简答题

如图示，A为粒子源，在A和极板B 间的加速电压为U1，在两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现设有质量为m．电量为q的质子初速为零从A被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，求：

（1）带电粒子在射出B板时的速度；

（2）带电粒子在C、D极板间运动的时间；

（3）带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移y和偏转的角度．

正确答案

解：（1）带电粒子由A到B，设到B板的速度为v，根据动能定理：

，

解得：v=

（2）粒子进入C、D电场后水平方向做匀速直线运动，

则L=vt，

解得：t==，

（3）粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：

Eq=ma，E=，所以a=．

粒子进入C、D电场在竖直方向发生的位移

y=at2= （）2=

，

θ=

答：（1）带电粒子在射出B板时的速度；

（2）带电粒子在C、D极板间运动的时间；

（3）带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移和偏转的角度．

解析

解：（1）带电粒子由A到B，设到B板的速度为v，根据动能定理：

，

解得：v=

（2）粒子进入C、D电场后水平方向做匀速直线运动，

则L=vt，

解得：t==，

（3）粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：

Eq=ma，E=，所以a=．

粒子进入C、D电场在竖直方向发生的位移

y=at2= （）2=

，

θ=

答：（1）带电粒子在射出B板时的速度；

（2）带电粒子在C、D极板间运动的时间；

（3）带电粒子飞出C、D电场时在竖直方向上发生的位移和偏转的角度．

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题型：简答题

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简答题

如图所示的平面直角坐标系xoy中，C点在x轴上，OC=m，平面直角坐标系处于垂直纸面、磁感应大小B=9.1×l0-6T的匀强磁场中，一电子从D点以速度v与x轴正方向成θ=60°沿图中虚线的圆弧到达A点，经过A点时电子的速度方向恰与x轴正方向相同，AC垂直x轴．已知电子质量为m=9.1×10-31kg，电子的电荷量为e=1.6×10-19C．电子的重力不计，求：

（1）磁场方向是垂直纸面向里还是向外；

（2）电子做圆周运动的轨道半径R，电子运动的速度v；

（3）电子从O点运动到A点的时间．

正确答案

解：（1）电子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断可知，磁场垂直纸面向里．

（2）由几何关系知，sin60°=

解得：R=，

由洛伦兹力提供向心力有：qvB=m

解得：v=，

（3）电子在磁场中的运动周期为：T=，

电子从O到A经历的时间：t==6.54×10-7s

答：（1）磁场方向是垂直纸面向里；

（2）电子做圆周运动的轨道半径为2m，电子运动的速度为3.2×106m/s；

（3）电子从O点运动到A点的时间为6.54×10-7s．

解析

解：（1）电子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断可知，磁场垂直纸面向里．

（2）由几何关系知，sin60°=

解得：R=，

由洛伦兹力提供向心力有：qvB=m

解得：v=，

（3）电子在磁场中的运动周期为：T=，

电子从O到A经历的时间：t==6.54×10-7s

答：（1）磁场方向是垂直纸面向里；

（2）电子做圆周运动的轨道半径为2m，电子运动的速度为3.2×106m/s；

（3）电子从O点运动到A点的时间为6.54×10-7s．

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题型：简答题

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简答题

如图，在xOy平面第一象限整个区域分布一匀强电场，电场方向平行y轴向下．在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x=的直线，磁场方向垂直纸面向外．一质量为m、带电量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向45°角进入匀强磁场．已知OQ=l，不计粒子重力．求：

（1）P与O两点的距离；

（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；

（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．

正确答案

解：

（1）、设粒子进入电场时y方向的速度为vy，

设粒子在电场中运动时间为t，则有：

由以上各式，得

（2）、粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1

粒子在磁场中的速度

根据牛顿第二定律

得：

要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围

（3）要使粒子刚好能第二次进入磁场的轨迹如图．粒子从P到Q的时间为t，则粒子从C到D的时间为2t，所以

设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系

根据牛顿第二定律

要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B的范围B1≤B≤B2

即

答：（1）P与O两点的距离为．

（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围为．

（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围为．

解析

解：

（1）、设粒子进入电场时y方向的速度为vy，

设粒子在电场中运动时间为t，则有：

由以上各式，得

（2）、粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1

粒子在磁场中的速度

根据牛顿第二定律

得：

要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围

（3）要使粒子刚好能第二次进入磁场的轨迹如图．粒子从P到Q的时间为t，则粒子从C到D的时间为2t，所以

设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系

根据牛顿第二定律

要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B的范围B1≤B≤B2

即

答：（1）P与O两点的距离为．

（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围为．

（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围为．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，水平向左的匀强电场，一根不可伸长的绝缘细线长度为L，细线一端拴一个质量为m，带负电小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，然后由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角θ=60°的位置B时速度为零．

（1）该小球在B点的电势能比在A点时______（大、小）．

（2）小球所受电场力与重力之比为______．

（3）小球从A到B过程中，电场力做功______．

（4）小球从A到B过程中，最大动能为______．

正确答案

大

-

（2-）mgL

解析

解：（1）电场力做功等于电势能的减小量；

从A到B，电场力做负功，故电势能增加，故小球在B点的电势能比在A点时电势能大；

（2）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，

根据三角函数关系可得：

qEsin30°=mgcos30°

化简可知：Eq=mg

（3）小球从A到B过程中，只有重力和电场力做功，根据动能定理，有：

mgLsin60°+WF=0-0

解得：WF=-mgLsin60°=-

（4）对从A到圆弧中点过程，根据动能定理，有：

mgLsin30°-qEL（1-cos30°）=Ekm-0 ①

对从A到B过程，根据动能定理，有：

mgLsin60°-qEL（1-cos60°）=0-0 ②

联立①②解得：Ekm=（2-）mgL

故答案为：

（1）大；

（2）；

（3）-；

（4）（2-）mgL．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，在边长为l的正方形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场．一个带电粒子（不计重力）从原点O沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0；若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为T0；若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，那么，该带电粒子穿过场区的时间应该是（　　）

AT0

BT0

CT0

DT0

正确答案

B

解析

解：从原点沿x轴直线射出过程匀速直线运动，受力平衡：

Eq=Bqv…①

由穿过场区的时间为T0可得：

L=vT0…②

若撤去磁场，只保留电场，带电粒子在竖直方向偏转，做类平抛运动：

x=vT0…③

x=L…④；

y=at2…⑤

t=T0…⑥

a=…⑦

当撤去电场，在匀强磁场中匀速圆周运动，带电粒子在磁场中经过的轨迹是个半圆，故运动时间：

t=×…⑧

由①②③④⑤式得：t=T0；

故该粒子穿过场区的时间应该是t=T0；

故选B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ=30°，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，（提示：离开的位置不一定是极板边缘）落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角a=45°时，小球恰好沿原路返回A点．求：

（1）电容器极板间的电场强度E；

（2）平行板电容器的板长L；

（3）小球在AB间运动的周期T．

正确答案

解：（1）带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知Eqcosθ=mg，

解得：．

（2）小球垂直落到弹性挡板上，且α=45°，

有

根据动能定理：

解得：L=3h．

（3）由于小球在复合场中做匀加速运动

解得，

平抛运动的时间为，

总时间为．

答：（1）电容器极板间的电场强度E为；

（2）平行板电容器的板长L为3h；

（3）小球在AB间运动的周期T为2（+）．

解析

解：（1）带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知Eqcosθ=mg，

解得：．

（2）小球垂直落到弹性挡板上，且α=45°，

有

根据动能定理：

解得：L=3h．

（3）由于小球在复合场中做匀加速运动

解得，

平抛运动的时间为，

总时间为．

答：（1）电容器极板间的电场强度E为；

（2）平行板电容器的板长L为3h；

（3）小球在AB间运动的周期T为2（+）．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，在真空中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地，现有大量质量均为m，带电荷量为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则落到A板的油滴数N=______第N+1滴油滴经过电场的整个过程中所增加的动能______．

正确答案

解析

解：AB、设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上．则第（N+1）个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：

mg-qE=ma，

其中：E===，

解得：a=g-，

第（N+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y=at22=gt22，

第（N+1）粒子不落到极板上，则有关系：y≤，

联立以上公式得：N=；

第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mg-qE，

解得：W=；

故答案为：，．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子（质量为m，电荷量为+q）从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽略重力和空气阻力的影响．求：

（1）该粒子的初速度v0的大小．

（2）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小．

（3）若使粒子打在下极板的中间位置，粒子射入两极板的初速度应为多少．

正确答案

解：（1）带电粒子在极板间做类平抛运动，则：

在水平方向上有L=v0t

在竖直方向上有

已知两极板间的电压为U，两极板的距离为d，可得电场强度大小为：E

根据牛顿第二定律可得：

解得：

（2）根据动能定理可得：

解得

（3）若粒子打在下极板的中间位置，那么，与恰好落在下极板右边缘相比，粒子在匀强电场中的运动时间相等，水平位移减半，所以粒子射入两极板的初速度应为原来的一半，即

答：（1）该粒子的初速度v0的大小为．

（2）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小wei．

（3）使粒子打在下极板的中间位置，粒子射入两极板的初速度应为．

解析

解：（1）带电粒子在极板间做类平抛运动，则：

在水平方向上有L=v0t

在竖直方向上有

已知两极板间的电压为U，两极板的距离为d，可得电场强度大小为：E

根据牛顿第二定律可得：

解得：

（2）根据动能定理可得：

解得

（3）若粒子打在下极板的中间位置，那么，与恰好落在下极板右边缘相比，粒子在匀强电场中的运动时间相等，水平位移减半，所以粒子射入两极板的初速度应为原来的一半，即

答：（1）该粒子的初速度v0的大小为．

（2）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小wei．

（3）使粒子打在下极板的中间位置，粒子射入两极板的初速度应为．

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题型：简答题

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简答题

如图1所示，荧光屏的中心点为O，电量为e质量为m的热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0．电容器的板长和板间距离均为L，下极板接地．电容器右端到荧光屏的距离也是L，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图2．（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：

（1）电子刚进入电容器时的速度．

（2）若题干中的L均为10cm，在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上距O点的位置多远？

（3）电子打到荧光屏上的最大动能为多少？

正确答案

解：（1）电子加速过程，由动能定理得：

eU0=mv02

解得：v0=

（2）0.06s时刻进入偏转电场后电子的加速度为：a=

极板间的电压为：U=1.8U0

水平方向做匀速运动，有：L=v0t

电子通过电场时侧向偏转的距离：y=at2

联立得：y==10cm=4.5cm

速度偏转角：

tanθ====0.9

所以电子打在荧光屏上的位置距O点的距离为：

Y=y+Ltanθ=4.5cm+10×0.9cm=13.5cm

（3）设电压为Ux时刚好从极板边缘打出，

a=

L=v0t

所以有：=at2

代入解得：Ux=2U0

由动能定理得：eU0+eU0=EKt-0

得：EKt=2eU0

答：（1）电子刚进入电容器时的速度为．

（2）若题干中的L均为10cm，在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上距O点的位置是13.5cm．

（3）电子打到荧光屏上的最大动能为2eU0．

解析

解：（1）电子加速过程，由动能定理得：

eU0=mv02

解得：v0=

（2）0.06s时刻进入偏转电场后电子的加速度为：a=

极板间的电压为：U=1.8U0

水平方向做匀速运动，有：L=v0t

电子通过电场时侧向偏转的距离：y=at2

联立得：y==10cm=4.5cm

速度偏转角：

tanθ====0.9

所以电子打在荧光屏上的位置距O点的距离为：

Y=y+Ltanθ=4.5cm+10×0.9cm=13.5cm

（3）设电压为Ux时刚好从极板边缘打出，

a=

L=v0t

所以有：=at2

代入解得：Ux=2U0

由动能定理得：eU0+eU0=EKt-0

得：EKt=2eU0

答：（1）电子刚进入电容器时的速度为．

（2）若题干中的L均为10cm，在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上距O点的位置是13.5cm．

（3）电子打到荧光屏上的最大动能为2eU0．

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