- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
（1）带电粒子从板右端射出时速度方向与水平方向的夹角；
（2）偏移量OP的大小．
正确答案
解：（1）粒子在板间做类平抛运动，
水平方向粒子做匀速直线运动，则t=
竖直方向粒子做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：a=
设粒子射出电场时，速度偏向角为θ，则：tanθ=
解得：tanθ=
则：θ=arctan
（2）粒子在电场中的偏移量：
y=
解得：y=
则偏移量：OP=y+Dtanθ，
解得：OP=
答：（1）带电粒子从板右端射出时速度方向与水平方向的夹角为arctan
（2）偏移量OP的大小为
解析
解：（1）粒子在板间做类平抛运动，
水平方向粒子做匀速直线运动，则t=
竖直方向粒子做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：a=
设粒子射出电场时，速度偏向角为θ，则：tanθ=
解得：tanθ=
则：θ=arctan
（2）粒子在电场中的偏移量：
y=
解得：y=
则偏移量：OP=y+Dtanθ，
解得：OP=
答：（1）带电粒子从板右端射出时速度方向与水平方向的夹角为arctan
（2）偏移量OP的大小为
正确答案
解析
解：带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a．
则：从A到B过程小球做平抛运动，则有：
x1=v0t1；
从B到C过程，有：x2=v0t2；
由题意有：x1=2x2；
则得：t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍．故C错误．
又 y1=
将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：
y2=
根据几何知识有：y1：y2=x1：x2；
解得：a=2g；
根据牛顿第二定律得：F-mg=ma=2mg，
解得：F=3mg，故B正确．
由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电．故A错误．
根据速度变化量△v=at，则得：
AB过程速度变化量大小为△v1=gt1=2gt2；BC过程速度变化量大小为△v2=at2=2gt2；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D错误．
故选：B．
正确答案
解析
解：A、B根据题意，三个微粒在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等．三粒子水平方向做匀速直线运动，水平位移：x=v0t，由于初速度相同，所用时间越长则水平位移越大，则tA＞tC＞tB，由h=
C、3种粒子下落过程有重力和电场力做功，它们的初动能相同，根据动能定理合力做功越多，则末动能越大，而重力做功相同，A粒子带正电，电场力做正功；C粒子不带电，电场力不做功；B粒子带负电电场力做负功；所以动能EkC＜EkB＜EkA，故C错误．
D、三种粒子在电场中的加速度为aB＞aC＞aA，由牛顿第二定律分析可知，无法比较三微粒所受静电力大小．故D错误．
故选A
如图甲所示，在整个矩形区域MNPQ内有由M指向N方向的匀强电场E（图甲中未画出）和垂直矩形区域向外的匀强磁场B（图甲中未画出），E和B随时间变化的规律如图乙所示在t=0时刻，将带正电、比荷为25C/kg的粒子从MQ的中点无初速释放，粒子在第8s内经NP边离开矩形区域已知MQ边足够长，粒子重力不计，
（1）求矩形区域PQ边长满足的条件；
（2）若要粒子从MQ边飞出，释放粒子的时刻t应满足什么条件？
正确答案
第2s内粒子在库仑力作用下作匀速圆周运动，
有：
代入已知数据可得：T=1s，所以可得粒子在1s、3s、5s、7s内作匀加速运动，2s，4s，6s内作匀速圆周运动．
可作出粒子在第8s内刚好不从NP边离开矩形区域的运动示意图，如图所示．粒子在奇数秒内的整体运动可以等效为初速度为0的匀加速直线运动．
设前7s内的位移为s7，
设粒子第7s末的速度为υ7，第8s内粒子圆周运动的半径为R8，有：
υ7=a（7-3），
由图可知，粒子要在第8s内从NP边离开矩形区域，要满足s7＜LNP＜s7+R8 ⑤
由以上各式联立求解，可得：8m＜LNP＜8.64m；
（2）设在第1秒内的t0时刻释放粒子，则第1s内粒子在电场力的作用下加速时间为1-t0，第1s内的位移为s0，第1s末的速度大小为υ0，由运动学方程有：
υ0=a（1-t0） ⑦
粒子在磁场中作匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r0，有：
要粒子从MQ边界飞出，则r0＞s0⑨
由⑥～⑨式可得：t＞0.68s；
结合电场和磁场的周期性可得要粒子从MN边飞出，粒子释放的时刻t满足：（2n+0.68）s＜t＜（2n+1）s （n∈N）．
答：
（1）矩形区域PQ边长满足的条件是：8m＜LNP＜8.64m；
（2）若要粒子从MQ边飞出，释放粒子的时刻t应满足的条件是：（2n+0.68）s＜t＜（2n+1）s （n∈N）．
解析
第2s内粒子在库仑力作用下作匀速圆周运动，
有：
代入已知数据可得：T=1s，所以可得粒子在1s、3s、5s、7s内作匀加速运动，2s，4s，6s内作匀速圆周运动．
可作出粒子在第8s内刚好不从NP边离开矩形区域的运动示意图，如图所示．粒子在奇数秒内的整体运动可以等效为初速度为0的匀加速直线运动．
设前7s内的位移为s7，
设粒子第7s末的速度为υ7，第8s内粒子圆周运动的半径为R8，有：
υ7=a（7-3），
由图可知，粒子要在第8s内从NP边离开矩形区域，要满足s7＜LNP＜s7+R8 ⑤
由以上各式联立求解，可得：8m＜LNP＜8.64m；
（2）设在第1秒内的t0时刻释放粒子，则第1s内粒子在电场力的作用下加速时间为1-t0，第1s内的位移为s0，第1s末的速度大小为υ0，由运动学方程有：
υ0=a（1-t0） ⑦
粒子在磁场中作匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r0，有：
要粒子从MQ边界飞出，则r0＞s0⑨
由⑥～⑨式可得：t＞0.68s；
结合电场和磁场的周期性可得要粒子从MN边飞出，粒子释放的时刻t满足：（2n+0.68）s＜t＜（2n+1）s （n∈N）．
答：
（1）矩形区域PQ边长满足的条件是：8m＜LNP＜8.64m；
（2）若要粒子从MQ边飞出，释放粒子的时刻t应满足的条件是：（2n+0.68）s＜t＜（2n+1）s （n∈N）．
正确答案
解析
解：A、三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=
B、因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小．故B正确．
C、根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量．故C错误．
D、a、b两个粒子在电场中沿电场的方向上的位移相同，由h=
故选：BD．
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