- 带电粒子在电场中运动的综合应用
- 共1139题
在密立根油滴实验装置中，喷雾器向透明的盒子里喷入带点油滴，小盒子内的上、下两金属板分别接在电源两极，通过改变两极板间电场强度可控制带点油滴在板间的运动状态．已知某油滴所受的重力为1.8×10-9N，当电场强度调节为4.0×104N/C时，通过显微镜观察该油滴竖直向下做匀速直线运动，如图所示．
求：（1）该油滴带何种电荷？
（2）该油滴所带电荷量是多少？
（3）该油滴所带电荷量是元电荷e的多少倍？
正确答案
（1）该油滴竖直向下做匀速直线运动，受重力和电场力，二力平衡；故电场力向上，而场强向下，故油滴带负电荷；
（2）匀速运动是平衡状态，重力和电场力平衡：
mg=F=qE
所以：q=
（3）元电荷电量：e=1.6×10-19C
所以，元电荷倍数N：N=
答：（1）该油滴带负电荷；
（2）该油滴所带电荷量是4.5×10-14C；
（3）该油滴所带电荷量是元电荷e的2.8×105倍．
如图所示，M、N为两块左右放置的竖直平行金属板，两板的间距为d，有一质量为m、电量为q（q＞0）的粒子从N板的内侧下端的A点以竖直向上的速度飞入两板间，而能从M板的B孔水平飞出．已知B比A高2d，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）M、N板间的电场强度的大小．
（2）粒子刚飞入时速度为vA，和它从B孔飞出时的速度vB．
（3）粒子从B孔飞出后，落到与A点等高的C点时，速度vC的大小．
正确答案
（1）由某一运动的分运动的等时性，可知粒子的竖直分运动和水平分运动所经历的时间必然相等．竖直分运动的加速度为g，位移为2d，水平分运动的加速度为
水平方向d=
（2）对粒子的竖直分运动有vA=
将E=
（3）由B到C，只受重力作用，运用动能定理，有mg•2d=
将vB=
答：（1）M、N板间的电场强度的大小E=
（2）粒子刚飞入时速度为vA，和它从B孔飞出时的速度vB=
（3）粒子从B孔飞出后，落到C点时速度vC=
在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为+2q，B球的带电量为-3q，组成一带电系统，如图所示，虚线MP为AB两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距4L．最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为3L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP，NQ间加上水平向右的匀强电场E后，求：
（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需时间以及B球电势能的变化量．
正确答案
（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a1=
球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v12=2a1L
求得：v1=
（2）对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：W1=2qE×3L+（-3qE×2L）=0
故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q．
设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1=
解得：t1=
球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：a2=
显然，带电系统做匀减速运动．减速所需时间为t2，
则有：t2=
求得：t2=
可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t=t1+t2=3
带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q，故进入电场后B球向右运动的位移x=4L-2L=2L，
故电场力对B球所做的功为W=-3qE×2L=-6EqL
故B球电势能增加了6EqL．
在电场强度为E的匀强电场中，有一条与电场线平行的几何线，如图中虚线所示．几何线上有两个静止的小球A和B（均可视为质点），两小球的质量均为m，A球带电量为+q，B球不带电．开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正对碰撞，碰撞中A、B两球的总动能无损失．设每次碰撞后A、B两球速度互换，碰撞时，A、B两球间无电荷转移，且不考虑重力及两球间的万有引力，不计碰撞时间，问：
（1）A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞？
（2）再经过多长时间A球与B球发生第二次碰撞？
（3）在下面的坐标系中，画出A球运动的速度-时间图象．（从A球开始运动到A球、B球第三次碰撞，不要求写计算步骤）
正确答案
（1）由牛顿第二定律：Eq=ma
又L=
联立解得 t1=
（2）设再经t2时间A、B第二次相碰，则xA=xB而xA=
解得，t2=2
（3）v-t如图示．
答：（1）A球经过
（2）再经过2
（3）画出A球运动的速度-时间图象如图所示．
如图所示，A是一个质量为1×10-3kg表面绝缘的薄板，薄板静止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一质量为1×10-3kg带电量为q=1×10-5C的绝缘物块，在薄板上方有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向．先产生一个方向水平向右，大小E1=3×102V/m的电场，薄板和物块开始运动，作用时间2s后，改变电场，电场大小变为E2=1×102V/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，薄板正好到达目的地，物块刚好到达薄板的最右端，且薄板和物块的速度恰好为零．已知薄板与物块间的动摩擦因数µ=0.1，（薄板不带电，物块体积大小不计，g取10m/s2）求：
（1）在电场E1作用下物块和薄板的加速度各为多大；
（2）电场E2作用的时间；
（3）薄板的长度和薄板移动的距离．
正确答案
（1）根据牛顿第二定律得：物块的加速度a1=
薄板的加速度为：a2=
（2）经t1=2s 物块速度为v1=a1t1=2×2m/s，向右；薄板的加速度v2=a2t1=1×2=2m/s，向右．
经2s后，物块做匀减速运动，加速度大小a1′=
，向左．薄板的加速度不变，仍为a2=1m/s2向右．当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=µ（m0+m1）g，两者一起作为整体向右以a3=
共同速度为v=v1-a1′t2，v=v2+a2′t2解得 t2=
物块和薄板获得共同速度直到停止运动用时t3=
第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s
（3）经t1=2s时，物块运动位移为x1=
薄板运动位移x2=
薄板在t2时间内位移x3=v2t2+
物块在t2时间内位移为x4=v1t2-
薄板的长度L=x1-x2+x4-x3=
薄板移动的距离为x=x2+x3+
答：
（1）在电场E1作用下物块和薄板的加速度各为2m/s2和1m/s2．
（2）电场E2作用的时间是6s；
（3）薄板的长度是2.67m，薄板移动的距离是10.67m．
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