帶電粒子在電場中的偏轉(含答案)

1、帶電粒子在電場中的偏轉一、基礎知識1、帶電粒子在電場中的偏轉(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動(4)運動規(guī)律：沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間沿電場力方向，做勻加速直線運動特別提醒帶電粒子在電場中的重力問題(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，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2、帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電

2、場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的證明：由qU0mvyat2··()2tan 得：y，tan (2)粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為.3、帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差二、練習題1、如圖，一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子，以速度v0垂直于電場方向進入電場，關于該帶電粒子的運動，下列說法正確的是()A粒子在初速度方向做勻加速運動，平行于電場方向做勻加速運動，因而合運動是勻加

3、速直線運動B粒子在初速度方向做勻速運動，平行于電場方向做勻加速運動，其合運動的軌跡是一條拋物線C分析該運動，可以用運動分解的方法，分別分析兩個方向的運動規(guī)律，然后再確定合運動情況D分析該運動，有時也可用動能定理確定其某時刻速度的大小答案BCD2、如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L8 cm，兩板間距離d8 cm，A板比B板電勢高300 V，一帶正電的粒子電荷量為q1.0×1010 C，質(zhì)量為m1.0×1020 kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v02.0×106 m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，然后進入固定在O點的點電荷Q形成的

4、電場區(qū)域(設界面PS右側點電荷的電場分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上(靜電力常量k9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不計) (1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠？到達PS界面時離D點多遠？(2)在圖上粗略畫出粒子的運動軌跡(3)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小解析(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(側向位移)：yat2aLv0t則yat2()20.03 m3 cm粒子在離

5、開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS交于H，設H到中心線的距離為Y，則有，解得Y4y12 cm(2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧(圖略)(3)粒子到達H點時，其水平速度vxv02.0×106 m/s豎直速度vyat1.5×106 m/s則v合2.5×106 m/s該粒子在穿過界面PS后繞點電荷Q做勻速圓周運動，所以Q帶負電根據(jù)幾何關系可知半徑r15 cmkm解得Q1.04×108 C答案(1)12 cm(2)見解析(3)負電1.04×108 C3、如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側虛線相

6、距也為L處有一與電場平行的屏現(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求： (1)粒子從射入電場到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan ；(3)粒子打在屏上的點P到O點的距離x.答案(1)(2)(3)解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間t.(2)設粒子剛射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a所以vya所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值

7、為tan .(3)解法一設粒子在電場中的偏轉距離為y，則ya()2·又xyLtan ，解得：x解法二xvy·y.解法三由得：x3y.4、如圖所示，虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m2.0×1011 kg、電荷量為q1.0×105 C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U100 V的電場加速后，垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線MN的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30°角已知PQ、MN間距為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計求： (1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1；(2)水平勻強電場的場強大??；(3)

8、ab兩點間的電勢差答案(1)1.0×104 m/s(2)1.732×103 N/C(3)400 V解析(1)由動能定理得：qUmv代入數(shù)據(jù)得v11.0×104 m/s(2)粒子沿初速度方向做勻速運動：dv1t粒子沿電場方向做勻加速運動：vyat由題意得：tan 30°由牛頓第二定律得：qEma聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：E×103 N/C1.732×103 N/C(3)由動能定理得：qUabm(vv)0聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：Uab400 V.5、如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同

9、一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們()A同時到達屏上同一點 B先后到達屏上同一點C同時到達屏上不同點 D先后到達屏上不同點答案B解析一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉電場的時間均不同，但在偏轉電場中偏轉距離相同，所以會先后打在屏上同一點，選B.6、如圖所示，六面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(zhì)量相同的帶正電液滴a、b、c，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

10、滴的運動時間不一定相同C三個液滴落到底板時的速率相同 D液滴c所帶電荷量最多答案D解析三個液滴具有水平速度，但除了受重力以外，還受水平方向的電場力作用，不是平拋運動，選項A錯誤；在豎直方向上三個液滴都做自由落體運動，下落高度又相同，故運動時間必相同，選項B錯誤；在相同的運動時間內(nèi)，液滴c水平位移最大，說明它在水平方向的加速度最大，它受到的電場力最大，電荷量也最大，選項D正確；因為重力做功相同，而電場力對液滴c做功最多，所以它落到底板時的速率最大，選項C錯誤7、絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強電場，其俯視圖如圖所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，電場方向與x軸正向平行，電場的半徑為R m，

11、圓心O與坐標系的原點重合，場強E2 N/C.一帶電荷量為q1×105 C、質(zhì)量m1×105 kg的粒子，由坐標原點O處以速度v01 m/s沿y軸正方向射入電場(重力不計)，求： (1)粒子在電場中運動的時間；(2)粒子出射點的位置坐標；(3)粒子射出時具有的動能答案(1)1 s(2)(1 m,1 m)(3)2.5×105 J解析(1)粒子沿x軸負方向做勻加速運動，加速度為a，則有：Eqma，xat2沿y軸正方向做勻速運動，有yv0tx2y2R2解得t1 s.(2)設粒子射出電場邊界的位置坐標為(x1，y1)，則有x1at21 m，y1v0t1 m，即出射點的位置坐

12、標為(1 m,1 m)(3)射出時由動能定理得Eqx1Ekmv代入數(shù)據(jù)解得Ek2.5×105 J.8、如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構成正方形，其中P點是EH的中點一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出以下說法正確的是()A粒子的運動軌跡一定經(jīng)過P點B粒子的運動軌跡一定經(jīng)過PE之間某點C若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子會由ED之間某點射出正方形ABCD區(qū)域D若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點射出正方形ABCD區(qū)域答案BD解析粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，其軌跡是拋

13、物線，則過D點做速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點，而延長線又經(jīng)過P點，所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點，選項A錯誤，B正確；由平拋運動知識可知，當豎直位移一定時，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话耄赃x項C錯誤，D正確9、用等效法處理帶電體在電場、重力場中的運動如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應滿足什么條件？圖9審題與關聯(lián)解析小球先在斜面上運動，受重力、電場

14、力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg，大小為mg，tan ，得30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的等效“最高點”(D點)滿足等效重力剛好提供向心力，即有：mg，因30°與斜面的傾角相等，由幾何關系可知2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：2mgRmvmv解得v0 ，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足v .答案v 10、在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB2BC，如圖所示由此可見()A電場力為3mgB小球帶正電C小球從A到B與從B到C的運動時間相等D小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等答案AD解