帶電粒子在電場中的運動計算題大題專練詳細答案

1、帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力1.帶電粒子在勻強電場中的運動有兩類問題：一是運動和力的關(guān)系問題，常用牛頓第二定律結(jié)合運動學公式去分析解決；二是運動過程中的能量轉(zhuǎn)化問題，常用動能定理或能量守恒定律去分析解決.2.此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；二是粒子做往返運動(一般分段研究)；三是粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究)1如圖

2、K738所示，在真空中水平放置一對平行金屬板，板間距離為d，板長為l，加電壓U后，板間產(chǎn)生一勻強電場，一質(zhì)子(質(zhì)量為m，電量為q)以初速度v0垂直電場方向射入勻強電場(1)求質(zhì)子射出電場時的速度大小(2)求質(zhì)子射出電場時的偏轉(zhuǎn)距離圖K7382如圖K739所示，在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平拋出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，小球的落地點與拋出點之間有一段相應的水平距離(水平射程)若在空間加上一豎直方向的勻強電場，使小球的水平射程變?yōu)樵瓉淼?，求此電場的場強大小和方向圖K7393如圖K7310所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L0.4 m，兩極板間距離d4&#

3、215;103 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩平行極板中央射入，開關(guān)S閉合前，兩極板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央已知微粒質(zhì)量m4×105 kg，電量q1×108 C(取g10 m/s2)求：(1)微粒入射速度v0為多少？(2)為了使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上極板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？圖K73104.如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力不計)，在勻強電場中的A點時速度為v，方向與電場線垂直，在B點時速度大小為2v，已知A、B兩點間距離為d，求(1)A、B兩點間的電壓；(2)電

4、場強度的大小和方向.5.一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖所示，AB與電場線夾角=30°.已知帶電微粒的質(zhì)量m=1.0 ×107kg，電量q=1.0×10-10C，A、B相距L=20cm.(取g=10m/s2，結(jié)果要求二位有效數(shù)字)求：(1)試說明微粒在電場中運動的性質(zhì)，要求說明理由. (2)電場強度大小、方向？(3)要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少？1.如下圖所示,質(zhì)量為m,帶電量為q(q>0)的小球,用一長為L的絕緣細線系于一足夠大的勻強電場中的O點,電場方向豎直向下,電場強度為E ,為使帶

5、電小球能在豎直面內(nèi)繞O點作完整的圓周運動,求在最低點時施給小球水平初速度v0應滿足什么條件？小球在運動中細線受到的最大拉力應滿足什么條件？v0O E2.在豎直向下的勻強電場中，一個帶負電q、質(zhì)量m，且重力大于所受電場力的小球，從光滑的斜面軌道的A點由靜止下滑，若小球恰能通過半徑為R的豎直圓軌道的最高點B而做圓周運動，問A點的高度h至少應該為多少？上題中，小球改為帶正電，其他條件不變，A點的高度h至少應該為多少？3.在方向水平的勻強電場中，一不可伸長的不導電細線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點，把小球拉起直至細線與場強平行，然后無初速釋放.已知小球擺到最低點的另一側(cè)，線與豎直方

6、向的最大夾角為(如圖所示). 求小球經(jīng)過最低點時細線對小球的拉力。1.如圖所示 在方向水平向右的勻強大小為E的勻強電場中,一不可伸長的長度為L的不可導電細線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶點小球，另一端固定于O點，當小球靜止在B點時，細線與豎直方向夾角 ，問：（1）小球的電荷量是多少？（2）若將小球拉到A點使細線呈水平狀態(tài)，當小球無初速釋放時，從A到B的過程，靜電力對小球做多少功？（3）小球過最低點C時，細線對小球拉力大小多少？2.如圖所示，有一(電荷量為e)電子經(jīng)電壓U0加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且恰好從B板右邊緣穿出電場，求：(1)金屬板

7、A的長度；(2)電子穿出電場時的動能                                               3.如圖所

8、示（圖在黑板上），如圖所示,一個電子(質(zhì)量為m)電荷量為e,以初速度V0沿著勻強電場的電場線方向飛入勻強電場，已知勻強電場的場強大小為E，不計重力，問：（1）電子進入電場的最大距離。（2）電子進入電場最大距離的一半時的動能。4如圖7-3-6所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為 E、方向沿斜面向下的勻強電場中一勁度系數(shù)為 k 的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，彈簧處于自然狀態(tài)一質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為 s0 處靜止釋放，滑塊在運動過程中電荷量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程中沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度

9、大小為 g. (1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間 t1. (2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為 vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為 vm 的過程中彈簧的彈力所做的功 W. 圖 7-3-6例2、解析：(1)帶電粒子從A到B的過程中，由動能定理可得 將vA=v，vB=2v代入解得(2)帶電粒子從A到B做類平拋運動，設在垂直電場線和平行電場線方向上的位移分別為x和y.由于A到B，粒子的動能增加，則電場力做正功，所以，場強方向應水平向左.答案：10解：(1)質(zhì)子通過電場的時間為t金屬板間的電場強度為E質(zhì)子在豎直方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得a質(zhì)子離開電場時

10、豎直分速度為v1，則v1at聯(lián)立解得v1質(zhì)子離開電場時的速度實質(zhì)是兩個分運動在此時刻速度的合速度，其大小為v.(2)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時偏轉(zhuǎn)距離為yat2聯(lián)立解得y.11解：設不加電場時小球在空間運動的時間為t，則水平射程xv0t下落高度hgt2設加電場后小球在空間的運動時間為t，小球運動的加速度為a，有xv0t，hat2由以上各式，得a4g則場強方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律得mgqEma解得E，方向豎直向上12解：(1)設兩極板不帶電時，微粒落到下極板正中央所需時間為t，有v0t，gt2解得v0 10 m/s.(2)電容器的上極板應接電源的負極設微粒恰好從下極板的右邊緣射出時，所加的電壓

11、為U1，有a12，mgma1解得U1120 V設微粒恰好從上極板的右邊緣射出時所需的電壓為U2，有a2()2，mgma2解得U2200 V所以120 VU200 V.12、解：(1)微粒只在重力和電場力作用下沿AB直線運動，在垂直AB方向上重力和電場力的分力必等大反向，可知電場力的方向水平向左，如圖所示.微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度VA方向相反，微粒做勻減速直線運動.(2)在垂直于AB方向上有：qEsinmgcos=0電場強度E=mg/qtg=1.7×104N/C 電場強度方向水平向左. (3)微粒由A運動到B的速度vB=0微粒進入電場中的速度最小，由動能定理有：mgLsinqELcos=mvA2解得vA=2.8m/s13、解：設細線長為l，球的電量為q，場強為E，若電量q為正，則場強方向水平向右，反之水平向左，從釋放點到左側(cè)最高點，重力勢能的減少等于電勢能的增加，mgLcos=qEL(1sin)若小球運動到最低點的速度為v，此時線的拉力為T，由能量關(guān)系得 由牛頓第二定律得 解上面各式得4解：(1)滑