鞏固練習(xí) 帶電粒子在電場(chǎng)中的綜合計(jì)算提高

1、【鞏固練習(xí)】 一、選擇題： 1、平行板間有如圖所示的周期變化的電壓。重力不計(jì)的帶電粒子靜止在平行板中央，從t=0時(shí)刻開始將其釋放，運(yùn)動(dòng)過程無碰撞情況，圖乙中能正確定性描述粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖像的是( ) 2、 如圖中虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，即U=U，實(shí)線為一帶正電的bcab質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知( ) A、三個(gè)等勢(shì)面中，a面電勢(shì)較高 B、帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能較大 C、帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能較大 D、帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的加速度較大 3、（2015 蘭州一中期中考）圖中虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中與場(chǎng)強(qiáng)方向垂直的等間距平行直

2、線。不計(jì)重力的兩粒子M、N質(zhì)量相等，電荷量的絕對(duì)值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的O點(diǎn)以相同速率射出，兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡分別如圖中兩條實(shí)線所示。a、b、c為粒子軌跡與虛線的交點(diǎn)，已知O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)。則 帶負(fù)電M帶正電，NA c點(diǎn)的速度相同M在a點(diǎn)的速度與在NB 點(diǎn)的過程中克服電場(chǎng)力做功O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a從CN 點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)它做功為零點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至M從ObD 隨時(shí)間的變化規(guī)律應(yīng)該符、如圖所示，是示波管的示意圖，要使電子在整個(gè)屏上勻速掃描，所加的偏轉(zhuǎn)電壓U4 ） 合（ U U UU t t 0 t 0 t 0 0 D C B A l 。兩A、是一對(duì)中間開有小孔的平行金屬板，兩小孔的連線與金屬板面垂

3、直，兩極板的距離為B5、如圖所示，?t?，F(xiàn)有一電子在t?0時(shí)穿過Au?Ucos板上的小孔板電勢(shì)板電勢(shì)為零，B極板間加上低頻交流電壓，A0射入電場(chǎng)。設(shè)、初速度和重力的影響均可忽略不計(jì)，則電子在兩極板間可能（ ） A、以AB間某一點(diǎn)為平衡位置來回振動(dòng) B、時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，但最后穿出B板 ?，ll 板運(yùn)動(dòng)，最后穿出B板，如果小于某個(gè)值小于某個(gè)值、一直向CB00?，l為任何值 B板運(yùn)動(dòng)，最后穿出B板，而不論、一直向D 6、（2016 東城期末）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有M、N、P、Q四個(gè)點(diǎn)，它們分別位于矩形的四個(gè)頂點(diǎn)上，各點(diǎn)?、。在電子分別由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和的電勢(shì)分別為P點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力

4、所做的正功相同，QMPN則 ?，若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到AQ點(diǎn)電場(chǎng)力不做功 NM? 點(diǎn)電場(chǎng)力不做功QB點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M，若電子由NM?，若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到CQ點(diǎn)電場(chǎng)力做正功 NP?，若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功 DNP 7、如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的質(zhì)點(diǎn)，由兩水平極板正中，以相同的初速度v，0先后垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)射入，并分別落在負(fù)極板上甲、乙、丙三處，可以判定（ ） A甲處質(zhì)點(diǎn)帶正電，乙處質(zhì)點(diǎn)不帶電，丙處質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電 B三個(gè)質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 C三個(gè)質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的加速度 aa>a>甲乙丙 D三個(gè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)負(fù)極的動(dòng)能 EE<E<甲乙丙 二、解答題： ?

5、v射線（m、e）,在距AQ1、如圖所示，鉛板（A）的右表面上有一個(gè)放射源（），以速度板為釋放d處，有0?粒子激發(fā)下，熒光屏發(fā)光的最C，求在板為L(zhǎng)處有一個(gè)熒光屏之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為B，A、BE；在距B一金屬大范圍。 2、在方向?yàn)樨Q直方向、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電液滴恰好靜止在A點(diǎn)，現(xiàn)不改變場(chǎng)強(qiáng)方向而使場(chǎng)強(qiáng)突然1增大到E，經(jīng)歷了一段時(shí)間后，又保持E大小不變，突然使電場(chǎng)方向反向，又經(jīng)歷了一段同樣長(zhǎng)的時(shí)間，液滴22恰好返回A點(diǎn)，求EE。 21 3、在一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一電量為q、質(zhì)量為m的帶電小球由靜上開始運(yùn)動(dòng)，其軌跡為一直線，與豎直方向的夾? ，如圖所示。若場(chǎng)強(qiáng)取所有值中的最小值，則角為（1）場(chǎng)強(qiáng)的最

6、小值為多大？ （2）小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)，通過位移L需時(shí)間多長(zhǎng)？末速度多大？ （3）小球在通過上述位移過程中，其電勢(shì)能改變了多少？重力勢(shì)能改變了多少？ 4、如圖所示，質(zhì)量為m帶電量為 q 的微粒（重力不計(jì)），在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A點(diǎn)時(shí)速度為v，方向與電場(chǎng)線垂直，在B點(diǎn)時(shí)速度為2v，已知A、B兩點(diǎn)間距離為d，求： A、B兩點(diǎn)間電壓？ 電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向？ 5、如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為+q的微粒在0點(diǎn)以初速度v與水平方向成? 角射出，微粒在運(yùn)動(dòng)中受阻力大0小恒定為f。 如果在某方向加上一定大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，能保證微粒仍沿v方向做直線運(yùn)動(dòng)，試求所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的最小值？ 0若加上大小一定，方向水平向左的勻強(qiáng)

7、電場(chǎng)，仍能保證微粒沿v方向做直線運(yùn)動(dòng)，并經(jīng)過一段時(shí)間后又返回Oo點(diǎn)，求微?；氐絆點(diǎn)時(shí)的速率？ 7?C?101.8；，其電荷量Q=L、6（2016 上海卷）如圖（a），長(zhǎng)度=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點(diǎn)電荷A以桿左端為原點(diǎn)，將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場(chǎng)中，q的小球B套在桿上。帶電量為一質(zhì)量m=0.02kg，所示，）中曲線I位置的作用力隨Bx的變化關(guān)系如圖（b對(duì)小球x沿桿向右為軸正方向建立坐標(biāo)系。點(diǎn)電荷AB0.400.20和x在IIb）中曲線所示，其中曲線II0.16x（xBB小球所受水平方向的合力隨位置的變化關(guān)系如圖29CN?k910?/m ）（靜電力常量范圍可近似看作直線。求：

8、; 所帶電量q（1）小球B E；）非均勻外電場(chǎng)在x=0.3m處沿細(xì)桿方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。? 。x=0.6m之間的電勢(shì)差U（3）在合電場(chǎng)中，x=0.4m與處受到方向=0.16m=0.4m。若小球在x=0.2m）已知小球在x處獲得v=0.4m/s的初速度時(shí)，最遠(yuǎn)可以運(yùn)動(dòng)到x（4 是多少？0.04N的恒力作用后，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，為使小球能離開細(xì)桿，恒力作用的做小距離s向右，大小為 l的小球。將它置于一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大的細(xì)線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m7、如圖所示，一條長(zhǎng)為? 時(shí)，小球處于平衡。小為E，方向是水平的。已知當(dāng)細(xì)線離開豎直位置的偏角為 1）小球帶何種電荷？求出小球所帶電量。（?應(yīng)為多

9、大，才能使在細(xì)線到達(dá)豎直位增大到）如果使細(xì)線的偏角由，然后將小球由靜止開始釋放，則（2 置時(shí)小球的速度剛好為零？ ，軌道最0.4m，軌道半徑為R2015 8、（ 蘭州一中期中考）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑圓弧軌道AB30°的斜面，斜面底端C點(diǎn)在圓弧軌道B點(diǎn)正下方、距B點(diǎn)O高點(diǎn)A與圓心等高。有一傾角H1.5m。圓弧?3帶電量為m現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為=0.02kg、豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。100N/CE軌道和斜面均處于場(chǎng)強(qiáng)、C10?2?q點(diǎn)時(shí)速度方D的帶電小球從A點(diǎn)靜止釋放，小球通過B點(diǎn)離開圓弧軌道沿水平方向飛出，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到斜面上從斜面底端上滑的物塊相遇。若物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)v向恰與

10、斜面垂直，并剛好與一個(gè)以一定初速度032 ，小球和物塊都可視為質(zhì)點(diǎn)。求：，空氣阻力不計(jì)，g取10m/s?5 （1）小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力N； B、D兩點(diǎn)間電勢(shì)差U； （2）BBD 75s/10mv?4?m/10VE?2?的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，射入電場(chǎng)強(qiáng)度9、 一個(gè)電子以的速度，方向與電場(chǎng)方向相同，0?19?31kg10?9.1?mC16?.?10e?。試求：如圖所示。已知電子電量，電子質(zhì)量 （1）從電子的入射點(diǎn)到達(dá)速度為0之點(diǎn)的兩點(diǎn)間電勢(shì)差是多少？?jī)牲c(diǎn)間距離是多少？ （2）電子到達(dá)速度為0的點(diǎn)所需的時(shí)間是多少？（不計(jì)重力） Ev 0 【答案與解析】 一、選擇題： 1、A 解析：0T/2的時(shí)間內(nèi)，粒

11、子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。T/2T的時(shí)間內(nèi)做加速度恒定的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性知，在T時(shí)速度減為零，此后重復(fù)。故選項(xiàng)A正確。 2、BD 解析：根據(jù)等勢(shì)面和電場(chǎng)線的關(guān)系：等勢(shì)面越密的地方電場(chǎng)線也越密，電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面指向電勢(shì)降低的方向知，P點(diǎn)的電場(chǎng)線比Q點(diǎn)的電場(chǎng)線密，所以P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D正確；因?yàn)閹д娰|(zhì)點(diǎn)受到的電場(chǎng)力指向曲線凹的一側(cè)，在圖中大致是向下的方向，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的方向也大致是向下的，因此電勢(shì)?，等勢(shì)面c的電勢(shì)最高，帶正電的質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢(shì)能較大，選項(xiàng)B正確；由能量守恒知，電勢(shì)能大的QP地方動(dòng)能必定小，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 AD 、3點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂

12、直且沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)是降低C解析：由題等勢(shì)線在水平方向，O點(diǎn)電勢(shì)高于粒子所受電場(chǎng)力方M的，可知電場(chǎng)方向豎直向下，根據(jù)粒子的軌跡可判斷出N粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向上，點(diǎn)的C點(diǎn)的速度與M在A正確。由動(dòng)能定理可知，N在a向豎直向下，故知N粒子帶負(fù)電，M粒子帶正電。故點(diǎn)的過程中，速度與電場(chǎng)力的夾角為銳角，電場(chǎng)力做aO點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到錯(cuò)誤。速度大小相等，方向相反，故BN從 粒子，電場(chǎng)力做功為零。間電勢(shì)差為零，故對(duì)M正功。O、bB 、4解析：根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，可以計(jì)算出電子打在屏上的偏轉(zhuǎn)距離（電子打在屏上的位置到屏中心的距離）lUl')yL?(?Y?y?，可見偏轉(zhuǎn)距離與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，如果偏轉(zhuǎn)電壓在

13、一個(gè)周期內(nèi)是時(shí)間的一次函數(shù) 2dU20Kt?Y?ktY?U?U的形式，是偏轉(zhuǎn)電壓的最大值，那么，電子在屏上的偏轉(zhuǎn)距離就可以寫成 其中U即111 所示的電壓的變化規(guī)律。由勻速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知道，電子將勻速地從屏的一端掃向另一端，滿足條件的只有選項(xiàng)BAC 5、?EqF?U?Elu?Ucos，t，因 解析：根據(jù)，00 可以推出，電場(chǎng)力qqUU?00t?FcoscostF?F?F 00ll?l板前便變?yōu)闇p速，并反向運(yùn)動(dòng)，也足夠大，被加速的電子未達(dá)所以E、F也是余弦的，只要B足夠大， 選項(xiàng)是錯(cuò)的。A選項(xiàng)是正確的，D它在A、B間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。所以?l，l選項(xiàng)也B板。所以小于某個(gè)值C當(dāng)時(shí)，在小于某個(gè)值B板為正值時(shí)

14、，電子在加速電壓下將通過00 是正確的。板而穿出，所運(yùn)動(dòng)的位移是對(duì)稱的，不可能偏向B電子如在A，B板間做對(duì)稱的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，必然向A或向B B選項(xiàng)也是錯(cuò)的。以A 【答案】6、為等勢(shì)面，電場(chǎng)NP【解析】電子分別由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力所做的正功相同，說明?點(diǎn)；MQ與電場(chǎng)強(qiáng)度垂直，故MQ為等勢(shì)面，故電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)受到力向下，故電場(chǎng)強(qiáng)度向上；故QNM?、CQM點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A電場(chǎng)力不做功，故正確，B錯(cuò)誤；NP為等勢(shì)面，故點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，故，故電子由NP 均錯(cuò)誤。DAC 、7qE?mg?a；負(fù)電解析：在豎直方向上，三個(gè)質(zhì)點(diǎn)做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度分別為：正電質(zhì)點(diǎn) m qEmg?12y?a

15、?t；在水平方向上，三個(gè)質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而運(yùn)動(dòng)時(shí)間為；中性質(zhì)點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)a=g maa1WW?E?tx?v水平位移為；負(fù)電質(zhì)點(diǎn)；三個(gè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)負(fù)極板間的動(dòng)能增量分別為：正電質(zhì)點(diǎn) EKG0aWE?EW?W 。和。所以正確選項(xiàng)為；中性質(zhì)點(diǎn)ACGEGKK 二、解答題：2mdL(1?vR?) 、發(fā)光面最大半徑是1 0d2Ee? A板發(fā)射的粒子，在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，縱向偏移最大，且為解析：平行dm22dv?vr?vt? 00o11Eea? 時(shí)，增加的偏移為粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)在B、C之間，CvLvLmL00?r?v?vt， 0022V2ad2Eedy?粒子向各個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，所以熒光

16、屏上發(fā)光面為圓平面，且半徑為因?yàn)?2mdL(1v?)rR?r?。 021Ee2d :2E:E?1、2 21mg?EqEq方向向上。，其中 解析：因?yàn)閹щ娨旱卧陔妶?chǎng)中A電靜止，所以它受力平衡，即11 當(dāng)不改變E的方向使場(chǎng)強(qiáng)增大到E時(shí)，液滴受力將不平衡，它要受到向上的合外力 2Eq?mg2?amgEq?F? （，由牛頓第二定律可得1） 121m?F?Eq?mg，由牛頓第二定律可得 不改變而方向改變時(shí)，液滴受到向下的合外力當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)大小E222Eq?mg2?a （2） 2m 因?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)為E向上這段時(shí)間內(nèi)，液滴所受合外力為恒力，所以在這段時(shí)間內(nèi)液滴做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，同理2當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)大小仍為E而方向向下這段時(shí)間內(nèi)

17、液滴也做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。所以在這兩段時(shí)間內(nèi)可以用勻變速直線運(yùn)2動(dòng)公式進(jìn)行計(jì)算。 在場(chǎng)強(qiáng)大小為E方向向上這段時(shí)間內(nèi)有： 212at(3)V?at?S(4) 1111112在場(chǎng)強(qiáng)大小為E 方向向下這段時(shí)間內(nèi)有： 212S?taVt?（5） 212222S和Stt?t?t?t大小相等，但是在（3）式和（由題意得。我們可以令5 ）式中都規(guī)定向上為正，212121S?S 向上，位移S而位移S向下，所以2121 （5）兩式代入此式得：把（3）、1122)atat?0?(vt? 21122 ）式代入得再把（41122t?aat?at2 21122a?3a 21 ）兩式代入上式得：再把（1）（2mgqEq?m

18、gE?22?3 mm 再把Eq=mg代入上式得：1q?3Eq?Eq?E3Eq1122 21?EE?21?sinmgL2?0?cosgv?2?E?tcosmgL （ ）2 （3），重力勢(shì)能減少了、3（1 ?qcosg?qEsin?mg，解析：既然小球從靜止釋放，且運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，則重力的一個(gè)分力與小球所受電場(chǎng)力平衡：?sinmg?E ；則 qL22L12?Lat?t?cosmg 重力的另一個(gè)分力即小球所受合外力，根據(jù)，有， ?2cosag2?Lcos2aL?2gv?aL?v2 由得，?0? 因?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)方向與小球運(yùn)動(dòng)軌跡垂直，所以電場(chǎng)力對(duì)小球不做功，故；?cosmgLmgLcos 重力對(duì)小球做功，所

19、以小球的重力勢(shì)能減少了 22mvmv2123, 、4方向水平向左 qd22q2mv1312?2?mv,qU?mU2v? 解析：由動(dòng)能定理得 。 q222 由于電場(chǎng)力做正功，所以場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左。Eq2?22t?v.?v?v2v?,v?3v 將速度正交分解，豎直方向v = v，水平方向v，xy xyxxmv222xdx?yt?x ，t，豎直方向位移y = v·水平位移， 22mv21?E 解方程組得，方向水平向左。 qd2?sinmg?fv?； /q?、垂直5vmgcos 斜向上00?sinf?mg有最小E方向直線運(yùn)動(dòng)必須使垂直于v向斜上方加勻強(qiáng)電場(chǎng)1）微粒受力如圖1所示，要保證微粒沿

20、v解析：（oo 。, E = mg cos? /q值，且Eq = mg cos? 。 = mgcos?所示，為使垂直于v方向合力為零，Eqsin? （2）如圖2o ，由動(dòng)能定理有：設(shè)微粒最大位移為S1?2?S?Eqcosmv?sinmgf ， 021?22fS2v?v?m 。點(diǎn)射出再回到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理粒子由O 02 解上述方程得?sin?fmg?vv?。 0?sin?fmg?641?10C3?10N/C （3）800V （2） （4）6、【答案】（10.065m qQN 時(shí)，）由圖可知，當(dāng)x=0.3m1【解析】（0.018=k=F 12x2xF6-1因此C =?=110q kQ（2）設(shè)在x=

21、0.3m處點(diǎn)電荷與小球間作用力為F，F(xiàn)=F+qE 22合F-F-0.012-0.01824合因此 =N/C-N/C=3?10E= -610q14，方向水平向左。3 x=0.3m處沿細(xì)稈方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為電場(chǎng)在C10/N?4J8?10W?0.004?0.2?WqU?可得,與）根據(jù)圖像可知在x=0.4mx=0.6m之間合力做功大小,又（3W?800?VU q(4)由圖可知小球從x=0.16到x=0.2m處， 0.03?0.04?4J?W6?10? 電場(chǎng)力做功 12小球從x=0.2m到x=0.4m處 12?3J10?W?mv?1.6 22x?0.4mx?0.8m 處到由圖可知小球從?3101.6?WJ 電場(chǎng)力做功0.4=0.004×3WWWsF=0 +由動(dòng)能定理 +312外W?W?Ws312=0.065m? 解得= F外 mg?tan?q2? (2)1）（7、 E解析：小球在電場(chǎng)中受到線的拉力T，重力mg，電場(chǎng)力F三力的作用，如圖a，并處于平衡狀