带电粒子在电场中的运动_章节学习

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，带正电的绝缘小滑块A，被长R=0.4m的绝缘细绳竖直悬挂，悬点O距水平地面的高度为3R；小滑块B不带电．位于O点正下方的地面上．长L=2R的绝缘水平传送带上表面距地面的高度h=2R，其左端与O点在同一竖直线上，右端的右侧空间有方向竖直向下的匀强电场．在．点与传送带之间有位置可调的固定钉子（图中未画出），当把A拉到水平位置由静止释放后，因钉子阻挡，细绳总会断裂，使得A能滑上传送带继续运动，若传送带逆时针匀速转动，A刚好能运动到传送带的右端．已知绝缘细绳能承受的最大拉力是A重力的5倍，A所受电场力大小与重力相等，重力加速度g=10m/s2，A、B均可视为质点，皮带传动轮半径很小，A不会因绳断裂而损失能量、也不会因摩擦而损失电荷量．

试求：

（1）钉子距O点的距离的范围．

（2）若传送带以速度v0=5m/s顺时针匀速转动，在A刚滑到传送带上时，B从静止开始向右做匀加速直线运动，当A刚落地时，B恰与A相碰．试求B做匀加速运动的加速度大小（结果可用根式表示）

正确答案

解：（1）物体A运动最低点的过程中因机械能守恒，由

A到最低点，绳子被挡住，有T-mg=

当T=Tm=5mg，解得r=

故钉子距O点的距离范围是0.4m＞x＞0.2m

（2）在A运动到传送带右端的过程中，因钉子挡绳不损失能量，

由动能定理mgR-μmgL=0

解得μ=0.5

因v0=5m/s＞v1，所以A在传送带上将做加速运动，假设A一直加速，到右端的速度为v2，

由动能定理

解得v2=4m/s，假设成立，故物体做平抛运动，

对A设在传送带上运动时间为t1，类平抛运动时间为t2，由运动学公式

传送带上L=

类平抛运动l=v2t2 h= qE+mg=ma

联立解得，

对B设匀加过程的加速度大小为a′

解得

答：（1）钉子距O点的距离的范围为0.4m＞x＞0.2m

（2）B做匀加速运动的加速度大小为

解析

解：（1）物体A运动最低点的过程中因机械能守恒，由

A到最低点，绳子被挡住，有T-mg=

当T=Tm=5mg，解得r=

故钉子距O点的距离范围是0.4m＞x＞0.2m

（2）在A运动到传送带右端的过程中，因钉子挡绳不损失能量，

由动能定理mgR-μmgL=0

解得μ=0.5

因v0=5m/s＞v1，所以A在传送带上将做加速运动，假设A一直加速，到右端的速度为v2，

由动能定理

解得v2=4m/s，假设成立，故物体做平抛运动，

对A设在传送带上运动时间为t1，类平抛运动时间为t2，由运动学公式

传送带上L=

类平抛运动l=v2t2 h= qE+mg=ma

联立解得，

对B设匀加过程的加速度大小为a′

解得

答：（1）钉子距O点的距离的范围为0.4m＞x＞0.2m

（2）B做匀加速运动的加速度大小为

1

题型：多选题

|

多选题

如图所示装置，密度相同、大小不同的球状纳米颗粒在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成之比，电离后，颗粒缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I，再通过小孔O2射入电场强度为E的匀强电场区域Ⅱ，区域Ⅱ中极板长度为l，极板间距为d，假设不计颗粒重力，且所有颗粒均能从区域Ⅱ右侧离开，则（　　）

A颗粒的比荷与半径成正比

B所有的颗粒从同一位置离开区域Ⅱ

C所有的颗粒在区域Ⅱ中运动时间相同

D半径越大的颗粒离开区域Ⅱ时动能越大

正确答案

B,D

解析

解：A、设颗粒的密度为ρ，半径为r．则比荷为 =∝，即比荷与半径成反比，故A错误．

B、颗粒在加速电场中，由动能定理得：qU1=，得：v0=

在偏转电场中颗粒做类平抛运动，则颗粒离开此电场时的偏转距离问问：y==

联立得：y=，y与颗粒的质量、电荷量无关，所以所有的颗粒从同一位置离开区域Ⅱ，故B正确．

C、颗粒在区域Ⅱ中运动时间 t==L，由于不同颗粒的比荷不同，知颗粒在区域Ⅱ中运动时间不同，故C错误．

D、由整个过程，运用动能定理得：Ek=qU1+qEy=q（U1+Ey）∝q

由于电量与颗粒表面积成正比，半径越大，表面积越大，电荷量越大，由上式知，颗粒离开区域Ⅱ时动能越大，故D正确．

故选：BD．

1

题型：单选题

|

单选题

光滑水平面上有一边长为l的正方形区域，处在电场强度为E的匀强电场中，电场方向与正方形的某一边平行．一质量为m、带电荷量为+q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，动能的增量不可能为（　　）

A0

BqEl

CqEl

DqEl

正确答案

C

解析

解：A、D当电场方向与带电小球的运动方向平行时，如右图所示，若小球的初速度较大，能通过正方形，电场力做功为qEl，若小球的初速度较小，小球先向右减速运动，后向左加速运动返回原位置时，电场力做功0，带电粒子的动能增量可能为qEl、0，故AD均可能．

B、C当电场方向与带电小球的运动方向垂直时，如右图所示，带电粒子从对边飞出，则电场力对带电粒子做的功大于0，而小于qEL，不可能为qEL，电场力做功可能为qEL，如所以由动能定理可知，带电粒子的动能增量可能为qEL．故B有可能，C不可能．

该题选不可能的，故选C

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过静电分析器，粒子在静电分析器中做圆周运动．从P点垂直CN进入矩形区域的匀强电场，电场方向水平向左，粒子恰能打在Q点．静电分析器通道是半径为R的圆弧，内有均匀辐向分布的电场，方向如图所示；粒子质量为m、电荷量为q；QN=d，PN=2d，粒子重力不计．求：

（1）粒子的电性；

（2）静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度E的大小；

（3）P、Q两点间的电压U1．

正确答案

解：（1）粒子在静电分析器中做圆周运动，根据电场力提供做圆周运动的向心力可知，粒子带正电；

（2）在加速电场中，由动能定理可得：

在静电分析器中有：qE=

联立解得：E=

（3）进入偏转电场中竖直方向匀速运动，水平方向匀加速运动，

d=vt

2d=

联立解得：U1=16U

答：（1）粒子带正电

（2）静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度E的大小为

（3）P、Q两点间的电压U1为16U

解析

解：（1）粒子在静电分析器中做圆周运动，根据电场力提供做圆周运动的向心力可知，粒子带正电；

（2）在加速电场中，由动能定理可得：

在静电分析器中有：qE=

联立解得：E=

（3）进入偏转电场中竖直方向匀速运动，水平方向匀加速运动，

d=vt

2d=

联立解得：U1=16U

答：（1）粒子带正电

（2）静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度E的大小为

（3）P、Q两点间的电压U1为16U

1

题型：多选题

|

多选题

让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子都沿平行板电容器两板中线方向垂直于电场线射入板间的匀强电场中，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，则下列分析正确的是（　　）

A若它们射入电场时的初速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点

B若它们射入电场时的初动能相同，在荧光屏上将只出现2个亮点

C若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点

D因为它们所带电荷量只有两种情况，所以在荧光屏上一定出现2个亮点

正确答案

A,B,C

解析

解：A、三种粒子带电量不同，分别为q、q、2q；质量不同，分别为m、4m、4m，进入同一电场是加速度不同分别是：

、、，

若它们射入电场时的速度相等，三粒子水平方向匀速直线，运动时间相同，则竖直方向的位移，

由y=at2

得竖直方向的位移之比是：4：1：2，所以三种粒子打到不同的位置，会出现三个亮点，故A正确．

B、若它们射入电场时的动能相等，三种粒子的速度之比为，2：1：1，

所以水平方向的运动时间为1：2：2，

由于粒子竖直方向的位移，

由：y=at2，

解得竖直方向的位移之比为，1：1：2，

所以竖直方向位移不同，会出现两个亮点，故B正确；

C、D、若它们是由同一个电场从静止加速，由动能定理得：qU=mv2，

解得：v=，

粒子水平方向做匀速直线运动，运动时间为，t==L，

粒子竖直方向做初速度为零的匀速直线运动则，y=at2=（L）2=，

由此可见，三种带电粒子在竖直方向的偏转位移仅与电场强度E、极板长度L、加速电压U有关，在这三个过程中，这三个物理量都相同，所以它们的偏转位移相同，粒子都打到同一点上，即只有一个亮点，故C正确，D错误；

故选：ABC．

1

题型：简答题

|

简答题

（2015秋•廊坊期末）如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的．求：

（1）原来的电场强度大小；

（2）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

正确答案

解：（1）物体受到的力有重力mg，支持力FN．静电力F=qE，如图．

由几何关系可知：qE=mgtan37°

解得：E==．

（2）当电场强度变为原来的时，由动能定理，得：

mgLsin37°-qE′Lcos37°=mv2-0．

解得：v=

答：（1）原来的电场强度大小为；

（2）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小为

解析

解：（1）物体受到的力有重力mg，支持力FN．静电力F=qE，如图．

由几何关系可知：qE=mgtan37°

解得：E==．

（2）当电场强度变为原来的时，由动能定理，得：

mgLsin37°-qE′Lcos37°=mv2-0．

解得：v=

答：（1）原来的电场强度大小为；

（2）沿斜面下滑距离为L时物体的速度的大小为

1

题型：简答题

|

简答题

ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+10-4C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）

（1）小球到达C点的速度大小

（2）小球在C点时，轨道受到的压力大小．

正确答案

解：（1）设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

qE•2R-mgR=mvC2-0 ③

解得：vC=2m/s ④

（2）小球在C点时受力分析如图，

由牛顿第二定律得：NC-qE=m ⑤

解得：NC=3N ⑥

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：NC′=NC=3N，方向：水平向右；

答：（1）小球到达C点时的速度为2m/s；

（3）小球达到C点时对轨道的压力大小为3N，方向：水平向右

解析

解：（1）设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：

qE•2R-mgR=mvC2-0 ③

解得：vC=2m/s ④

（2）小球在C点时受力分析如图，

由牛顿第二定律得：NC-qE=m ⑤

解得：NC=3N ⑥

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：NC′=NC=3N，方向：水平向右；

答：（1）小球到达C点时的速度为2m/s；

（3）小球达到C点时对轨道的压力大小为3N，方向：水平向右

1

题型：简答题

|

简答题

如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间．距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为．带电粒子的重力不计．求：

（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度

（2）荧光屏上出现的光带长度

（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长？

正确答案

解：（1）从t=0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变．

在电场中运动时间，正好等于一个周期．

竖直方向先加速后减速，加速度大小为

射出电场时竖直方向的速度

（2）无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同．

偏转最大的粒子偏转量

反方向最大偏转量

射出电场时，竖直分位移为：y=d1+d2=4.0×10-2m

依据比例可得：荧光屏上出现的光带长度 Y=y=0.17m

（3）带电粒子在电场中运动的时间为，打在荧光屏上的范围是：

射出电场时y′=d1+d+d2=0.15m

荧光屏上出现的光带长度为 Y′=y′=0.65m

答：

（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度为103m/s．

（2）荧光屏上出现的光带长度为0.17m．

（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带为0.65m．

解析

解：（1）从t=0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变．

在电场中运动时间，正好等于一个周期．

竖直方向先加速后减速，加速度大小为

射出电场时竖直方向的速度

（2）无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同．

偏转最大的粒子偏转量

反方向最大偏转量

射出电场时，竖直分位移为：y=d1+d2=4.0×10-2m

依据比例可得：荧光屏上出现的光带长度 Y=y=0.17m

（3）带电粒子在电场中运动的时间为，打在荧光屏上的范围是：

射出电场时y′=d1+d+d2=0.15m

荧光屏上出现的光带长度为 Y′=y′=0.65m

答：

（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度为103m/s．

（2）荧光屏上出现的光带长度为0.17m．

（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带为0.65m．

1

题型：单选题

|

单选题

（2015•赣州一模）如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电量分别为+Q、-Q，将它们平行放置，A、C连绒垂直于圆环平面，B为AC的中点．现有质量为m、带电量为+q的微粒（重力不计）从左方沿A．C连线方向射入，到A点时速度vA=lm/s，到B点时速度vB=m，则（　　）

A微粒从B至C做加速运动，且vC=4m/s

B微粒先做减速运动，后做加速运动

C微粒运动的最终速度为m/s

D微粒最终可能返回至B点，且过B点时的速度大小m/s

正确答案

C

解析

解：A、AC之间电场是对称的，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可得：

qd=mvB2-mvA2，

2qd=mvC2-mvA2，

解得：vC=3m/s．故A错误．

B、由A到C微粒一直做加速运动，故B错误．

CD、过B做垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C之后，会向无穷远处运动，而无穷远出电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，故C正确，D错误．

故选：C．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子（电荷量e，质量为m）无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；

（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ；

（3）电子打到屏上的点P到O点的距离x．

正确答案

解：（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，

由牛顿第二定律得：

①

由得：

②

电子进入电场E2时的速度为：

v1=a1t1 ③

进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：

④

电子从释放到打到屏上所用的时间为：

t=t1+t2 ⑤

①→⑤联立求解得：；

（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy

由牛顿第二定律得：

电子进入电场E2时的加速度为： ⑥

vy=a2t3 ⑦

⑧

电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；

⑨

①②③⑥⑦⑧⑨联立得：tanθ=2 ⑩

（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：

设电子打到屏上的点P到O点的距离x，

根据上图有几何关系得：

（11）

⑩（11）联立得：

x=3L

答：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间为：；

（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ=2；

（3）电子打到屏上的点P到O点的距离x=3L．

解析

解：（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，

由牛顿第二定律得：

①

由得：

②

电子进入电场E2时的速度为：

v1=a1t1 ③

进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：

④

电子从释放到打到屏上所用的时间为：

t=t1+t2 ⑤

①→⑤联立求解得：；

（2）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy

由牛顿第二定律得：

电子进入电场E2时的加速度为： ⑥

vy=a2t3 ⑦

⑧

电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；

⑨

①②③⑥⑦⑧⑨联立得：tanθ=2 ⑩

（3）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：

设电子打到屏上的点P到O点的距离x，

根据上图有几何关系得：

（11）

⑩（11）联立得：

x=3L

答：（1）电子从释放到打到屏上所用的时间为：；

（2）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tanθ=2；

（3）电子打到屏上的点P到O点的距离x=3L．

热门试卷

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析