带电粒子在电场中的运动计算题训练及答案.docx

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带电粒子在电场中的运动计算题训练及答案

带电粒子在电场中的运动解答题答案

1、如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面），O为圆心。

在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子沿图中直径从圆上的A点射入柱形区域，在圆上的D点离开该区域，已知图中

，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A点射入柱形区域，也在D点离开该区域。

若磁感应强度大小为B，不计重力，试求：

（1）电场强度E的大小；

（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比。

【答案解析】

（1）

（2）

解析：

（1）加磁场时，粒子从A到D有：

 …… ①   

由几何关系有：

…… ②   

加电场时，粒子从A到D有：

 …… ③     

 ……  ④    

由①～④得：

     ……⑤  

（2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知：

圆心角

圆运动周期：

    ……⑦     

经磁场的运动时间：

 ……⑧    

由①～④得粒子经电场的运动时间：

 ……⑨   

即：

 ……⑩      

【思路点拨】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求得半径，然后换成电场后，带电粒子在电场中做类平抛运动，水平匀速直线运动，竖直匀加速直线运动，根据运动学规律求解电场强度。

（2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知求得圆心角，根据周期公式求得在磁场中运动时间，在电场中根据竖直方向求得运动时间，然后求得时间之比。

2、如图所示，从阴极K发射的电子经电势差U0＝4500V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1＝10cm，间距d＝4cm的平行金属板AB之后，在离金属板边缘L2＝75cm处放置一个直径D＝20cm的带有记录纸的圆筒，轴线OO1垂直圆筒，整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计．已知电子的质量m＝0.9×10－30kg，电子的电荷量的绝对值e＝1.6×10－19C，不考虑相对论效应．

（1）求电子刚进入金属板AB时的速度大小。

（2）若电子刚好能从AB极板边缘飞出，求加在AB两极板间的直流电压U1多大？

刚好飞出时的动能多大？

（用电子伏作为能量单位表示动能大小）

（3）若在两个金属板上加上U2＝1000cos2πt（V）的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以ω＝4πrad/s的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并在所给坐标系中定性画出1s内所记录的图形．（电子穿过AB的时间很短，可认为这段时间内板间的电压不变）

【答案解析】[解析]

（1）由eU0＝

mv

得电子的入射速度             2分

v0＝

＝4×107m/s                               1分

（2）刚好能飞出极板上，

                 2分

所以，

    解得：

U1=1440V               2分

由动能定理，

           2分

（2）加交流电压时，A、B两极板间的场强

E2＝

＝2.5×104cos2πt（V/m）

电子飞出两板时的竖直位移y1＝

at

＝

       2分

电子飞出两板时的竖直速度vy＝at1＝

                  2分

电子飞出两板到达圆筒时的竖直位移y2＝vyt2＝

       2分

在纸上记录落点的总偏距y＝y1＋y2＝

cos2πt（m）．         1分

因圆筒每秒转2周，故在1s内所记录的图形如图所示．

3分

【思路点拨】本题主要是要搞清楚在加速电场中—运用动能定理求解，在偏转电场中—类平抛运动规律类比求解，还要会利用三角函数规律递推

的表达式画图线。

（要细心和规范），求解第二问是难点。

3、如图所示，光滑绝缘的

圆形轨道BCDG位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为

mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．求：

（1）若滑块从水平轨道上距离B点为s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时的速度大小；

（2）在

（1）的情况下，求滑块到达C点时对轨道的作用力大小；

（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．

【答案解析】

（1）

（2）

mg　（3）

：

[解析] 

（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得

qE（s＋R）－μmgs－mgR＝

mv2－0，

而qE＝

，解得v＝

.

（2）设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则

F－qE＝m

，解得F＝

mg.

根据牛顿第三定律，滑块对轨道的作用力大小F′＝

mg.

（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），则有

＝m

，解得vn＝

.

【思路点拨】

（1）由动能定理求滑块的速度

（2）由牛顿第二定律求出滑块收到的作用力（3）轨道对滑块的作用力为零时，速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度.

4、如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1∶1∶2．现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区．已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．

求：

（1）滑块进入CDHG区域时的速度大小v0；

（2）滑块在ADHE区域运动的总时间．

【答案解析】

（1）

（2）4

解析：

设三个区域的电场强度大小依次为E、E和2E，滑块在三个区域运动的时间分别为

、

和

（1）在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有     

而由题意知 

，在水平方向和竖直方向分别有  

，

以上解得：

，

       （4分）

（2）在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向     

所以不受摩擦力，做匀速直线运动，

，

在ABFG区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向    

在水平方向  

，由滑动摩擦力定律：

以上解得

当滑块由E运动到F时，由运动学公式 

代入解得

，仍由运动学公式  

，解得

所以

                       （4分）

【思路点拨】

（1）在第三个过程中，滑块做类平抛运动，将运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动来列式求解；

（2）分三个过程计算出运动时间；第一过程匀减速，第二过程匀速，第三过程类平抛运动．

关键先根据类平抛运动的位移公式求出类平抛的初速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解．

5、如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的

，求：

（重力加速度为g）        

（1）原来的电场强度；

（2）场强改变后，物块运动的加速度．

（3）电场改变后物块运动经过L的路程过程机械能的变化量。

【答案解析】答案：

（1）

（2）

，方向沿斜面向下（3）

。

解析：

（1）对小球进行受力分析，图略。

由图可列方程如下：

，

。

两式联立得：

。

（2）若

时，由受力图（图略）进行正交分解得列方程如下：

，将E代入得：

沿斜面向下。

（3）在运动过程中，重力做功不改变系统的机械能，电场力做负功，系统机械能减少，则有：

，负号表示减少。

【思路点拨】本题求解的关键是受力分析，开始列平衡方程求原来的电场强度。

当电场强度改变后，进行受力分析，建立坐标系，根据牛顿第二定律列动力学方程求带电物块的加速度。

最后要分析清楚重力做功不改变机械能，只有电场力做功才能改变机械能，依做功的表达式求出机械能的变化量。

6、如图所示，边长为2

的正方形

内存在两个场强大小相等、方向相反的有界匀强电场，中位线

上方的电场方向竖直向下，

下方的电场方向竖直向上。

从某时刻起，在

、

两点间（含

点，不含

点）连续不断地有电量为

、质量为

的粒子以相同速度

沿水平方向射入电场。

其中从

点射入的粒子第一次穿越

后就恰好从

点沿水平方向射出正方形电场区。

不计粒子的重力及粒子间的相互作用。

求：

（1）从A点入射的粒子穿越电场区域的时间

和匀强电场的场强

的大小；

（2）在

间离

点高度

为多大的粒子，最终能沿水平方向从

间射出正方形电场区？

   （3）上一问中能沿水平方向射出正方形电场区的这些粒子，在穿

越

时的速度

的大小。

解答

（1）带电粒子先类平抛后类斜抛，轨迹如图1所示，上下两段对称

水平方向匀速运动，穿越电场区域的时间

   （1分）

竖直方向先匀加速运动

   （2分）

解得

                （1分）      

（2）满足题意的带电粒子运动轨迹如图2所示，每小段抛物线的水平长度为

则

，  

     （

）           （2分）

结合

（1）中的

解得

    （

）          （1分）

 （3）由题意粒子每次到达中位线的速度大小相同，从进入电场到第一次到达中位线过程，据动能定理有 

，                 （2分）

将

、

代入解得

     （

）   （1分）

7、如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，P、Q连线垂直金属板，两板间距为d。

现从P点处连续不断地有质量为m、带电荷量为+q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计。

在t=0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板时，电压为正），其电压大小为U、周期为T。

带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计。

求：

（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度；

（2）若两板间距足够宽，在t=0时刻放出的粒子在第一个周期T内离开A板的距离；

（3）如果只有在每个周期的0～错误！

未找到引用源。

时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系。

并求出每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值。

解答

8、一束电子流经U1=5000V的加速电压从静止开始加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图，两板间距离d=1.0cm，板长L0=5.0cm，竖直放置的荧光屏宽D=16cm，与金属板右端的距离L=47.5cm，（不计重力，荧光屏中点在两板间的中央线上，）。

求：

（1）若两极板间的电势差U2为400V，则电子射出电场时在垂直于板面方向偏移的距离y为多少？

（2）为了使带电粒子能射中荧光屏所有的位置，两板间所加的电压U3应

取什么范围？

答案

9、如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度        υ0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常数k=9.0×109N·m2/C2）

（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？

（2）电场力做的功为多大？

到达PS界面时离D点多远？

（3）大致画出带点粒子的运动轨迹

（4）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．

答案

【答案解析】

（1）0.03m 

（2）0.12m  （3）如图（4）

 解析：

（1）带电粒子穿过界面MN时偏离中心线的距离，即侧向位移：

（2）电场力做的功为：

，y=0.12m     

（3）4分

（4）带电粒子的速度离开电场时的速度及穿过PS进入点电荷电场的速度：

   此时的速度方向与水平方向成θ，

带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动打在PS上的a点（如图），则a点离中心线的距离为y：

则

a点与点电荷所在位置的连线与PS的夹角为β，则

，带电粒子进入点电荷的电场时，速度与点电荷对粒子的库仑力垂直，由题的描述：

粒子穿过界面PS最后垂直打在与A板在同一水平线上的荧光屏bc上，由此可以做出判断：

该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动。

带正电的粒子必定受到Q的吸引力，所以Q带负电。

   半径

 由库仑定律和匀速周运动规律得：

 　（1分）

  　　得：

【思路点拨】 

（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．

（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，根据运动情况即可画出图象．（3）根据受力分析画图（4）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量．

10、如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg,带电荷量为q=+2.0×10-6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。

从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）。

求：

（1）23s内小物块的位移大小；

（2）23s内静电力对小物块所做的功。

【解析】

（1）0～2s内小物块的加速度

              （1分）

位移

                    （1分）

2s末小物块的速度为v2=a1t1＝4m/s                   （1分）

2～4s内小物块的加速度

                   （1分）

位移x2=x1=4m                             （1分）

4s末的速度v4=0                            （1分）

因此小物块做周期为4s的变速运动，第22s末的速度为v22=4m/s

（1分）

第23s末的速度为v23=v22+a2t=2m/s（t=1s）                 （2分）

所求位移为

             （2分）

（2）23s内，设静电力对小物块所做的功为W，由动能定理有:

W-μmgx=

（3分）

解得W=9.8J。

                            （2分）

答案:

（1）47m  

（2）9.8J

11、如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系

，在第二象限内充满一个沿y轴负方向的匀强电场，在第三象限内充满一个沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内充满一个沿X轴正方向的匀强电场，三个象限内匀强电场的场强大小均相等。

一半径为R的半圆弧ABC与直轨道DA组合成光滑绝缘轨道，放在直角坐标系

平面内，圆心与坐标轴的0点重合，A为半圆的最低点，C为半圆的最高点，直轨道DA水平。

一带正电的小球，从A点以某一初速度向右运动，沿半圆轨道运动到C点，然后落到直轨道DA上的某一点。

已知当地重力加速度为g，小球在三个电场中受到的电场力均与其重力相等，在C点时速度方向水平且大小为

求：

（1）小球在A点的速度

（2）小球从C落回水平轨

道DA上的点与A点的距离

解：

（1）A到C的过程中，根据动能定理

其中

                  ……………（2分）

解得   

              ……………（2分）

（2）在第二象限内，

 ……………（1分）     

 ……………（1分）

 ……………（1分）

……………（1分）

……………（1分）

12、如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度υ0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域。

已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点。

求:

（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离

以及速度

大小？

（2）粒子到达PS界面时离D点的距离

为多少？

（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷（假设负电荷产生的电场只局限于PS右侧区域），使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量为多少？

（静电力常数k=9．0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）

答案

13、如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图所示．y轴上一点P的坐标为（0，y0），有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为（xA，0），当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为（xB，0）。

已知电子的电荷量为e，质量为m，

不计电子的重力，E1、E2未知。

（1）求匀强电场的场强E1、E2之比；

（2）若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面

的感光胶片，Q点的坐标为（0，-y0），求感光胶片

上曝光点的横坐标xA′、xB′之比。

答案

（2）设场强为E1时，电子射出电场时的偏转解为θ1

            2分 

                   1分

设场强为E2时，电子射出电场的偏转角为θ2

             2分

                   1分

解得

                          1分

14、如图所示，电荷量为e、质量为m的电子从静止开始经电压U1的电场加速，从两极间中点进入平行板电容器中，电子刚进入两极板时的速度跟电场线方向垂直。

两极板间的电势差为U2，两极板长为L1，间距为d。

电子离开偏转电场后做匀速直线运动（不考虑电容器外的电场），打在距极板为L2的荧光屏上的P点。

求：

（1）电子进入偏转电场时的初速度v0

（2）电子飞出偏转电场时沿电场线的偏移量y

（3）P点偏离荧光屏中央O的距离Y

答案

解：

（1）电子在加速电场中只有电场力对电子做功，加速时由动能定理可得：

 得电子进入偏转电场的速度为 

（2）在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，有

解得

（3）设带电粒子出偏转电场时速度与水平方向的夹角为θ，则有

由几何关系得电子打到荧光屏上时的侧移为Y

15、如图所示，CD左侧存在场强大小为E＝

，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内（C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径），恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。

（1）求DA两点间的电势差UDA；

（2）求圆管半径r；

（3）求小球从D点运动到P点的时间t。

答案

（1）

（2）

　（3）

[解析]　

（1）WAD＝－mgL　UDA＝

或UDA＝EL

UDA＝

（2）由恰好过D点，判断vD＝0

根据动能定理：

从A到D过程

mgLtan53°－EqL－mg2r＝0

解得r＝

（3）由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。

设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝y

xtan53°＋x＝2r

解得x＝

，y＝

竖直方向自由落体有y＝

gt2

解得t＝

16、如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝40cm.电源电动势E＝24V，内电阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量q＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？

此时电源输出功率是多大？

（g取10m/s2）

答案

解析：

设两板间电压为UAB，由动能定理得

－mgd－qUAB＝0－

mv

，（3分）

所以UAB＝

＝

V＝8V.

则滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝8V.（3分）

设通过滑动变阻器电流为I，由闭合电路欧姆定律得

I＝

＝

＝1A.（3分）

滑动变阻器电阻：

R滑＝

＝8Ω.（2分）

电源输出功率：

P＝I2（R＋R滑）＝23W.（3分）

17、如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，P、Q连线垂直金属板，两板间距为d。

现从P点处连续不断地有质量为m、带电荷量为+q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计。

在t=0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板时，电压为正），其电压大小为U、周期为T。

带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计。

求：

（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度；

（2）若两板间距足够宽，在t=0时刻放出的粒子在第一个周期T内离开A板的距离；

（3）如果只有在每个周期的0～

时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系。

并求出每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值。

答案

18、如图所示，电源电动势E＝200V，内阻不计．R1、R2、R4的阻值均为300Ω，R3为可变电阻．C为一水平放置的平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长为l＝8cm，板间距离为d＝1cm.有一细电子束沿图中虚线以E0＝1.92×103eV的动能连续不断地向右射入平板电容器．