【物理】物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)全集及解析

【物理】物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)全集及解析【物理】物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)全集及解析【物理】物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)全集及解析【物理】物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)全集及解析一、高考物理精講專(zhuān)題帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．如圖，半徑為a的內(nèi)圓A是電子發(fā)射器，其金屬圓周表圓各處可沿紙面內(nèi)的任意方向發(fā)射速率為v的電子；外圓C為與A同心的金屬網(wǎng)，半徑為3a．不考慮靜電感覺(jué)及電子的重力和電子間的相互作用，已知電子質(zhì)量為m，電量為e．(1)為使從C射出的電子速率達(dá)到3v，C、A間應(yīng)加多大的電壓U；(2)C、A間不加電壓，而加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．①若沿A徑向射出的電子恰好不從C射出，求該電子第一次回到A時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；②為使所有電子都不從C射出，所加磁場(chǎng)磁感覺(jué)強(qiáng)度B應(yīng)多大．【答案】（1）4mv2（2）①43a②B2mv31)aee9v(【解析】【詳解】（1）對(duì)電子經(jīng)C、A間的電場(chǎng)加速時(shí)，由動(dòng)能定理得eU1m3v21mv222得U4mv2e（2）電子在C、A間磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡與金屬網(wǎng)相切．軌跡以以以下圖．2a2設(shè)此軌跡圓的半徑為r，則3arr22r又Tva3得tanr故θ=60°所以電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2-2T243a得t9v（3）若沿切線方向射出的電子軌跡恰好與金屬網(wǎng)C相切．則所有電子都不從C射出，軌跡以以以下圖：2r3aa2v又evBm2mv得B3-1）ae所以B

2mv3-1）ae2．“太空粒子探測(cè)器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡(jiǎn)化以下：如圖1所示，輻射狀的加速電場(chǎng)所區(qū)界線為兩個(gè)同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的電勢(shì)為L(zhǎng)(o)，內(nèi)圓弧面CD的電勢(shì)為，足夠長(zhǎng)的收集板MN平行界線ACDB，ACDB與2MN板的距離為L(zhǎng)．假設(shè)太空中飛揚(yáng)著質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場(chǎng)從靜止開(kāi)始加速，不計(jì)粒子間的相互作用和其他星球?qū)αＷ拥挠绊?，不考慮過(guò)界線ACDB的粒子再次返回．（1）求粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大??；（2）如圖2所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長(zhǎng)）和收集板MN之間地域加一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后最多有23能打到MN板上，求所加磁感覺(jué)強(qiáng)度的大??；（3）如圖3所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長(zhǎng)）和收集板MN之間地域加一個(gè)垂直MN的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向以以以下圖，大小E，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)4LO點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后到達(dá)收集板MN離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，求該粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度的方向和它在PQ與MN間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【答案】（1）v2q；（2）B1m；（3）600；2L2mmL2qq【解析】【解析】【詳解】試題解析：解：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中加速時(shí)，電場(chǎng)力做功，得：qU01mv22U22qvm(2）從AB圓弧面收集到的粒子有2能打到MN板上，則上端恰好能打到MN上的粒子與3MN相切，則入射的方向與OA之間的夾角是60，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲，軌跡圓心角600．依照幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：R2L2由洛倫茲力供應(yīng)向心力得：qBvmv結(jié)合解得：B

R1mL2q（3）如圖粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與MN相切時(shí)，切點(diǎn)到O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，這是一個(gè)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的逆過(guò)程．建立如圖坐標(biāo).1qEt22mt2mL2mqE2LqvxEqt2qELqmm2m若速度與x軸方向的夾角為角cosvx1600cosv23．某控制帶電粒子運(yùn)動(dòng)的儀器原理以以以下圖，地域PP′M′M內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電3場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E＝1.0×10，長(zhǎng)度L＝0.40m；地域MM′N(xiāo)′N(xiāo)內(nèi)有垂直紙面向里V/m，寬度d＝0.05m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感覺(jué)強(qiáng)度－2qB＝2.5×10T，寬度D＝0.05m，比荷m

＝×81.010C/kg的帶正電的粒子以水平初速度v0從P點(diǎn)射入電場(chǎng)．界線MM′不影響粒子的運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力．05，求粒子從地域PP′N(xiāo)′N(xiāo)射出的地址；(1)若v＝8.0×10m/s若粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后就從M′N(xiāo)間′垂直界線射出，求v0的大??；若粒子從M′點(diǎn)射出，求v0滿(mǎn)足的條件．54.00.8n5【答案】(1)0.0125m(2)3.6×100)10m/s(其中n＝2n10123、4)v03.20.8n105(n012、3)．2n1【解析】【詳解】粒子以水平初速度從P點(diǎn)射入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子能夠進(jìn)入磁場(chǎng)，則1Eq2豎直方向d＝··t2m2md得tqE代入數(shù)據(jù)解得－6t＝1.0×10s水平位移x＝v0t代入數(shù)據(jù)解得x＝0.80m因?yàn)閤大于L，所以粒子不能夠進(jìn)入磁場(chǎng)，而是從P′M間′射出，L＝－6則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0＝0.5×10s，v0豎直位移y＝1Eq2＝0.0125m··t02m所以粒子從P′點(diǎn)下方0.0125m處射出．(2)由第一問(wèn)能夠求得粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移2mdx＝v0qE粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，垂直界線的速度qE2qEdv1＝·t＝mm設(shè)粒子與磁場(chǎng)界線之間的夾角為α，則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＝v1sin在磁場(chǎng)中由qvB＝mv2得R＝mvRqB粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后，垂直界線M′N(xiāo)射′出磁場(chǎng)，必定滿(mǎn)足x＋Rsinα＝L2md、R＝mvv1、v1＝2qEd代入解得把x＝v0、v＝qEqBsinmv0＝L·Eq－E2mdB5v0＝3.6×10m/s.由第二問(wèn)解答的圖可知粒子離MM′的最遠(yuǎn)距離Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)把R＝mv、v＝v1、v1＝2qEd代入解得qBsinmy12mEd(1cos)12mEdtan2BqsinBq能夠看出當(dāng)α＝90°時(shí)，Δy有最大值，(α＝90°即粒子從P點(diǎn)射入電場(chǎng)的速度為零，直接在電場(chǎng)中加速后以v1的速度垂直MM′進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周回到電場(chǎng))mv1m2qEd12mEdymaxqBmBqqBΔymax＝0.04m，Δymax小于磁場(chǎng)寬度D，所以無(wú)論粒子的水平射入速度是多少，粒子都不會(huì)從界線NN′射出磁場(chǎng)．若粒子速度較小，周期性運(yùn)動(dòng)的軌跡以以以下圖所示：粒子要從M′點(diǎn)射出界線有兩種情況，第一種情況：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t把t2mdRmvv1vsinα＝2qEd代入解得、＝qE、＝、v1mqBv0LqE2nE2n12md2n1B4.00.8nv0＝2n1

5×10m/s(其中n＝0、1、2、3、4)第二種情況：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα2md、R＝mv2qEd代入解得把t、v1＝vsin、αv1＝qEqBmLqE2(n1)Ev02md2n1B2n13.20.8nv0＝2n1

5×10m/s(其中n＝0、1、2、3)．4．以以以下圖，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)距PQ為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，重力不計(jì))無(wú)初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)，最后電子打在右側(cè)的屏上，A點(diǎn)到MN的距離為L(zhǎng)，AO連線與屏垂直，垂足為2O，求：電子到達(dá)MN時(shí)的速度；電子走開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ；(3)電子打到屏上的點(diǎn)P′到點(diǎn)O的距離.【答案】(1)veEL(2)2(3)3L.m【解析】【詳解】（1）電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，到達(dá)MN的速度為v，則：a1＝eE1＝eEmm2a1Lv22解得eELvm（2）設(shè)電子射出電場(chǎng)E2時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，a2＝eE2＝2eEmmLt＝vvy＝a2ttanθ＝vy=2v（3）電子走開(kāi)電場(chǎng)E2后，將速度方向反向延長(zhǎng)交于E2場(chǎng)的中點(diǎn)O′由.幾何關(guān)系知：xtanθ＝LL2解得：x＝3L.5．以以以下圖，輕質(zhì)絕緣細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角θ=37°.已知繩長(zhǎng)l=l.0m，小球所帶電荷量4-3g=10m/s2，sin37°=0.60，q=+l.0×10C，質(zhì)量m=4.0×10kg。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度cos37=0°.80.求：(l)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)將電場(chǎng)撤去,小球搖動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度的大小v；(3)將電場(chǎng)撤去,小球搖動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩中拉力的大小T.【答案】（1）E3.0103N/C（2）v2.0m/s（3）T5.6102N【解析】【詳解】(1)對(duì)帶電小球受力解析，得關(guān)系：qEtantan37omg代入已知數(shù)據(jù)后，解得E3.0103N/C(2)依照機(jī)械能守恒定律有：mgl1cos37o1mv22解得：v2gl1cos37o2.0m/s(3)依照牛頓第二定律:Tmgmv2l解得:T5.6102N6．以以以下圖，在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向外；在第四象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向平行于y軸向下．一電子以速度v0從y軸上的P點(diǎn)垂直于y軸向右飛入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)x軸上M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)所區(qū)，又恰能從y軸上的Q點(diǎn)垂直于y軸向左飛出磁場(chǎng)已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(0，－L)，M點(diǎn)的坐標(biāo)為(23L，0)．求3(1)電子飛出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v(2)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t【答案】（1）v2v04L；（2）t29v0【解析】【詳解】（1）軌跡以以以下圖，設(shè)電子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸夾角為，（1）在電場(chǎng)中x軸方向：23Lv0t1，y軸方向：Lvy，tanvy3t1v032得60o，vv02v0cos（2）在磁場(chǎng)中，23L4rLsin32磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度為32rt234Lv9v07．以以以下圖，圓滑絕緣水平桌面處在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，某時(shí)刻將質(zhì)量為

m、帶電荷量為一

q的小金屬塊從

A點(diǎn)由靜止釋放，小金屬塊經(jīng)時(shí)間

t到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)電場(chǎng)突然反向、電場(chǎng)強(qiáng)度增強(qiáng)為某恒定值，且仍為勻強(qiáng)電場(chǎng)，又經(jīng)過(guò)時(shí)間

t小金屬塊回到A點(diǎn)。小金屬塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變。求：(1)電場(chǎng)反向后勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?2)整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功。【答案】(1)3E(2)2q2E2t2m【解析】(1)設(shè)t末和2t末小物塊的速度大小分別為v1和v2，電場(chǎng)反向后勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1,小金屬塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程：x1Eqt2，v1Eqt2mm小金屬塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程：xv1t1E1qt22mv2v1E1qtmv22Eqt聯(lián)立解得：，則：E13E；m(2)依照動(dòng)能定理，整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功：W1mv2202聯(lián)立解得：W2q2E2t2。m點(diǎn)睛：解答本題要點(diǎn)是對(duì)不一樣樣過(guò)程應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)相關(guān)公式以及動(dòng)能定理列式即可，屬于基礎(chǔ)性題目。8．以以以下圖，質(zhì)量為m的小球穿在絕緣細(xì)桿上，細(xì)桿的傾角為為q．在細(xì)桿上B點(diǎn)處固定一個(gè)電荷量為Q的正電荷．將小球由距

α，小球帶正電，電荷量B點(diǎn)豎直高度為H的

A點(diǎn)處無(wú)初速度釋放，運(yùn)動(dòng)到

C點(diǎn)時(shí)速率最大，運(yùn)動(dòng)到

P點(diǎn)時(shí)高度變?yōu)樵瓉?lái)的一半且速率為零，小球下滑過(guò)程中電荷量不變．不計(jì)小球與細(xì)桿間的摩擦，整個(gè)裝置處在真空中，已知靜電力常量為k，重力加速度為g．求：1）A球剛釋放時(shí)的加速度大??；2）C點(diǎn)與B點(diǎn)的距離；3）AP間的電勢(shì)差．kQqsin2kQq；（3）mgH【答案】（1）gsin，（2）．mH2mgsin2q【解析】【解析】1）A球剛釋放時(shí)，碰到重力、沿細(xì)桿向上的庫(kù)侖力和細(xì)桿的支持力，依照牛頓第二定律求解加速度．2）A球剛釋放下滑過(guò)程中，庫(kù)侖力逐漸增大，當(dāng)庫(kù)侖力小于重力沿斜面向下的分力時(shí)，小球做加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)庫(kù)侖力大于重力沿斜面向下的分力時(shí)，小球做減速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)兩力大小相等時(shí)，小球的速度最大，由平衡條件和庫(kù)侖定律結(jié)合求出C點(diǎn)與B點(diǎn)的距離．（3）小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速率為零，由動(dòng)能定理求解AP間的電勢(shì)差．【詳解】（1）A球剛釋放時(shí)，由牛頓第二定律可知：mgsinα-F=ma依照庫(kù)侖定律有：FkqQr2又知r

Hsin2kQqsin聯(lián)立解得：a=gsinα-（2）當(dāng)小球碰到合力為零，即加速度為零時(shí)，速率最大，設(shè)此時(shí)小球與B點(diǎn)間的距離為d，則有：mgsinkQqd2解得：d＝kQqmgsin（3）小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速率為零，由動(dòng)能定理得：mgHqU＝02mgH解得：U＝【點(diǎn)睛】本題的要點(diǎn)是解析小球的受力情況，來(lái)確定小球的運(yùn)動(dòng)情況．從力和能兩個(gè)角度研究動(dòng)力學(xué)問(wèn)題是常用的思路．9．以以以下圖，水平、絕緣、粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣圓滑軌道BC圓滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行，電場(chǎng)強(qiáng)度4－4E＝1.0×10×10C，質(zhì)量N/C．現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0m＝0.1kg的帶電體（可視為質(zhì)點(diǎn)），在水平軌道上的

P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能經(jīng)過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)

C，今后落至水平軌道上的

D點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）．取

g＝10m/s2．計(jì)算：①帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大??；②D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB；【答案】（1）6.0N（2）0【解析】【解析】【詳解】①設(shè)帶電體經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，依照牛頓第二定律v2有：mgmCR解得：vC＝2.0m/s設(shè)帶電體經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vBBB點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)帶電體的支持力大小為F，帶電體在有FBmgmvB2R帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為零，依照動(dòng)能定理有：mg2R1mvC21mvB222聯(lián)立解得：FB＝6.0N依照牛頓第三定律，帶電體對(duì)軌道的壓力FB′＝6.0N②設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上D點(diǎn)的時(shí)間為t，依照運(yùn)動(dòng)的分解豎直方向：2R1gt22水平方向：xDBvCt1Eqt22m解得：xDB＝010．以以以下圖，x軸的上方存在方向與x軸成45o角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，x軸的下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感覺(jué)強(qiáng)度B0.5T.有一個(gè)質(zhì)量m1011kg，電荷量q107C的帶正電粒子，該粒子的初速度v02103m/s，從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿與x軸成45o角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)和電場(chǎng)的作用，粒子從O點(diǎn)出發(fā)后第四次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)恰好又回到O點(diǎn)處，設(shè)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的地域足夠?qū)?，不?jì)粒子重力，求：①

帶電粒子第一次經(jīng)過(guò)

x軸時(shí)的橫坐標(biāo)是多少？②

電場(chǎng)強(qiáng)度

E的大小及帶電粒子從

O點(diǎn)出發(fā)到再次回到

O點(diǎn)所用的時(shí)間．【答案】

①

帶電粒子第一次經(jīng)過(guò)

x軸時(shí)的橫坐標(biāo)是

0.57m；②

電場(chǎng)強(qiáng)度

E的大小為1103V/m，帶電粒子從

O點(diǎn)出發(fā)到再次回到

O點(diǎn)所用的時(shí)間為32.110s.【解析】(1)粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用下做一段圓弧后第一次經(jīng)過(guò)力公式求出半徑，再依照幾何關(guān)系求出坐標(biāo)；

x軸，依照洛倫茲力供應(yīng)向心(2)今后進(jìn)入電場(chǎng)中，恰好做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零后又返回，以相同速率再次進(jìn)入磁場(chǎng)仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進(jìn)入電場(chǎng)正好做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng).粒子在磁場(chǎng)中兩次運(yùn)動(dòng)恰好完成一個(gè)周期，由粒子在電場(chǎng)中的類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，依照垂直電場(chǎng)方向位移與速度關(guān)系，沿電場(chǎng)方向位移與時(shí)間關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律求出E，三個(gè)過(guò)程的總時(shí)間即為總時(shí)間．【詳解】①粒子在磁場(chǎng)中受磁場(chǎng)力的作用沿圓弧運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力供應(yīng)向心力，qvBmv2，Rmv0.4m，半徑RBq依照?qǐng)A的對(duì)稱(chēng)性可得粒子在磁場(chǎng)中第一次偏轉(zhuǎn)所對(duì)的圓心角為90o，則第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的橫坐標(biāo)為x12R0.42m0.57m②第一次進(jìn)入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)方向與電場(chǎng)方向相反，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后又反向加速返回磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中沿圓周運(yùn)動(dòng)，再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向恰好垂直電場(chǎng)方向，在電場(chǎng)力的作用下偏轉(zhuǎn)，打在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，其運(yùn)動(dòng)軌跡以以以下圖．由幾何關(guān)系可得，第二次進(jìn)入電場(chǎng)中的位移為22R，在垂直電場(chǎng)方向的位移s1vt1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1s12R4104svv在沿電場(chǎng)方向上的位移s21at12，2又因s22R得a2s21107m/s2t12依照牛頓第二定律aEqm所以電場(chǎng)強(qiáng)度Ema1103V/mq粒子從第一次進(jìn)入電場(chǎng)到再返回磁場(chǎng)的時(shí)間t22v4104s，a粒子在磁場(chǎng)中兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和恰好是做一個(gè)圓滿(mǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的周期T2m4104sBq所以粒子從出發(fā)到再回到原點(diǎn)的時(shí)間為tt1t2T2.1103s【點(diǎn)睛】本題觀察帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中兩運(yùn)動(dòng)模型：勻速圓周運(yùn)動(dòng)與類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，及相關(guān)的綜合解析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力．11．在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓UO，其周期是T．現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度VO從兩板中央射入（如圖甲）．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力，求：（1）若電子從t=0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大?。?）若電子從t=0時(shí)刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板最少多長(zhǎng)？【答案】（1）v02eU0（2）v0Tm【解析】【解析】1）電子在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，在此過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，依照動(dòng)能定理即可除去電子飛出時(shí)的速度．2）若電子從t=0時(shí)刻射入，恰能平行于金屬板飛出，說(shuō)明電子在豎直方向前半周期做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后半周期做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到電子飛出電場(chǎng)最少用時(shí)為T(mén)；【詳解】（1）電子飛出過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，依照動(dòng)能定理得：eU01mv21mv