- 带电粒子在电场中的运动
- 共5409题
正确答案
小球受力如图，
则有 F=mgtanθ…①
F=Eq…②
解得q=
答：小球带负电荷，电荷量大小为
解析
小球受力如图，
则有 F=mgtanθ…①
F=Eq…②
解得q=
答：小球带负电荷，电荷量大小为
正确答案
5mg
解析
解：小球从A到C过程，根据动能定理得：
2mgR=
得：vc=2
在C点，由重力和轨道对小于的支持力的合力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：
N-mg=m
联立上两式得：N=5mg
由牛顿第三定律得知小球对环的压力的大小为：N′=N=5mg
由于小球所受的电场力与重力都是恒力，它们的合力也是恒力，小球从A处下滑时，电场力与重力的合力先与速度成锐角，作正功，动能增大，速度增大，后与速度成钝角，作负功，动能减小，速度减小，所以当合力与速度垂直时速度最大，由于qE=mg，所以速度最大的位置位于BC圆弧的中点，设为D点．
则从A到D过程，根据动能定理得：
mg（R+
则得最大速度为：vm=
故答案为：5mg，
（1）电子流经M，N、P三点时，沿x轴方向的分速度之比为______．
（2）沿y轴的分速度之比为______．
（3）电子流每经过相等时间的动能增量之比为______．
正确答案
1：1：1
1：2：3
1：3：5
解析
解：（1）电子所受电场力竖直向下，水平方向做匀速直线运动，水平分速度始终不变，故沿x轴方向的分速度之比为1：1：1．
（2）电子水平方向做匀速直线运动，如果水平位移相等，则经历的时间相等，
电子竖直方向做匀加速直线运动，由于vyM=at，vyN=a2t，vyP=a3t，
所以沿y轴的分速度之比为1：2：3．
（3）三段运动时间相同均为t，竖直方向位移为：y=
沿y轴方向的位移之比y1：y2：y3=1：4：9，所以竖直方向位移之比：yAM：yMN：yNP=1：3：5
则由动能定理：eEyAM=△Ek1，
eEyMN=△Ek2，
eEyNP=△Ek3，
可求得离子动能增量之比1：3：5
故答案为：（1）1：1：1，（2）1：2：3，（3）1：3：5
（1）粒子带何种电荷？
（2）要使粒子恰能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0为多大？
（3）粒子飞出电场时速度与水平方向夹角的tanθ值为多少？
正确答案
解：（1）由于B板带负电，粒子向B板偏转，说明粒子带正电；
（2）在粒子偏转到B板之前飞出电场做类似平抛运动．
竖直方向：
得：t=
水平方向：v0=
所以要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为2×104m/s；
（3）设粒子飞出电场的最大偏角为θ，则有：tanθ=
答：（1）粒子带正电；
（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为2×104m/s．
（3）粒子飞出电场时的最大偏角正切值0.4．
解析
解：（1）由于B板带负电，粒子向B板偏转，说明粒子带正电；
（2）在粒子偏转到B板之前飞出电场做类似平抛运动．
竖直方向：
得：t=
水平方向：v0=
所以要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为2×104m/s；
（3）设粒子飞出电场的最大偏角为θ，则有：tanθ=
答：（1）粒子带正电；
（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为2×104m/s．
（3）粒子飞出电场时的最大偏角正切值0.4．
如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电相连．质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d可以改变收集效率η．当d=d0时，η为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．
求：（1）求收集效率为100%时，两板间距的最大值dm；
（2）求收集效率η与两板间距d的函数关系．
正确答案
解：（1）收集效率η为81%，即离下板0.81 d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电的电压为U，则在水平方向有：L=v0t…①
在竖直方向有：0.81d0=
其中有：a=
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm．如果进一步减小d，收集效率仍为100%．
因此，在水平方向有：L=v0t…④
在竖直方向有：dm=
其中有：a′=
联立①②③④⑤⑥式可得：dm=0.9d0…⑦
（2）当d＞0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有：x=
根据题意，收集效率为：η=
联立①②③⑧⑨式可得：η=0.81
答：：（1）求收集效率为100%时，两板间距的最大值为0.9d0；
（2）求收集效率η与两板间距d的函数关系为0.81
解析
解：（1）收集效率η为81%，即离下板0.81 d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电的电压为U，则在水平方向有：L=v0t…①
在竖直方向有：0.81d0=
其中有：a=
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm．如果进一步减小d，收集效率仍为100%．
因此，在水平方向有：L=v0t…④
在竖直方向有：dm=
其中有：a′=
联立①②③④⑤⑥式可得：dm=0.9d0…⑦
（2）当d＞0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有：x=
根据题意，收集效率为：η=
联立①②③⑧⑨式可得：η=0.81
答：：（1）求收集效率为100%时，两板间距的最大值为0.9d0；
（2）求收集效率η与两板间距d的函数关系为0.81
相距很近的平行板电容器AB，A、B两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为e，在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0=
（1）在0～T 时间内，荧光屏上有两个位置发光，试求这两个发光点之间的距离．（结果用L、d 表示，第2小题亦然）
（2）以偏转电场的中轴线为对称轴，只调整偏转电场极板的间距，要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？
（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k 取恰当的数值，使在0～T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k的值．
正确答案
解：（1）电子经过A、B间的电场后速度减小或增大，在0～kT时间内，设穿出B板后速度变为v1，则
将
在偏转电场中，L=v1t1，所以
速度偏向角
由类平抛运动的特点得
在kT～T时间内，设穿出B板后速度变为v2，同理可得
所以两个发光点之间的距离
（2）若当极板间距为d′时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有
整理得
对应于速度v1，
对应于速度v2，
以虚线为对称轴调整偏转电场极板的间距，要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：
（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）．
第一束长度l1=v1×kT
第二束长度l2=v2×（T-kT）
当l1=l2时，即v1×kT=
解得
答：
（1）在0-T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，这两个发光点之间的距离是
（2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足的要求是：
（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0-T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，k值是2-
解析
解：（1）电子经过A、B间的电场后速度减小或增大，在0～kT时间内，设穿出B板后速度变为v1，则
将
在偏转电场中，L=v1t1，所以
速度偏向角
由类平抛运动的特点得
在kT～T时间内，设穿出B板后速度变为v2，同理可得
所以两个发光点之间的距离
（2）若当极板间距为d′时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有
整理得
对应于速度v1，
对应于速度v2，
以虚线为对称轴调整偏转电场极板的间距，要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：
（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）．
第一束长度l1=v1×kT
第二束长度l2=v2×（T-kT）
当l1=l2时，即v1×kT=
解得
答：
（1）在0-T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，这两个发光点之间的距离是
（2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足的要求是：
（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0-T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，k值是2-
光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0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，具有的动能不可能为（ ）
A0
B
C
D
正确答案
解析
解：A、若电场的方向平行于AB向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD边时，速度可能为0，所以动能可能为0．故A可能．
B、D若电场的方向平行于AC向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为
C、若电场的方向平行于AB向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v0，动能为
本题选不可能的，故选：D．
（2015春•湖北校级月考）如图A、B为水平放置的两平行金属板，板长为l，板间距为d，在距离板的右端 2l 处有一竖直放置的光屏M．D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，R0为定值电阻．将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S，让一带电量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点未碰极板，最后垂直打在 M 屏上．在保持电键S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（ ）
A板间电场强度大小为
B质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同
C若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上
D若仅将两平行板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上
正确答案
解析
解：A、质点的轨迹如图虚线所示，设质点在板间运动的过程中加速度大小为a，则质点离开电场时竖直分速度大小为：vy=at1=
质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则有：vy=gt2=g•
联立解得：E=
B、质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的上方，做斜上抛运动．否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上．质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反．故B错误．
C、若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C正确．
D、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C=
故选：ACD．
正确答案
解析
解：
A、a、b两个粒子在电场中沿电场的方向上的位移相同，由
B、由
C、b和c在电场中沿电场的方向的位移不同，所以在电场中飞行的时间也就不同，选项C错误．
D、由能量的转化和守恒可知，三个粒子的动能的增加即为电场力对粒子所做的功，三个粒子受到的电场力相同，在电场力的方向上，谁的位移大，电场力对谁做的功就大，所以对a、b两粒子做的功相等，对c粒子做的功要少．选项D错误．
故选AB．
如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等．板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则以下说法中正确的是（ ）
A带电粒子通过电场的时间为
B在0～
C运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D只有t=
正确答案
解析
解：A、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；
t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，t=nT，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，故AD错误；
B、粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速直线运动，在0～
C、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为
故选：C．
扫码查看完整答案与解析