- 带电粒子在电场中的运动
- 共5409题
（1）微粒进入偏转电场时的速度v1是多大？
（2）微粒射出电场时的速度为多大？
（3）两金属板间的电压U2是多大？
正确答案
解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理有：
解得：
（2）设微粒射出电场时的速度v，由运动的合成与分解可得：
v1=vcosθ
解得：v=
（3）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动
水平方向：
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：
由几何关系有：
解得：U2 =100V
答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v1是1.0×104m/s；
（2）微粒射出电场时的速度为1.16×104m/s；
（3）两金属板间的电压U2是100V；
解析
解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理有：
解得：
（2）设微粒射出电场时的速度v，由运动的合成与分解可得：
v1=vcosθ
解得：v=
（3）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动
水平方向：
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：
由几何关系有：
解得：U2 =100V
答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v1是1.0×104m/s；
（2）微粒射出电场时的速度为1.16×104m/s；
（3）两金属板间的电压U2是100V；
（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小；
（2）在B板下端固定的点电荷Q的电性和电量；
（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离．
正确答案
解：（1）粒子经过AB两板，由动能定理可知：
得：
（2）粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，由受力分析可知Q带负电，由库仑力提供粒子所需要的向心力，则得：
解得：
（3）粒子沿CD中线进入CD间的电场，做类平抛运动
水平方向做匀速直线运动，有：d=vt ②
竖直方向做匀加速直线运动，有：
且 
由①～④可得：y=
则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为：S=d-y=
答：
（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小为
（2）在B板下端固定的点电荷Q带负电，电量为
（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为
解析
解：（1）粒子经过AB两板，由动能定理可知：
得：
（2）粒子飞出B板后，在Q的作用下做匀速圆周运动，由受力分析可知Q带负电，由库仑力提供粒子所需要的向心力，则得：
解得：
（3）粒子沿CD中线进入CD间的电场，做类平抛运动
水平方向做匀速直线运动，有：d=vt ②
竖直方向做匀加速直线运动，有：
且
由①～④可得：y=
则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为：S=d-y=
答：
（1）粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小为
（2）在B板下端固定的点电荷Q带负电，电量为
（3）粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为
（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小；
（2）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，求此边界（图中虚线）方程．
正确答案
解：（1）解法一：
粒子在第二象限的电场中匀加速的加速度：
时间：
在第一象限运动时间：
这个过程中该粒子所用的时间：
由动能定理：
解法二：
粒子在第二象限的电场中匀加速的时间：
得时间：
在第一象限做类平抛运动，水平：L=v1t2；得：
竖直：
这个过程中该粒子所用的时间：
该过程中粒子到达A点的速度：
（2）设粒子从P点坐标为（-L、y0）由静止匀加速直线运动，粒子进入第一象限做类平抛运动，经Q点后做匀速直线运动，设Q点坐标为（x、y）；
粒子进入第一象限的速度：
做类平抛运动经Q点时，水平：x=v0t
竖直：
把上面两式相除得：
QA与x轴成θ角可得：
由速度分解：
整理得边界方程：
且有（0≤x≤L；0≤y≤
答：（1）这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小是
（2）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，此边界（图中虚线）方程是：
解析
解：（1）解法一：
粒子在第二象限的电场中匀加速的加速度：
时间：
在第一象限运动时间：
这个过程中该粒子所用的时间：
由动能定理：
解法二：
粒子在第二象限的电场中匀加速的时间：
得时间：
在第一象限做类平抛运动，水平：L=v1t2；得：
竖直：
这个过程中该粒子所用的时间：
该过程中粒子到达A点的速度：
（2）设粒子从P点坐标为（-L、y0）由静止匀加速直线运动，粒子进入第一象限做类平抛运动，经Q点后做匀速直线运动，设Q点坐标为（x、y）；
粒子进入第一象限的速度：
做类平抛运动经Q点时，水平：x=v0t
竖直：
把上面两式相除得：
QA与x轴成θ角可得：
由速度分解：
整理得边界方程：
且有（0≤x≤L；0≤y≤
答：（1）这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小是
（2）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，此边界（图中虚线）方程是：
（1）求电子离开加速电场的速度v1
（2）求电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1
（3）求电子打在荧光屏上的偏距y2．
正确答案
解：（1）在加速电场中，根据动能定理得：U1q=
得：
（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则有：
水平方向有：t1=
竖直方向有：
（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则到达荧光屏的时间为：
偏转距离为 y′=vyt2=
所以 y2=y′+y1=
答：
（1）电子离开加速电场的速度v1为
（2）电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1为
（3）电子打在荧光屏上的偏距y2为=
解析
解：（1）在加速电场中，根据动能定理得：U1q=
得：
（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则有：
水平方向有：t1=
竖直方向有：
（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则到达荧光屏的时间为：
偏转距离为 y′=vyt2=
所以 y2=y′+y1=
答：
（1）电子离开加速电场的速度v1为
（2）电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1为
（3）电子打在荧光屏上的偏距y2为=
（1）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；
（2）若只改变上述电场强度的大小，且电场左边界的横坐标x′处在0＜x′＜3m范围内，要求带电粒子仍能通过Q点，求此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系．
正确答案
解：（1）带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动．
粒子在电场中加速度 qE=ma
运动时间 d=vt1
沿y方向位移
沿y方向分速度 vy=at1
设P点到原点0的距离为r，据题有：r=1m
粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点：r-y=vyt2
故Q点的坐标为：x=d+vt2=5.0m；
（2）电场左边界的横坐标为x′．
当0＜x′＜3m时，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，
则：
又：
由上两式得：
答：
（1）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标为5.0m；
（2）此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系为
解析
解：（1）带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动．
粒子在电场中加速度 qE=ma
运动时间 d=vt1
沿y方向位移
沿y方向分速度 vy=at1
设P点到原点0的距离为r，据题有：r=1m
粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点：r-y=vyt2
故Q点的坐标为：x=d+vt2=5.0m；
（2）电场左边界的横坐标为x′．
当0＜x′＜3m时，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，
则：
又：
由上两式得：
答：
（1）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标为5.0m；
（2）此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系为
如图甲所示，在以O为坐标原点的三维空间里，存在着电场和磁场．一质量m=2×10-2kg，带电量q=+5×10-3C的带电小在零时刻以v0=30m/s的速度从O点沿+x方向射入该空间．
（1）若在该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场沿-y方向，E0=40V/m．磁场沿-z方向，B0=0.8πT．求：t1=12s时刻小球的速度．
（2）满足第（1）问的条件下，求t2=39s时刻小球的位置．（结果可用π表示）
（3）若电场强度大小恒为E0=40V/m，磁感应强度大小恒为B0=0.8πT．且电场和磁场的方向均改为沿+y方向，试求：小球经过y轴时的动能．
正确答案
解：（1）当不存在电场和磁场时，小球只受重力做平抛运动，当同时加上电场和磁场时，电场力F1=qE=0.2N，方向向上
重力G=mg=0.2N，方向向下，重力和电场力恰好平衡．
得：T=
与电场、磁场同时存在的时间相同．所以小球在t1=12s时刻的速度相当于t=2s小球平抛运动的末速度，有：
vy=gt=10×2m/s=20m/s，vx=30m/s，
方向与+x方向成θ，有：
（2）在t2=39s时，此时小球的位置：x1=v0t=30×4m=120m，
小球做匀速圆周运动的半径为：r=
t2=39s时，小球恰好完成半个圆周运动，此时小球的位置为：
（3）小球在水平方向做匀速圆周运动，有：
T=
y方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，有：
F=qE+mg，
F=ma，
y=
y=
小球经过Y轴时，动能定理有：
答：（1）t1=12s时刻小球的速度为
（2）t2=39s时刻小球的位置为
（3）小球经过y轴时的动能为9+400n2，（n=1，2，3…）
解析
解：（1）当不存在电场和磁场时，小球只受重力做平抛运动，当同时加上电场和磁场时，电场力F1=qE=0.2N，方向向上
重力G=mg=0.2N，方向向下，重力和电场力恰好平衡．
得：T=
与电场、磁场同时存在的时间相同．所以小球在t1=12s时刻的速度相当于t=2s小球平抛运动的末速度，有：
vy=gt=10×2m/s=20m/s，vx=30m/s，
方向与+x方向成θ，有：
（2）在t2=39s时，此时小球的位置：x1=v0t=30×4m=120m，
小球做匀速圆周运动的半径为：r=
t2=39s时，小球恰好完成半个圆周运动，此时小球的位置为：
（3）小球在水平方向做匀速圆周运动，有：
T=
y方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，有：
F=qE+mg，
F=ma，
y=
y=
小球经过Y轴时，动能定理有：
答：（1）t1=12s时刻小球的速度为
（2）t2=39s时刻小球的位置为
（3）小球经过y轴时的动能为9+400n2，（n=1，2，3…）
正确答案
解析
解：A、三个小球都匀变速曲线运动，运用运动的分解法可知：三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为xA＞xB＞xC，而它们的初速度v0相同，由位移公式x=v0t得知，运动时间关系为tA＞tB＞tC．故A错误；
C、个小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式y=
B、据牛顿第二定律a=
D、由上分析得到，三个小球的合力关系为：FA＜FB＜FC．则电场力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系EKC＞EKB＞EKA．由于不知道粒子质量间的关系，无法判断粒子的速度关系，故D错误；
故选：C．
电子的质量为m，电量大小为e，以速率V射入匀强电场中，V的方向和场强E的方向相同，设电子刚进入场区时电势能为零，则电子能进入场区最大深度为______，当电子进入场区深度为______时，其动能和电势能相等．
正确答案
解析
解：
①电子进入场区最大深度时，动能全部转化为电势能，设最大深度为d，由动能定理可得：
解得：
②由题意分析可知，电场力必须做负功，电子应做电子做匀减速运动，根据能量守恒得知：电子的动能与电势能相等时，其动能为初动能的一半，即为
根据动能定理得：
-eEs=
解得：
s=
故答案为：
正确答案
解析
解：四个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：
加速度为：a=
A、若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点．故A错误；
B、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故B错误．
C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点，故C正确；
D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点．故D错误．
故选：C
正确答案
1：2
1：4
解析
解：粒子垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等．
平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足：x=
根据牛顿第二定律，有：qE=ma…②
由①②两式解得：q=
所以它们所带的电荷量之比为：qM：qN=1：2
电势能的减小量等于电场力做的功即为：△E=qEx，
因为位移之比是1：2，电荷量之比也是1：2，
所以电场力做功之比为1：4，
它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．
故答案为：1：2，l：4．
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