- 带电粒子在电场中的运动
- 共5409题
正确答案
解析
解：带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，水平方向做匀速直线运动，运动时间t1=
故选：B
（1）匀强电场的电场强度；
（2）在A、C间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？
（3）为便于粒子收集，可在直线x=2l0上的某点为圆心的圆形区域内，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，使得沿x轴正方向射出电场的粒子经磁场偏转后，都能通过直线x=2l0与圆形磁场边界的一个交点．则磁场区域的最小半径是多大？相应的磁感应强度B是多大？
正确答案
解：（1）设从A点射入的粒子由A点到A‘点的运动时间为t，根据运动轨迹的对成称性，
x方向有：2l0=v0t
得：t=
y方向有：l0=
解得：E=
即从AC间入射的粒子穿越电场区域的时间t为 
（2）设到C点距离为△y处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向，粒子第一次到达x轴用时△t，水平分位移△x，
则有：△x=v0△t…④
△y=
要粒子从电场中射出时速度方向也沿x轴正方向，必须满足条件为：2l0=n•2△x（n=1，2，3…）…⑥
联立③④⑤⑥解得：△y=
故粒子从电场中射出时速度方向也沿x轴正方向，必须是在AC间纵坐标为：
（3）当n=1时，粒子射出的坐标为y1=l0…⑨
当n=2时，粒子射出的坐标为y2=-
当n≥3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图所示）．
y1、y2之间距离为 L=y1-y2=
所以，磁场圆O1的最小半径 R=
若使粒子经磁场后汇集于直线x=2l0与圆形磁场边界的一个交点，分析知此点只能是答图中的Q点，且粒子在磁场中做圆周运动的半径等于磁场区域圆半径．
由 qv0B=m
联立（12）、（13）得：B=
即磁场区域的最小半径是
答：（1）匀强电场的电场强度为
（2）在A、C间纵坐标为：y=（-1）n•
（3）磁场区域的最小半径是
解析
解：（1）设从A点射入的粒子由A点到A‘点的运动时间为t，根据运动轨迹的对成称性，
x方向有：2l0=v0t
得：t=
y方向有：l0=
解得：E=
即从AC间入射的粒子穿越电场区域的时间t为
（2）设到C点距离为△y处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向，粒子第一次到达x轴用时△t，水平分位移△x，
则有：△x=v0△t…④
△y=
要粒子从电场中射出时速度方向也沿x轴正方向，必须满足条件为：2l0=n•2△x（n=1，2，3…）…⑥
联立③④⑤⑥解得：△y=
故粒子从电场中射出时速度方向也沿x轴正方向，必须是在AC间纵坐标为：
（3）当n=1时，粒子射出的坐标为y1=l0…⑨
当n=2时，粒子射出的坐标为y2=-
当n≥3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图所示）．
y1、y2之间距离为 L=y1-y2=
所以，磁场圆O1的最小半径 R=
若使粒子经磁场后汇集于直线x=2l0与圆形磁场边界的一个交点，分析知此点只能是答图中的Q点，且粒子在磁场中做圆周运动的半径等于磁场区域圆半径．
由 qv0B=m
联立（12）、（13）得：B=
即磁场区域的最小半径是
答：（1）匀强电场的电场强度为
（2）在A、C间纵坐标为：y=（-1）n•
（3）磁场区域的最小半径是
如图所示的直角坐标系xoy中，在x＜0，y＞0的区域有一对平行金属板M和N，其中N板位于x轴上，M、N板加有如图所示电压，平行金属板右侧存在沿y轴负向与平行金属板等宽度的匀强电场，场强大小为E，在x＞0 y＞0的区域存在垂直纸面的矩形有界磁场，其下边界和左边界分别与Ox、Oy轴重合．t=0时刻一质量为m，电量为q的带电微粒沿着平金属板的轴线O1O2以初速度v0向右开始运动，恰从M板右边缘的P点沿x轴正向进入平行金属板右侧电场，经过一段时间后以2v0的速度经Q点进入磁场，Q点为O1O2与y轴的交点，再经磁场偏转带电微粒恰好从坐标原点O沿x轴负向返回电场，不计带电微粒的重力．求：
（1）平行金属板M、N间的距离d及右侧电场的宽度L；
（2）平行金属板上所加电压U0满足的条件；
（3）矩形磁场区域的最小面积．
正确答案
解：（1）因带电微粒在P点速度沿x轴正向，则带电微粒在Q点的水平速度为v0，设速度方向与水平方向的夹角为θ，有：
cosθ=
在Q点的竖直方向分速度为vy=2v0sinθ=
∴d=
L=v0t=v0•
（2）由题，画出粒子在平行金属板间的运动轨迹，粒子在电场中运动的侧向总位移满足：
又L=v0•nT
由以上两式解得：U0=
（3）如图，设最大的矩形磁场的高为L1，宽为L2，画出带电粒子的运动轨迹，如图，则由几何知识可知：
（
∴r=
故L1=r（1+cosθ）=
所以矩形磁场的最小面积为
S=L1•L2=
答：
（1）平行金属板M、N间的距离d为
（2）平行金属板上所加电压U0满足的条件是：U0=
（3）矩形磁场区域的最小面积是
解析
解：（1）因带电微粒在P点速度沿x轴正向，则带电微粒在Q点的水平速度为v0，设速度方向与水平方向的夹角为θ，有：
cosθ=
在Q点的竖直方向分速度为vy=2v0sinθ=
∴d=
L=v0t=v0•
（2）由题，画出粒子在平行金属板间的运动轨迹，粒子在电场中运动的侧向总位移满足：
又L=v0•nT
由以上两式解得：U0=
（3）如图，设最大的矩形磁场的高为L1，宽为L2，画出带电粒子的运动轨迹，如图，则由几何知识可知：
（
∴r=
故L1=r（1+cosθ）=
所以矩形磁场的最小面积为
S=L1•L2=
答：
（1）平行金属板M、N间的距离d为
（2）平行金属板上所加电压U0满足的条件是：U0=
（3）矩形磁场区域的最小面积是
下列说法正确的是（ ）
A带电粒子只受电场力，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合
B电场强度的方向就是放入电场中电荷所受电场力的方向，且其大小E=
C由B=
D洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向不一定与电荷运动方向垂直
正确答案
解析
解：A、带电粒子只受电场力，由静止开始运动，若电场线是直线时，其运动轨迹一定与电场线重合；若电场线是曲线时，运动轨迹与电场线不重合．故A错误．
B、电场强度的方向就是放入电场中正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，大小E=
C、磁感应强度描述磁场本身的强弱和方向，与放入磁场的电流元无关，不能说B与通电直导线所受安培力成正比，与I、L的乘积成反比．故C错误．
D、洛伦兹力方向一定与电荷的运动方向垂直，但电荷的运动方向不一定与磁场方向垂直，可以是任意角．故D正确．
故选D
正确答案
解：电子做类平抛运动，AB两点速度关系有：
又：-eUAB=△Ek=
e=1.6×10-19c
解得：UAB=-136.5v
答：A、B两点间的电势差为-136.5v．
解析
解：电子做类平抛运动，AB两点速度关系有：
又：-eUAB=△Ek=
e=1.6×10-19c
解得：UAB=-136.5v
答：A、B两点间的电势差为-136.5v．
如图（a）所示，两块足够大的平行金属板竖直放置，板间距d=15m，o和o′分别为两板的中心，板间存在空间分布均匀、大小和方向随时间变化的电场和磁场，变化规律分别如图（b），（c）所示（规定水平向右为电场的正方向，垂直纸面向里为磁场的正方向），在t=0时刻从左板中心O点由静止释放一带正电的粒子（不计重力），粒子的比荷
（1）在0-1×10-5S时间内粒子运动的位移的大小及获得的速度大小
（2）粒子最终打到右极板上的位置．
正确答案
由运动学公式可得：
（2）在1×10-5s-3×10-5s内，粒子作匀速圆周运动，有：
由①②得：
所以1×10-5s-3×10-5s，粒子正好作两个周期的完整圆周运动；3×10-5s-4×10-5s粒子继续作匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律：
x1：x2=1：3；v1：v2=1：2，
得：x2=0.09m；
4×10-5s后粒子做匀速圆周运动，轨道半径为：
由几何关系，粒子打在O′点下方：
答：（1）在0-1×10-5S时间内粒子运动的位移的大小为3cm，获得的速度大小为6×103m/s
（2）粒子最终打到右极板上的位置为O′点下方0.01m处
解析
由运动学公式可得：
（2）在1×10-5s-3×10-5s内，粒子作匀速圆周运动，有：
由①②得：
所以1×10-5s-3×10-5s，粒子正好作两个周期的完整圆周运动；3×10-5s-4×10-5s粒子继续作匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律：
x1：x2=1：3；v1：v2=1：2，
得：x2=0.09m；
4×10-5s后粒子做匀速圆周运动，轨道半径为：
由几何关系，粒子打在O′点下方：
答：（1）在0-1×10-5S时间内粒子运动的位移的大小为3cm，获得的速度大小为6×103m/s
（2）粒子最终打到右极板上的位置为O′点下方0.01m处
（1）绝缘板A加速运动和减速运动的加速度分别为多大？
（2）滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？
（3）B滑块在A板减速过程中，B滑块机械能是变化的，变大还是变小，变化了多少？
正确答案
解：（1）设木板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，匀加速和匀减速的时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，
则有：a1t1=a2t2，
h=
解得：a1=2m/s2，a2=4m/s2；
（2）研究滑块B，在木板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得：
竖直方向：mg-N=ma2，
水平方向：qE-μN=ma3，
解得：a3=0.6m/s2，
在这个过程中滑块B的水平位移大小为：s1=
A减速结束时，滑块B的速度：v=a3ta2=0.6×0.5=0.3m/s，
在木板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，由牛顿第二定律得：
μmg-qE=ma4，
解得：a4=1m/s2，
该过程中滑板B的水平位移大小为：s2=
最后滑板B静止时离出发点的水平距离为：s=s1+s1=0.12m；
（3）A开始减速时AB的速度：vB=a1t1=2×1=2m/s，
A减速过程上升的高度：△h=
A减速结束时B的速度：v=0.3m/s，
B机械能的变化量：△E=
机械能增加了3.045J；
答：（1）木板A加速和减速的加速度分别为2m/s2和4m/s2．
（2）滑块B最后停在离出发点水平距离0.12m．
（3）B滑块在A板减速过程中，B滑块机械能变大了3.045J．
解析
解：（1）设木板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，匀加速和匀减速的时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，
则有：a1t1=a2t2，
h=
解得：a1=2m/s2，a2=4m/s2；
（2）研究滑块B，在木板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得：
竖直方向：mg-N=ma2，
水平方向：qE-μN=ma3，
解得：a3=0.6m/s2，
在这个过程中滑块B的水平位移大小为：s1=
A减速结束时，滑块B的速度：v=a3ta2=0.6×0.5=0.3m/s，
在木板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，由牛顿第二定律得：
μmg-qE=ma4，
解得：a4=1m/s2，
该过程中滑板B的水平位移大小为：s2=
最后滑板B静止时离出发点的水平距离为：s=s1+s1=0.12m；
（3）A开始减速时AB的速度：vB=a1t1=2×1=2m/s，
A减速过程上升的高度：△h=
A减速结束时B的速度：v=0.3m/s，
B机械能的变化量：△E=
机械能增加了3.045J；
答：（1）木板A加速和减速的加速度分别为2m/s2和4m/s2．
（2）滑块B最后停在离出发点水平距离0.12m．
（3）B滑块在A板减速过程中，B滑块机械能变大了3.045J．
正确答案
解：电子在电场中做类平抛运动，
水平方向：d=v0t，
竖直方向：d=
解得：E=
答：匀强电场的场强大小为
解析
解：电子在电场中做类平抛运动，
水平方向：d=v0t，
竖直方向：d=
解得：E=
答：匀强电场的场强大小为
让原来静止的氢核，氘核，氚的混合物经同一电场加速后，速度最大的是______．
正确答案
氢核
解析
解：带电粒子在电场中加速过程只有电场力做功，
根据动能定理得：qU=
氢核电荷数为1，质量数为1，氘核电荷数为1，质量数为2，氚核电荷数为1，质量数为3，
因为电荷量相同，所以质量数最大的速度最小，质量数最小的速度最大，
故答案为：氢核
（1）离子进入偏转电场时的速度V0；
（2）离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ．
正确答案
解：（1）粒子在加速电场中运动的过程中，只有电场力做功，有动能定理得：
解得：
（2）竖直方向上的速度 vy=at=
所以离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ=
又
解得：tanθ=
答：（1）离子进入偏转电场时的速度V0为4.2×1011m/s；
（2）离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ为0.2．
解析
解：（1）粒子在加速电场中运动的过程中，只有电场力做功，有动能定理得：
解得：
（2）竖直方向上的速度 vy=at=
所以离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ=
又
解得：tanθ=
答：（1）离子进入偏转电场时的速度V0为4.2×1011m/s；
（2）离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ为0.2．
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