(1)帶電粒子在勻強電場中的運動；(2)示波管、常見電容器等。

例1．(2020•全國I卷•25)在一柱形區域內有勻強電場，柱的橫截面積是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為m，電荷量為q（q＞0）的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°。運動中粒子僅受電場力作用。

(1)求電場強度的大?。?span style="display:none">9xt物理好資源網(原物理ok網)
(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？
(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？
【解析】(1)由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q＞0，故電場線由A指向C，根據幾何關系可知：xAC＝R
所以根據動能定理有：qExAC＝12mv20－0
解得：。
(2)根據題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據幾何關系有
x＝Rsin 60°＝v1t
y＝y＋Rcos 60°＝12at2
而電場力提供加速度有：qE＝ma
聯立各式解得粒子進入電場時的速度：。
(3)因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0 ，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。

當從B點射出時由幾何關系有：
xBC＝3R＝v2t2，xAC＝R＝12at22
電場力提供加速度有：qE＝ma
聯立解得：v2＝32v0
當粒子從C點射出時初速度為0。
【點睛】本題考查帶電粒子在電場中加速和偏轉問題，要明確粒子的受力與運動情況，同時會用運動的分解處理類平拋運動。

1．(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出，若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　)

A．將打在下板中央
B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出
C．不發生偏轉，沿直線運動
D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央
【答案】BD
【解析】將電容器上板向上移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變，由于E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，由公式可知當d減小時，場強E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運動，故B正確，A、C錯誤。若上板不動，將下板上移一段距離時，根據推論可知，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確。
2．如圖所示，R是一個定值電阻，A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板，兩板間帶電微粒P處于靜止狀態，則下列說法正確的是(　　)

A．若增大A、B兩金屬板的間距，則有向右的電流通過電阻R
B．若增大A、B兩金屬板的間距，P將向上運動
C．若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片，P將向上運動
D．若緊貼B板內側插入一塊一定厚度的陶瓷片，P將向上運動
【答案】C
【解析】和電源相連，則兩極板間的電壓恒定，若增大A、B兩金屬板的間距，根據公式C＝εrS4πkd可知，電容減小，根據公式C＝QU可得電容器兩極板上所帶電荷量減小，故電容器放電，R中有向左的電流，A錯誤；由于兩極板間的電壓不變，若增大A、B兩金屬板的間距，根據公式E＝Ud可得兩極板間的電場強度減小，電場力小于重力，P將向下運動，B錯誤；若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片，相當于兩極板間的距離減小，電場強度增大，則電場力大于重力，P向上運動，C正確；若緊貼B板內側插入一塊一定厚度的陶瓷片，相當于εr增大，兩極板間的電場強度恒定不變，所以電場力不變，P仍靜止，D錯誤。
3．(多選)如圖所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質量相同的帶正電液滴，最后分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是(　　)

A．三個液滴在真空盒中都做平拋運動
B．三個液滴的運動時間一定相同
C．三個液滴落到底板時的速率相同
D．液滴3所帶電荷量最多
【答案】BD
【解析】三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B正確；三個液滴落到底板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落到底板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴3在水平方向位移最大，說明液滴3在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確。
4．如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(　　)

A．動能增加12mv2
B．機械能增加2mv2
C．重力勢能增加32mv2
D．電勢能增加2mv2
【答案】B
【解析】小球動能的增加量ΔEk＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為勻減速直線運動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間的高度差h＝v22g，小球重力勢能的增加量ΔEp＝mgh＝12mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減小量ΔE′p＝32mv2＋12mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確。

5．(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(　　)

A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量
B．兩電荷在電場中運動的加速度相等
C．從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功
D．電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同
【答案】AC
【解析】從軌跡可以看出yM＞yN，故12•qMEmMt2＞12•qNEmNt2，解得qMEmM＞qNEmN，qM＞qN，故A正確，B錯誤；根據動能定理，電場力的功W＝ΔEk＝12mvy2，質量m相同，M電荷豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝2yt也大，故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C正確；從軌跡可以看出xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D錯誤。
6．(多選)如圖所示，半徑R＝0.5 m的14圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中，OB水平，一質量為m＝1.0×10－4 kg、帶電荷量為q＝8.0×10－5 C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點0.3 m的A點以初速度v0＝3 m/s水平射出，粒子重力不計，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(圖中未畫出)，取C點電勢φ＝0，則(　　)

A．該勻強電場的電場強度E＝100 V/m
B．粒子在A點的電勢能為8×10－5 J
C．粒子到達C點的速度大小為5 m/s
D．粒子速率為4 m/s時的電勢能為4.5×10－4 J
【答案】CD
【解析】粒子在電場力作用下做類平拋運動，因粒子垂直打在C點，由類平拋運動規律知：C點速度方向的反向延長線必過O點，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，即AD＝v0t，DC＝12qEmt2，聯立得E＝25 N/C，故A錯誤；因UDC＝E•DC＝10 V，而A、D兩點電勢相等，所以φA＝10 V，即粒子在A點的電勢能Ep＝qφA＝8×10－4 J，故B錯誤；從A到C由動能定理，qUAC＝12mvC2－12mv02，得vC＝5 m/s，故C正確；粒子在C點總能量EC＝12mvC2＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率v＝4 m/s時的電勢能Ep′＝EC－12mv2＝4.5×10－4 J，故D正確。

7．如圖，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之間的真空區域，經偏轉后打在 Q板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列操作中可能實現的是(不計粒子重力)(　　)

A．保持開關S閉合，適當上移P極板
B．保持開關S閉合，適當左移P極板
C．先斷開開關S，再適當上移P極板
D．先斷開開關S，再適當左移P極板
【答案】A
【解析】粒子做類似斜拋運動，水平分運動是勻速直線運動，要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不變，只能增加運動的時間，即減小兩極板間的電場強度；保持開關S閉合時極板間電壓不變，適當上移P極板，根據U＝Ed，場強E減小，故A正確；保持開關S閉合，適當左移P極板，場強不變，故B錯誤；先斷開開關S，再適當上移P極板，極板上所帶電荷量不變，由E＝Ud＝QCd＝4πkQεS可知，場強不變，故C錯誤；先斷開開關S，再適當左移P極板，極板所帶電荷量不變，正對面積減小，由E＝Ud＝QCd＝4πkQεS可知，場強變大，故D錯誤。
8．如圖所示，在厚鉛板A表面的中心放置一很小的放射源，可向各個方向放射出速率為v0的α粒子，α粒子的質量為m，電荷量為q，在金屬網B與A板間加有豎直向上的勻強電場，場強為E，A與B的間距為d，B網上方有一很大的熒光屏M，M與B的間距為L。當有α粒子打在熒光屏上時就能使熒光屏產生一閃光點，整個裝置放在真空中，不計重力的影響。求：

(1)打在熒光屏上的α粒子具有的動能。
(2)熒光屏上閃光點的范圍。
【解析】(1)由動能定理得：qEd＝EkB－12mv20
得EkB＝qEd＋12mv20。
(2)α粒子的初速度與電場方向垂直時，做類平拋運動，沿場強方向，有：
a＝qEm，d＝12at21
得到達B網的時間t1＝2mdqE
粒子具有沿場強方向的速度vBy＝at1＝2dqEm
從B網到M所用的時間t2＝LvBy＝L2qEd2mqEd
粒子運動的總時間t＝t1＋t2＝2d＋L2qEd2mqEd
熒光屏上閃光點的范圍是個圓，其半徑。
9．如圖所示，電場強度大小為E＝mgq的豎直勻強電場中，長為L的絕緣輕繩一端固定在O點，另一端固定一質量為m，帶電荷量為＋q的小球。在O點正上方和正下方L處，分別固定一個絕緣擋板A、B，兩擋板豎直放置且尺寸較小?，F將小球拉到與O點同一高度且距O點右側L處，給它一個豎直向上的初速度v0，此后小球在A、B右側區域豎直平面內做圓周運動，并不時與擋板A、B碰撞，小球與擋板碰撞時不損失機械能，碰后瞬間電場立即反向，大小不變。重力加速度大小為g。求：

(1)小球與擋板A碰后，能做圓周運動到擋板B，初速度v0的最小值。
(2)若小球的初速度為(1)中的最小值，小球與擋板A、B第一次碰撞前瞬間，輕繩的拉力分別為多大。
(3)若小球的初速度為(1)中的最小值，且輕繩承受的最大拉力為50mg，在輕繩斷前，小球與擋板總共碰撞的次數。
【解析】(1)小球與擋板A碰前，由于qE＝mg，小球將做勻速圓周運動到擋板A。
小球與擋板A碰后，電場立即反向，小球在電場力和重力的作用下做圓周運動到擋板B，此過程中
F＝qE＋mg＝2mg，方向向下
要能做圓周運動，則最高點A處滿足qE＋mg≤mv20L
解得v0≥2gL
因而小球初速度的最小值為2gL。
(2)小球第一次與擋板A碰前做勻速圓周運動，因而有TA1＝mv20L
解得TA1＝2mg。
小球第一次與擋板A碰后，將做變速圓周運動到擋板B與擋板B第一次碰撞，在該過程中，根據動能定理有(qE＋mg)•2L＝12mv2B1－12mv20
小球第一次與擋板B碰前瞬間，由圓周運動的知識有
TB1－qE－mg＝mv2B1L
解得TB1＝12mg。
(3)小球與擋板B第一次碰后到小球與擋板A第二次碰前，由于qE＝mg，且方向相反，小球做勻速圓周運動，則小球與擋板A第二次碰前有vA2＝vB1
因而輕繩的拉力為TA2＝mv2A2L
聯立解得TA2＝10mg
小球與擋板A第二次碰后到小球與擋板B第二次碰前的過程，根據動能定理有
(qE＋mg)•2L＝12mv2B2－12mv2A2
小球與擋板B第二次碰前瞬間，根據圓周運動的知識有
TB2－qE－mg＝mv2B2L
聯立解得TB2＝20mg
由上分析可知，小球每次與擋板A、B碰撞前，輕繩的拉力均比上一次與擋板碰撞增加
ΔT＝TAn＋1－TAn＝TBn＋1－TBn＝8mg
因而小球與擋板B第n次碰前，輕繩的拉力為
TBn＝TB1＋(n－1)ΔT＝4(2n＋1)mg
如果輕繩斷裂，則應有TBn≥50mg
解得n≥5.75
因而小球與擋板A碰撞6次，與擋板B碰撞5次后在小球還未與擋板B發生第6次碰撞前輕繩已經斷裂，因而小球與擋板碰撞的總次數為N＝6＋5＝11(次)。
10．在足夠大的豎直勻強電場中，有一條與電場線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個小球A和B，質量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止，電荷量為2.5q的B球在A球正下方，相距為L。由靜止釋放B球，B球沿著直線運動并與A球發生正碰，碰撞時間極短，碰撞中A、B兩球的總動能無損失。設在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉移，且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用g表示。求：
(1)勻強電場的電場強度大小E；
(2)第一次碰撞后，A、B兩球的速度大小vA、vB；
(3)在以后A、B兩球不斷地再次碰撞的時間間隔會相等嗎?如果相等，請計算該時間間隔T；如果不相等，請說明理由。
【解析】(1)由題意可知，帶電量為q的A球在重力和電場力的作用下恰好靜止，則
qE＝mg
可得勻強電場的電場強度大小E＝
(2)由靜止釋放B球，B球將在重力和電場力的作用下向上運動，設與A球碰撞前瞬間速度為v1，由動能定理得：
(2.5qE－mg)L＝12mv12
解得：v1＝
A、B兩球碰撞時間很短，且無動能損失，由動量守恒和動能守恒得：
mv1＝mvA＋mvB
12mv12＝12mvA2＋12mvB2
聯立解得：vA＝v1＝，vB＝0。
(3)設B球在復合場中運動的加速度為a，A、B兩球第一次碰撞后，A球開始向上以速度v1做勻速直線運動，B球又開始向上做初速度為零的勻加速直線運動，設到第二次碰撞前的時間間隔是t1，則：
v1t1＝12at12
解得：t1＝
碰撞過程滿足動量守恒且無動能損失，故每次碰撞之后兩球都交換速度，第二次碰撞后，A球向上做勻速直線運動，速度為at1＝2v1，B球向上做初速度為v1的勻加速直線運動。設到第三次碰撞前的時間間隔是t2，則有：
2v1t2＝v1t2＋12at22
解得：t2＝＝t1
以此類推，每次碰撞時間間隔相等，該時間間隔為T＝
根據牛頓第二定律：2.5qE－mg＝ma
解得：T＝。

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小題必練17：帶電粒子在電場中運動

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