资源简介

绝密★启用前
专题01带电粒子在匀强电场中的直线运动
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点。由点静止释放的电子恰好能运动到点。现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子（　　）
A．运动到点返回
B．运动到和点之间返回
C．运动到点返回
D．穿过点
【答案】A
【详解】
设AB间电场强度为E1，BC间场强为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有
(1)
BC板电量不变，BC板间的场强为
(2)
由(2)知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变，由(1)知，电子仍然运动到P点返回
故选A。
2．下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场之后，其中粒子速度最大的是（　　）
A．钠离子（Na+）
B．α粒子
C．氘核
D．质子
【答案】D
【详解】
设加速电场的电压为，粒子的质量和电量分别为和，由动能定理得
解得
可见，速度与粒子的比荷平方根成正比。由于质子的比荷最大，所以质子的速度最大。故ABC错误，D正确。
故选D。
3．如图，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，O点紧靠左极板，
O、A两点相距为h，两平行金属板相距为d，h）
A．右极板竖直上移一些，A点电势升高
B．电子从O到A运动过程，电势能减小
C．将右极板向右移动一小段距离，电子一定通过A点
D．加大U，电子会通过A点
【答案】C
【详解】
A．右极板竖直上移一些，板间电压不变，场强不变，所以A点电势不变，故A错误；
B．由图可知，板间场强水平向右，电子受力向左，电场力做负功，电势能增加，故B错误；
C．若将右板向右移动一小段距离，板间距离增大，因板间电压不变，板间场强变小，电子在OA间运动时，两点间电压
UOA=Ed
减小，电场力做功减小，电子损失的动能减小，所以电子一定通过A点，故C正确；
D．若加大U，电场力做的负功多，所以电子不会通过A点，故D错误。
故选C。
4．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（　　）
A．两板间距离越大，加速时间越短
B．两板间距离越小，电子的加速度就越小
C．电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
D．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
【答案】D
【详解】
A．由
和
得，
，两板间距离越大，加速时间越长，A错误；
B．由得，两板间距离越小，电子的加速度就越大，B错误；
CD．由
得，
，电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关，C错误，D正确。
故选D。
5．一带电小球在某竖直方向的匀强电场中由静止释放，带电小球开始向上运动，则（　　）
A．小球的电势能减小，机械能增大
B．小球的电势能减小，机械能减小
C．小球的电势能增大，机械能增大
D．小球的电势能增大，机械能减小
【答案】A
【详解】
一带电小球在某竖直方向的匀强电场中由静止释放，带电小球开始向上运动，则重力小于电场力，电场力向上，故电场力做正功，电势能减小，机械能增大，故A正确BCD错误。
故选A。
6．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两带电微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可以忽略，则下列说法正确的是（　　）
A．a的质量比b的大
B．在时间t内，a和b的电势能的变化量相等
C．在时间t内，b的动能与电势能之和减小
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
【答案】D
【详解】
A．两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有
由题意知，相同时间内a的位移大于b的位移，q、E又相等，可知
ma＜mb
故A错误；
B．由题可知在时间t内，a的位移大于b的位移，其电荷量相等，它们受电场力相等，所以电场力对a做的功大于对b做的功，即a的电势能变化量大于b的电势能变化量，故B错误；
C．整个过程中只有电场力做功，故能量守恒，即动能、电势能之和是一个定值，故C错误；
D．两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有
在t时刻粒子的速度为
则粒子的动量为
因两粒子的电荷量相等，电场强度相等，故动量也相等，故D正确；
故选D。
7．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，M、N是这条直线上的两点，一电子以速度经过M点向N点运动，经过一段时间后，电子以速度经过N点，且与方向相反，以下说法正确的是（　　）
A．M点的场强一定大于N点的场强
B．M点的电势一定高于N点的电势
C．电子在M点的速度一定小于在N点的速度
D．电子在M点的电势能一定大于在N点的电势能
【答案】B
【详解】
A．由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断哪点场强更大，故A错误；
B．由于电子在M点时速度方向向右而到达N点时速度方向向左，故电子所受电场力方向向左，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，故场强方向向右，所以M点电势高于N点的电势，故B正确；
C．由于从M到N过程中电场力做负功，故电子在M点的动能更大，故粒子在N点时的速度小于它在M点时的速度，故C错误；
D．由于从M到N过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，故电子在M点的电势能一定小于它在N点的电势能，故D错误；
故选B。
【点睛】
8．如图所示，M、N是真空中的两块带电平行金属板，一带电粒子以初速度v0由M板上的小孔垂直极板射入，粒子恰好能到达两板正中间。若将粒子以同样大小的速度从N板上的小孔垂直极板射入，不计粒子受到的重力，则粒子到达M板时的速度大小为（　　）
A．
B．2v0
C．
D．3v0
【答案】C
【详解】
带电粒子从M板小孔中射入时，由动能定理
带电粒子从N板小孔中射入时，由动能定理
解得
故选C。
9．某空间存在一静电场，沿方向建立坐标轴，一个电荷量为的带负电粒子从处由静止释放，粒子只在电场力的作用下沿轴运动，其电势能随位移的变化图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．此电场为处于原点的点电荷产生的电场
B．从点沿轴正向电势降低
C．在和处，粒子加速度相同
D．粒子在位置的速度是处的倍
【答案】B
【详解】
A．根据图象可知，图线的斜率表示电场力qE，由图可知两段图线斜率大小相等，则可知x轴正负半轴是两个大小相等，方向不同的匀强电场，故A错误；
B．带负电粒子从-3cm~0，电势能减小，则可知电势升高，场强方向沿x轴负方向，从0~3cm电势能增大，则电势降低，场强方向沿x轴正方向，则从点沿轴正向电势降低，故B正确；
C．在和处，场强大小相等，方向相反，故粒子加速度大小相等，方向相反，故C错误；
D．粒子从x=-3cm到O点的过程由能量守恒得
粒子从O到x=1cm的过程中，由能量守恒得
联立解得
联立解得
故D错误。
故选B。
10．离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，已知B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器，单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。则推进器获得的推力大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】
在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知
解得
以t秒内喷射的离子为研究对象，应用动量定理有
又因为
解得
根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为，故选A。
11．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，质子流内单位体积的质子数为n，其等效电流为I，质子电量为e，则质子的质量为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】
根据电流微观表达式，可得
质子在电场力作用下加速运动，根据动能定理，则有
解得
故A对，BCD错。
故选A。
12．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（　　）
A．电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关
C．两板间距离越大，加速时间越短
D．两板间距离越小，电子的加速度就越小
【答案】B
【详解】
AB．电子从P板到Q板的过程中，由动能定理有
得
所以到达Q板时的速率只与加速电压有关，而与板距无关，故A错误，B正确；
CD．据牛顿第二定律可得加速度
所以当两板间距离越小时，加速度越大，电子从P极板向Q极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间
两板间距离越大，时间越长，两板间距离越小，电子的加速度就越大，故CD错误。
故选B。
13．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】
设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场，根据动能定理：
-eEh=0-Ek0
解得：
故选D。
14．如图所示为某回旋加速器示意图，利用回旋加速器对粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子从磁场中获得能量
B．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子
C．只增大加速电压粒子在回旋加速器中运动的时间变短
D．只增大加速电压粒子获得的最大动能增大
【答案】C
【详解】
A．粒子在磁场中运动时，磁场的作用只改变粒子的运动方向，不改变粒子的运动速度大小，粒子只在加速电场中获得能量，A错误；
B．粒子在磁场中运动的周期
由于质子与粒子的比荷不同，保持B、U和T不变的情况下不能加速质子，B错误；
C．由
解得
粒子射出时的动能
粒子每旋转一周增加的动能是2qU，动能达到Ek时粒子旋转的周数是N，则有
每周的运动时间
则粒子在回旋加速器中的运动时间
若只增大加速电压U，粒子在回旋加速器中运动的时间变短，C正确；
D．设回旋加速器的最大半径是Rm，因此粒子在最大半径处运动时速度最大，根据
解得
射出时的最大动能是
若只增大加速电压，由上式可知，粒子获得的最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电场的电压无关，D错误。
故选C。
15．如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地。一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕OO′顺时针转过45°，则（　　）
A．P点处的电势降低
B．带电油滴仍将保持静止状态
C．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加
D．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动
【答案】D
【详解】
A．因电容器与电源始终相接，故电压不变，由
知，电容器极板旋转后
所以场强变为
又因电容器下极板接地且油滴在中间，故电势
故电势不变，故A错误；
B．因极板旋转前油滴静止，应有mg=qE，电场力方向向上，极板旋转后，电场力方向不再向下而是斜向右上方与竖直方向成45°角，油滴不能再保持静止，故B错误；
C．由图可知油滴向右运动过程中，电场力做正功，油滴电势能应减小，故C错误；
D．旋转前，qE=mg，旋转后对油滴受力分析并沿水平与竖直方向分解知
在竖直方向上
水平方向
故油滴将向右做加速度为g的匀加速直线运动，故D正确。
故选D。
二、多选题
16．如图a所示，AB为某电场中的一条直电场线，某带电粒子仅在电场力作用下从t=0时刻开始经A点沿直线向B点运动，其速度的平方v2与位移x的关系如图b所示，下列说法中正确的是（　　）
A．该电场一定是匀强电场
B．粒子的加速度为4m/s2
C．t=2s时粒子的速度为0
D．前2s粒子的位移为3m
【答案】AC
【详解】
由匀变速的位移速度公式得
该函数与图像吻合，所以带电粒子在电场中做匀变速直线运动，该电场一定是匀强电场。结合图像有
t=2s时粒子的速度为
前2s粒子的位移为
故选AC。
17．如图，带电平行板电容器两极板水平放置。两质量相等的带负电微粒a、b分别固定于电容器内上、下极板附近，两微粒与极板间的距离相等。现同时由静止释放a、b，a、b同时经过两极板的中线MN。不考虑a、b间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．到达MN时，b的动能等于a的动能
B．到达MN时，b的电势能等于a的电势能
C．从释放到MN的过程中，b的机械能增加量大于a的机械能减少量
D．若仅将上极板向上平移一小段，再同时由原位置释放a、b，a将先到达原中线MN
【答案】AC
【详解】
A．对两粒子根据运动学公式
两粒子在相等时间内位移大小相等，则两粒子加速度大小相等，则
，
两粒子动能相等，故A正确；
B．两个初位置不同的粒子到达同一位置时，电势能不可能相等。故B错误；
C．由于两粒子动能增量相同，但b的重力势能增加，a的重力势能减少，因此b的机械能增量大于a的机械能减少量。故C正确；
D．仅将上极板向上平移一段，由于电容器上电荷量不变，根据
两极板间的场强不变，粒子所受电场力不变，所受合力不变，加速度不变，同时由原位置释放两粒子，仍将同时到达原位置。故D错误。
故选AC。
18．如图所示，在空间存在一平行于圆形平面的匀强电场，圆形平面的圆心为O，半径为R，AB为直径。质量为m，电荷量为+q的粒子自A点先后以不同的动能沿各个方向进入电场，速度方向与圆形平面平行。已知动能为零的粒子沿AC方向离开圆形区域，离开时动能为E0，∠CAB=，运动过程中粒子仅受电场力作用。则下列判断正确的是（　　）
A．电场强度的大小为E=
B．电场强度的大小为E=
C．自B点离开电场的离子动能增加E0
D．自B点离开电场的离子动能增加2E0
【答案】AC
【详解】
AB．初速度为零的粒子，由C点射出电场，电场方向与平行，由A指向C。根据动能定理有
计算得
故A正确，B错误；
CD．电场方向沿方向，自B点离开电场的粒子动能的增加量等于电场力做的功
故C正确，D错误。
故选AC。
19．如图，竖直放置的平行金属板A、B带等量异种电荷，A带负电并规定A板电势为0，B带正电，A、B间的电场可视为匀强电场。带负电的粒子以水平向右的初速度从紧挨A板附近运动到B板，忽略粒子的重力。则以粒子出发位置为坐标原点，粒子在运动过程中某位置的动能、机械能、电势、电势能随位移变化的关系正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】
A．设电场力大小为，从A板到B板，电场力做正功，根据动能定理有
得
根据数学知识可知，图象斜率为正，纵轴截距为正，故A正确；
BD．电场力做正功，机械能增加，电势能减小，故BD错误；
C．A板为电势零点，也为电势能的零点，带电粒子在向B板移动的过程中，电场力做正功，电势能减小，有
则电势
即图象是过原点的直线，故C正确。
故选AC。
20．如图甲所示，A、B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球将沿此电场线从A点向B点运动，其图象如图乙所示，已知小球质量为m，电荷量为q，A、B间高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）
A．沿电场线由A到B，电势逐渐升高
B．小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大
C．A、B两点的电势差
D．该电场为匀强电场，其电场强度大小为
【答案】AB
【详解】
AB．由速度位移公式
可知
结合图乙可得
得
对小球受力分析由牛顿第二定律可知
得
方向竖直向上，由于小球带正电，则电场强度方向竖直向上，所以沿电场线由A到B，电势逐渐升高，根据正电荷在电势高处电势能大，则小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大，故AB正确；
CD．由于小球的加速度恒定，则小球所受电场力恒定，所以电场为匀强电场，则
得
A、B两点的电势差
故CD错误。
故选AB。
21．如图所示虚线为空间电场的等势面，电荷量为-q的小球（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿直线由A匀速运动到B，已知AB和等势面间的夹角为θ，AB间的距离为d，则（　　）
A．A、B两点的电势差绝对值为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．带电小球由A运动到B的过程中，电势能减少了Fdsinθ
D．若要使带电小球由B向A做匀速直线运动，则力F不变
【答案】AD
【详解】
A．小球受到的电场力与等势面垂直，匀速运动时，拉力应垂直于等势面，方向不能确定，若拉力垂直于等势面向左，根据动能定理得
解得A、B两点的电势差为，若拉力垂直于等势面向右，根据动能定理得
根据动能定理得
解得A、B两点的电势差为，综上分析可知A、B两点的电势差绝对值为
故A正确；
B．电场线方向沿F方向，AB沿电场线方向距离为dsinθ，根据
可得
故B错误；
C．若小球由A运动到B电场力做负功，则为-Fdsinθ，电势能增大Fdsinθ；若小球由A运动到B电场力做正功，则为Fdsinθ，电势能减小Fdsinθ，故C错误；
D．小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，要使带电小球由B向A做匀速直线运动，力F不变，故D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
22．如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
(1)球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；
(2)通过论证分析小球A能否到达右板，如果能到达试求A球速度第一次为零的位置；
(3)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】
(1)带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律
球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，
求得
(2)对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有
可见A还能穿过小孔，离开右极板。假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有
综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。
对系统，当从刚开始运动到A第一次带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧，设A离右板的距离为x，由动能定理
解得
(3)设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则
解得
球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律
显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有
求得
球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律
设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有
求得
可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为
根据(2)中结果带电系统从开始运动到速度第一次为零球A相对右板的位置为
23．如图所示，一质量为m，电荷量为e的质子从静止开始经加速电压U加速后，紧挨A板水平进入竖直方向的偏转电场中，已知A、B板的长度及板间距离都是L，A板电势比B板电势高2U，紧挨A、B的右侧有平面直角坐标系，坐标原点与A板右端重合，第四象限有竖直向上的匀强电场，电场强度为E。
(1)质子从加速电场射出时的速度v1是多大？
(2)质子射出偏转电场时的偏转角θ是多大？
(3)质子进入第四象限后经过多长的时间t速度方向变为水平？
【答案】(1)；(2)45°；(3)
【详解】
（1）质子在加速电场中被加速，根据动能定理，则有
解得
（2）质子垂直进入电场后，做类平抛运动，将运动分解成水平与竖直方向，水平方向做匀速直线运动，则有
L=v1t
竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律，则有
竖直方向的速度为
因此质子射出偏转电场时的偏转角θ，即
解得
θ=45°
（3）质子进入第四象限后速度方向变为水平时，竖直速度为零，则由
解得
24．某直线加速器可简化为如下模型：从电子源发出的初速度为0的电子分别经过两级加速之后打到荧光屏上，两级加速电场极板接线柱A、B、C、D与电压为U的电源相连，两级加速装置的长度相等，电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。求：
(1)电子在两级加速电场中加速的时间之比。
(2)电子打到荧光屏上的速度v。
【答案】(1)
；(2)
【详解】
(1)电子做匀加速直线运动，由于两级加速装置长度相等，由可知，其电场速度E相等，由
可知加速度相等，有
解得
(2)由动能定理得
解得
25．如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度为。y轴与直线区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度也为E，一个质量为。带电量为的粒子（不计重力）从第一象限的S点由静止释放，S点坐标为。
(1)求粒子通过y轴时的速度大小；
(2)求粒子通过x轴时离坐标原点的距离d；
【答案】(1)4m/s；(2)8cm
【详解】
(1)粒子从S点到y轴做匀变速直线运动，则由动能定理
解得
v=4m/s
(2)粒子从y轴向左射出后做类平抛运动，沿x轴负向做匀速运动，沿y轴负向做匀加速运动，则
解得
d=8cm
26．一质量为、电荷量为、初速度为0的质子经过电压为的电场加速后，垂直进入磁感应强度为的匀强磁场中，求：
（1）质子刚离开电场时的速度大小；
（2）质子所受洛伦兹力为多大；
（3）质子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径。
【答案】（1）；（2）；（3）R
【详解】
（1）质子在电场中加速
解得
（2）质子所受洛伦兹力为
（3）质子在磁场中做匀速圆周运动，则
解得
27．如图所示，有一以O为圆心，AB为直径的圆形区域，直径长度为D，在圆所在平面内存在一匀强电场（方向未知），今有一质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在圆形平面内自A点静止释放，并从C点以速率穿出电场，已知AC与AB的夹角，运动中粒子仅受电场力作用。若将粒子以速度v（v未知）垂直电场的方向，自A点射入电场，并从B点离开电场，试求：
(1)电场强度的大小和方向；
(2)粒子自B点离开电场时的速度大小。
【答案】(1)，方向由A指向C；(2)
【分析】
本题主要考察带电粒子在匀强电场中的加速和偏转问题，第一次从A到C过程，带电粒子做匀加速直线运动，利用动能定理可解得电场强度的大小和方向；第二次带电粒子垂直电场射入，做类平抛运动，利用平抛运动的位移公式可解得初速度，再结合动能定理可求出粒子离开B点的速度。
【详解】
(1)由题意可知：电场方向由A指向C，带电粒子自A点静止释放，沿AC方向做匀加速直线运动，由几何知识可知AC长为
由动能定理可得
可解得
(2)将粒子以速度v垂直电场的方向自A点射入电场，并从B点离开电场，粒子做类平抛运动，如图所示，
由类平抛规律得
沿电场方向有
沿速度方向有
联立两式可解得，
由A到B过程电场力做正功，粒子离开B点时的速率，
由动能定理可得
联立可得。
28．在直角坐标系中，三个边长都相同的正方形排列如图所示，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。
(1)现有一带电量为＋q、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点。求CED区域内的匀强电场的电场强度E1；
(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系？
【答案】(1)4E0；(2)
【详解】
(1)设粒子在第一象限的电场中加速运动，出第一象限时速度为v，由动能定理得
在第二象限中由类平抛运动的规律
解得
(2)设出发点坐标为（x，y），加速过程由动能定理得
经过分析，要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移大小相等为y，则
解得
29．如图所示，AB间存在方向与竖直成45°角斜向上的匀强电场E1，BC间存在竖直向上的匀强电场E2，AB间距为0.2
m，BC间距为0.1
m，C为荧光屏。质量m＝1.0×10－3
kg，电荷量q＝＋1.0×10－2
C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点。若在BC间再加方向垂直纸面向外、大小B＝1.0
T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点（未画出）。取g＝10
m/s2，求：
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量。
【答案】(1)1.4
V/m；(2)2.7×10－4
J
【详解】
(1)粒子在AB间做匀加速直线运动，受力如右图所示
qcos
45°=mg
V/m=1.4
V/m
(2)由动能定理得
=2
m/s
加磁场前粒子在BC间作匀速直线运动
则有
加磁场后粒子作匀速圆周运动，轨迹如图．
由洛伦兹力提供向心力得
R==0.2
m
设偏转距离为y，由几何关系得
y=2.7×m
W=-q·y=-mgy=-2.7×J
即电势能变化了2.7×J
30．如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经P、Q两板间的加速电场加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场场强的方向与ad边平行且由a指向d。(不考虑离子重力)
(1)求加速电压U0；
(2)若离子恰好从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)对离子，在P、Q两板间的加速过程，根据动能定理有
解得
(2)设此时场强大小为E0，则
ab方向有
ad方向有
而
解得
31．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5
cm，bc＝12
cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8
C的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝2.0×10－7
J，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)电荷从b移到c，电场力做的功W2；
(3)a、c两点间的电势差Uac。
【答案】(1)100
V/m；(2)2.4×10－7
J；(3)11V
【详解】
由于电场力做功W＝qU与路径无关，只与初、末位置间的电势差有关，故可根据已知的电场力做功先求电势差，再根据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E。反之亦然。
(1)设a、b两点间距离为d，有
W1＝qE·d
得
E＝＝V/m＝100
V/m
(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1，有
d1＝bc·cos60°
W2＝qE·d1
得
W2＝qE·bc·cos60°＝4×10－8×100×12×10－2×0.5
J＝2.4×10－7
J
(3)设电荷从a移到c电场力做功为W，有
W＝W1＋W2
W＝qUac
得
Uac＝＝V＝V＝11
V
32．一质量m为电量q为带点粒子由静止经电压为U加速电场加速后，水平飞入板长为L，两板间距也为L的偏转电场，板间电压也为U，粒子飞出偏转电场后打荧光屏上，偏转电场右端到荧光屏的距离为L。如图所示，不计带电粒子的重力。求：
(1)带电粒子飞出偏转电场时侧位移；
(2)带电粒子飞出电场时的速度；
(3)离开电场时偏转角的正切值；
(4)带电粒子离开电场后，打在屏上的P点，求
OP的长。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】
(1)设带电粒子在经过加速电场，进入偏转电场的速度为，根据动能定理
解得
带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，则电子飞出偏转电场时的侧位移
加速度
在水平方向
联立解得
(2)带电粒子飞出电场时在水平方向速度为，在竖直方向
则带电粒子飞出电场的速度
代入数据解得
(3)
离开电场时偏转角的正切值
(4)
带电粒子离开电场后,在水平方向做速度为匀速直线运动，在竖直方向做速度为的匀速直线运动，则带电粒子在离开电场后到打在屏上需要的时间
离开电场后带电粒子在竖直方向的位移
OP的长度为
联立解得
33．某金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同。在M旁放置一个金属网N。如果用导线将MN连接起来，M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流。现在不把M、N直接相连，而如图所示在M、N之间加一个电压U，发现当U＞12.5V时电流表中就没有电流。（已知电子质量me=0.91×10-30kg，电量e=1.6×10-19C）问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？以最大速度运动的电子恰好到达金属网N时电场力做功为多少？
【答案】2.1×106m/s；-2×10-18J
【详解】
当电流表中无电流通过时，说明即使垂直射向N板的电子都会在到达N板前减速到零，假设电子最大速度是v，由动能定理
-eU=0-mv2
v=2.1×106m/s
以最大速度运动的电子恰好到达金属网N时，电场力做功
W=-eU=-12.5eV=-2×10-18J
34．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引导轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，已知质子的电荷量q=1.60×10-19C、质量m=1.67×10-27kg，要使质子由静止被加速到8.0×106m/s，不考虑相对论效应，则
(1)加速电场的电压应是多少；
(2)若加速电场是匀强电场，且质子的加速长度为4.0m，则电场强度应是多少。
【答案】(1)3.34×105V；(2)8.35×104V/m
【详解】
(1)设加速匀强电场的电压为U
解得
U=3.34×105V
(2)设电场强度为E
U=Ed
解得
E=8.35×104V/m
35．如图所示，在xOy平面的第一象限内放置平行金属网，OA与y轴重合，边缘落在坐标原点，两网正对，长度和间距均为L，AO和BC间的电势差恒为U0（U0>0）；第二象限内正对放置平行金属板MN和PQ，板长和板间距离也均为L，PQ与x轴重合，边缘P点坐标为（-，0），PQ与MN间电势差也为U0电子可以自OA和BC间任意位置由静止出发，设电子通过金属网时不与网发生碰撞，不考虑平行板电容器的边缘电场，不计电子所受重力。若电子自（L，）出发，求电子到达x轴的位置坐标。
【答案】（-2L，0）
【分析】
该题主要考察电场中的加速及偏转问题。
【详解】
电子经平行金属网BC、OA间电场加速后，速度为v0，则由动能定理有
此后电子在MN、PQ的电场间做类平拋运动，设运动时间为t1，则
，，
由上式整理得
，
电子在此后的运动为匀速直线运动
水平方向
竖直方向
整理得
x总
=
-(x
+
L
+)
=
-2L
所以电子到达x轴的坐标为（-2L，0）。
【点睛】
类平抛运动后继续做匀速直线运动，则抓住类平抛运动的末速度的方向至关重要。
36．如图所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长
L
1m
，进烟尘口的截面为边长
d
0.5m的正方形。分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v0
2m/s
连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布。已知每立方米体积内颗粒数
n
1013
个，每个烟尘颗粒带电量为
q
1.01017
C
，质量为
m
2.01015
kg
，忽略颗粒的重力、颗粒之间的相互作用力和空气阻力。
(1)当所加电压U0
300V
时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值；
(2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求所加电压U1
；
(3)装置在(2)中电压U1
作用下稳定工作时，1s
内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟尘颗粒所做的总功。
【答案】(1)；(2)400V；(3)0.01J
【详解】
(1)颗粒在运动中做类平抛运动，由牛顿第二定律有
在水平方向上有
在竖直方向上有
解得
被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值
(2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，紧贴上金属板射入的颗粒恰能打到下金属板上，颗粒做平抛运动，在竖直方向上有
解得
(3)1s内的总个数为
电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量y成正比，则对所有颗粒做功的平均值等于电场对距离下金属板处的颗粒所做的功，所以有
37．当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19C，求：
(1)质子所受到的电场力约为多少牛？
(2)质子加速需要的时间约为多少秒？
(3)加速器加速的直线长度约为多少米？
【答案】(1)2×10－14N；(2)8×10－7s；(3)4m
【详解】
(1)质子受到的电场力大小
(2)质子的加速度
加速时间
(3)加速器加速的直线长度
38．如图所示，平行板电容器两极板正对且倾斜放置，下极板接地，电容器电容C=10-8F，两极板分别带等量的异种电荷，电量Q=1×10-6C。一电荷量q=3×10-10C，质量m=8×10-8kg带负电的油滴以vo=0.5m/s的速度自AB板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从CD板右边缘水平飞出，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)两极板之间的电压U；
(2)带电粒子从电场中飞出时的速度大小v。
【答案】(1)100V；
(2)
【详解】
(1)由电容器电容公式
得
代入数据得
(2)带电粒子能沿水平方向做直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示。静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与静电力在水平方向上的分力相同，根据动能定理有
解得
39．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的质子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若质子从两块水平平行板的正中间射入，且最后质子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
(1)质子通过B点时的速度大小；
(2)右侧平行金属板的长度；
(3)质子穿出右侧平行金属板时的动能。
【答案】(1)
；
(2)
(3)
【详解】
(1)在加速电场中由动能定理可得
计算得出
(2)质子在竖直方向，竖直方向位移
根据牛顿第二定律得，粒子的加速度
在水平方向
联立上式得到
代入数据得
(3)从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：
40．如图所示，距离为d的平行金属板A、B间的电场强度为E，B板接地。靠近A板的M点有一放射源，能向各个方向发射质量为m，电量为-e的带电粒子，可以探测到B板上以N点为圆心、半径为r的圆形区域内都有带电粒子到达，粒子重力不计。求：
（1）粒子运动加速度a的大小；
（2）粒子初速度的最大值v0；
（3）粒子到达B板的最大动能Ekm。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）粒子加速度
（2）粒子速度方向平行于A板，做类平抛运动，打到B板距离N点最远
解得，
（3）由动能定理得
解得，
41．如图所示为示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l，电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为me、电荷量为e。
(1)求经电场加速后电子速度v的大小；
(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子动能多大？
【答案】(1)
；
(2)
；
【详解】
(1)电子经电压为U1的电场加速，根据动能定理有
则经电场加速后电子的速度
(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏移量为，电子受到偏转电场的电场力F2=eE2，电子沿偏转电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿电场方向
其中
沿垂直电场方向
可解得两平行板间电压
又
又
，eU1=Ek0
故
42．如图所示，在，内某一区域存在一匀强磁场，方向垂直纸面向里。在直线的上方，直线与之间的区域内，另有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从点垂直于磁场方向射入磁场，当速度方向沿轴正方向时，粒子恰好从（的位置）点正上方的A点沿y轴正方向射出磁场，不计粒子重力。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若粒子以速度从点垂直于磁场方向射入磁场，速度方向沿x轴正方向成角（，其中粒子射入第一象限，取正：粒子射入第四象限，取负），为使这些粒子射出磁场后在电场中运动的时间相同且最长，写出磁场边界的轨迹方程。
(3)磁场的边界如题(2)所求，若粒子以速度从点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿轴正方向的夹角时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间t。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)当粒子速度沿x轴方向入射，从A点射出磁场时，几何关系知
r=a
由牛顿第二定律得
解得
(2)要使这些粒子射出磁场后在电场中运动的时间相同且最长，则要求进入电场时的速度与电场线平行，设与y轴正方向成θ角的粒子从磁场边界某点P（x，y）射出，由题可知，粒子运动的轨迹对应的圆心角刚好为
，如图，由几何关系可知P点的坐标为
消掉θ1可得边界的曲线方程为
即所加磁场在以（a，0）为圆心，半径为a的圆内，如图中圆所示。
(3)粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，
故粒子从P点的出射方向与OO1垂直，即与y轴平行；轨迹如图所示；则粒子从O到P所对应的圆心角为θ1=60°，粒子从O到P用时
由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离
粒子在电场中做匀变速运动的时间
粒子磁场和电场之间匀速直线运动的时间
粒子由P点第2次进入磁场，从Q点射出，PO1QO3构成菱形；由几何知识可知Q点在x轴上，即为（2a，0）点；粒子由P到Q所对应的圆心角θ2=120°，粒子从P到Q用时
粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间
43．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝9.0×10-31kg，电荷量e＝1.6×10-19C，加速电场电压U0＝2500V，偏转电场电压U＝200V，极板的长度L1＝6.0cm，板间距离d＝2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0cm(忽略电子所受重力，结果保留2位有效数字)。求：
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。
【答案】(1)3.0×107m/s；(2)0.72cm；(3)5.8×10-18J
【详解】
(1)根据动能定理有
解得
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，电子在水平方向做匀速运动，有
L1＝v0t
电子在竖直方向上做匀加速运动
根据牛顿第二定律有
联立得
电子离开偏移电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，有
计算得出
(3)电子在偏转电场运动的过程中，电场力对它做的功
44．如图所示，在竖直放置的平行金属板
A、B
之间加有恒定电压
U，A、B
两板的中央
留有小孔
O1、O2，它们之间的距离为
d，在
B
板的右侧有平行于极板的匀强电场
E，电场
范围足够大，感光板
MN
垂直于电场方向固定放置，从小孔
O1处由静止释放一个带电粒
子，质量为
m，电量为+q，O2离
MN
的高度为
h，不考虑粒子重力，求：
(1)粒子到达小孔O2时的速度大小；
(2)粒子打在感光板
MN
上的位置与金属板
B
的水平距离；
(3)粒子从
O1处出发到打到感光板上所用的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
（1）由动能定理
解得
（2）粒子进入B板右侧后做类平抛运动，竖直方向有
粒子进入B板右侧后做类平抛运动的时间
水平方向有
解得
（3）粒子从运动到所需要的时间
解得
则粒子从处出发到打到感光板上所用的时间
解得
45．如图所示水平放置的两平行金属板间距为a=1mm，电压大小为U=2V，上板中央有孔，在孔正下方的下板内表面上有一个质量为m=0.3kg、电量为+q=3×10-3C的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则（g=）
(1)板间场强的大小是多少？
(2)小颗粒到达小孔的速度是多少？
(3)它能上升的最大高度（离上极板）h是多少？
【答案】(1)2000V/m；(2)
；(3)1mm
【详解】
(1)在平行金属板间可视为匀强电场
(2)从小颗粒由静止释放到运动到小孔过程，根据动能定理得：
解得
(3)从小颗粒由静止释放到最高点过程，设最大高度为h，根据动能定理得：
计算得出
h=0.001m

展开更多......

收起↑