2024-2025學年人教版高中物理必修第三冊《帶電粒子在電場中的運動》壓軸題型訓練【九大題型】（解析版）

《帶電粒子在電場中的運動》壓軸培優(yōu)題型訓練【九大題型1

帶電粒子在周期性變化的電場中做直線運動（共2小題）

二.帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動（共4小題）

三.帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉（共4小題）

四.帶電粒子射出偏轉電場后打在擋板上（共3小題）

五.帶電粒子在單個或多個點電荷電場中的運動（共5小題）

六.帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動（共5小題）

七.帶電粒子（計重力）在非勻強電場中的直線運動（共3小題）

八.從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題（共18小題）

九.動量守恒定律在電場問題中的應用（共4小題）

帶電粒子在周期性變化的電場中做直線運動（共2小題）

1.如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d=0.6cm,兩板間加有一周期性變化

的電壓，當B板接地（（PB=O）時，A板電勢（PA，隨時間變化的情況如圖乙所示.現有

一帶負電的微粒在t=0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電微粒受到的電場力為重

力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計.求：

甲乙

（1）在0?工和工?T這兩段時間內微粒的加速度大小和方向；

22

（2）要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少（g=10m/s2）.

【答案】見試題解答內容

【解答】解：（1）設電場力大小為F,貝ljF=2mg,對于t=0時刻射入的微粒，在前半個

周期內，有

F-mg=mai

1

又由題意，F=2mg

解得，ai=g,方向向上.

后半個周期的加速度a2滿足

F+mg=ma2

得a2=3g,方向向下.

（2）前半周期上升的高度比=工@1（工）2=LgT2

2128

前半周期微粒的末速度為vi=LgT

2總

后半周期先向上做勻減速運動，設減速運動時間3則3gti=上燈，則得t,J

2s16

t?=fx3gX(l)2=^

此段時間內上升的高度h2=lan

2a2

2

則上升的總高度為H=hi+h2=9l

6

后半周期的三-□=工時間內，微粒向下加速運動，下降的高度H3=Lx3gX（―）2=

2323

2

gT

上述計算表明，微粒在一個周期內的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可,

2

則HWd,即巨二Wd

6

所加電壓的周期最長為Tm=J0Z=6X10-2s

答:

（1）在0?工和工?T這兩段時間內微粒的加速度大小和方向分別為：g,方向向上和

22

3g,方向向下；

（2）要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為6X10-2$.

2.如圖1所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出）,

其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規(guī)律如圖2所示.將一個質量m=2.0Xl（T

27kg,電量q=+1.6X10-19c的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力.求

（1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小；

（2）若A板電勢變化周期T=LOX10-5s,在t=o時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋

放，粒子達到A板時動量的大?。?/p>

2

(3)A板電勢變化頻率多大時，在1=工到t=1時間內從緊臨B板處無初速釋放該帶電

42

一圖1圖2

【答案】答：(1)在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小為4.0X

109mzs2；

(2)若A板電勢變化周期T=LOX10-5s,在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋

放，粒子達到A板時動量的大小為4.0X10-23kg.m/s；

(3)A板電勢變化頻率為蚯*dHz時，在t=［到t=］時間內從緊臨B板處無

初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板。

【解答】解：(1)電場強度E號，帶電粒子所受電場力F=qE=號，F=ma

a=^-=4.0X109m/s2

dm

釋放瞬間粒子的加速度為4.0X109m/s2；

(2)粒子在0?2■時間內走過的距離為品OXlO-2^

故帶電粒子在t=工時，恰好到達A板，根據動量定理，此時粒子動量p=Ft=4.0X10-

2

23kg.m/s

粒子到達A板時的動量為4.0X10-23kg-m/s；

(3)帶電粒子在t=1~t=工向A板做勻加速運動，在七J"?t=21向A板做勻減速

42工24

運動，速度減為零后將返回.在1=工時刻釋放的粒子向A板運動位移最大，且最大位

4

移為：

s=2等//??？

要求粒子不能到達A板，則有s<d,

可得：

a

3

由f=",電勢變化頻率應滿足f>jy1i=5ax10正。

答：（1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小為4.0X109^52；

（2）若A板電勢變化周期T=1.0X10-5s,在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋

放，粒子達到A板時動量的大小為4.0X1023kg?m/s；

（3）A板電勢變化頻率為M歷x104HZ時，在t=［到t=］時間內從緊臨B板處無

初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板。

二.帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動（共4小題）

3.某種負離子空氣凈化原理如圖所示。收集器矩形通道的上下表面是一對平行金屬板，金

屬板長度為L,間距為d。均勻分布的帶負電的灰塵顆粒質量為m、電荷量為q、以水平

速度V。進入通道，單位時間內進入通道的帶電灰塵顆粒數目為n。已知兩金屬極板之間

1n

的電壓恒為u=：°，帶電灰塵顆粒打到金屬板上即被收集，不計灰塵顆粒重力影響

2qL2

及灰塵顆粒間相互作用。下列說法不正確的是（）

A.凈化裝置對帶電灰塵顆粒的收集率為互

100

B.單位時間內通過導線的電荷量為*nq

C.單位時間內帶電灰塵顆粒減少的電勢能為生nqU

32岡

D.若電壓增大到2U,則帶電灰塵顆粒恰好全部被收集

【答案】D

【解答】解：AB.帶電塵埃在極板間最大偏轉距離y,最長運動時間為t,根據牛頓第二

定律可知，塵埃的加速度為

32

dVO

a=@=

2L2

md

水平方向和豎直方向分別有

L=vot

4

=12

7vIa+t

解得：y=—d

4

根據題意可知，收集效率為：n=Z.X100%=75%

d

則單位時間內通過導線的電荷量為：Q=3nq

4

故AB正確；

c.因最大偏轉距離為3d,故單位時間內，入射點與上極板距離大于旦d的顆粒減少的

44

電勢能總計為：

AEpi=—nqXJzH

44

入射點與上極板距離不大于3d的顆粒打在上極板上，因板間各點到上極板的電勢差與

4

到上極板的距離成正比，可以用電勢差的平均值來計算減少的電勢能，則打在上極板的

顆粒減少的電勢能總計為：

AEp2=3nqX包

一442

單位時間內帶電灰塵顆粒減少的電勢能為：Ep=AEpi+AEp,=l§.nqU,故C正確；

32

D.若電壓增大到2U,帶電塵埃在極板間最大偏轉距離y,最長運動時間為f,根據牛

頓第二定律可知，塵埃的加速度為

32

MdVO

a-

L2

md

水平方向和豎直方向分別有

L'=vot'

v'=1*'2

7?at

解得：y'=3d

2

則帶電灰塵顆粒并非恰好全部被收集，故D錯誤；

本題選擇錯誤選項，故選：D。

4.如圖所示，豎直平面區(qū)域I內有電場強度大小為E、方向豎直向上的勻強電場；區(qū)域H

中有一光滑絕緣圓弧軌道，軌道半徑為R=―軌道在A點的切線與水平方向成60。

g

角，在B點的切線與豎直線CD垂直；在區(qū)域III內有一足夠長且寬為d的有界勻強電場,

5

電場強度大小未知，方向水平向右。一質量為m、電荷量大小為q的帶負電小球（可看

作質點左邊界的。點正上方的M點以速度v0水平射入區(qū)域I,恰好從A點沿圓弧軌道

切線進入軌道且恰好不能從區(qū)域m電場右邊界穿出，已知重力加速度為g,求：

（1）帶電小球在區(qū)域I運動的時間t?

（2）區(qū)域ni中電場強度的大小E’？

（3）小球再次到達區(qū)域III左邊界上的點距水平線OO'的距離s?

【答案】（1）帶電小球在區(qū)域I運動的時間t為------

mg+qE

2

V

9mo

（2）區(qū)域III中電場強度的大小E'2qd

5VnQgJ2

（3）小球再次到達區(qū)域III左邊界上的點距水平線OO'的距離s為一1削%.

2§9v0

【解答】解：（1）小球在區(qū)域I中做類平拋運動，設小球在A點的速度為VA，豎直分速

度為Vy,

==

則有：v.=---J—2v（）,Vy=VAsin60°=2vX~~~y/2vn,由牛頓第二定律可

Acos60u20

得：mg+qE=ma,

、V3mv

由運動學規(guī)律：vy=at,聯(lián)立得：t=------上n

mg+qE

（2）在區(qū)域n中，由圖可得，由A至B下降的高度為國

2

則由A到B,根據動能定理mgA=A2解得：VB=3VO

22B2A

在區(qū)域ni中，小球在水平方向做勻減速直線運動，到達右邊界時水平速度剛好減為零，

故可得：*=2a'd，a，=&

2

V

9mO

解得：E'-

qd

6

(3)由VB=a't',解得：t'小球回到左邊界，在豎直方向上做自由落體運

3Vo

9

動，即卜=/8(21/2_1z2X2d.2-8§d

23Vo9vn

距離00'為$=11+工

2

V3mvn

答：(1)帶電小球在區(qū)域I運動的時間t為------

mg+qE

9mvn

(2)區(qū)域III中電場強度的大小E'為——

2qd

d

;8g

(3)小球再次到達區(qū)域III左邊界上的點距水平線00'的距離9，

，

vr

5.如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y，長為L,相距d,足夠大的豎直屏與

兩板右側相距b.在兩板間加上可調偏轉電壓U,一束質量為m、帶電量為+q的粒子(不

計重力)從兩板左側中點A以初速度V。沿水平方向射入電場且能穿出.

(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心0點；

(2)求兩板間所加偏轉電壓U的范圍；

(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度.

yL______

t

------------------d

Y/H-b

【答案】見試題解答內容

【解答】解：(1)設粒子在運動過程中的加速度大小為a,離開偏轉電場時偏轉距離為

y,沿電場方向的速度為Vy,偏轉角為0,其反向延長線通過。點，。點與板右端的水平

距離為x,則有

側移量，y=lat2①

2

勻速運動的位移，L=v()t②

豎直方向的速度，Vy=at

7

tan0=—,

v0x

聯(lián)立可得：x=L,

2

即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心.

(2)由牛頓第二定律得：2=必③

m

電場強度與電勢差的關系，E=U④

d

qUL2

由①②③④式解得:2

2V

mdO

2

O

三丫=皆呵，u=-----

2qL2

md2v§md2v§

則兩板間所加電壓的范圍為：-——裳WUW——裳；

qL2qL2

(3)當丫=旦時，粒子在屏上側向偏移的距離最大(設為yo)，

2

則yo=(―+b)tanQ,而tanO=旦,

2L

解得：yo=.d(L+2b),

2L

則粒子可能到達屏上區(qū)域的長度為dQ+2b)

L

答：(1)粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點;

,22,22

一mdvmdv

(2)則兩板間所加偏轉電壓U的范圍：-——盧nWUW——/n

qL2qL2

(3)則粒子可能到達屏上區(qū)域的長度為d(L+2b).

L

6.如圖所示，質量m=5XKT8kg的帶電粒子，以初速vo=2m/s的速度從水平放置的平行

8

金屬板A、B的中央，水平飛入電場，已知金屬板長0.1m,板間距離d=2X10-2m,當

UAB=1000V時，帶電粒子恰好沿直線穿過電場，若兩極板間的電勢差可調，要使粒子

能從兩板間飛出，UAB的變化范圍是多少？（g取10m*）

-----------------------B

【答案】見試題解答內容

【解答】解：帶電微粒恰好沿直線穿過板間的條件，求出微粒的帶電量q

qE=mg

d

q=K

u

帶電微粒豎直向上或向下位移x小于等于且才能從板間飛出，

2

取向上為正方向，則旦

22

運動時間t=—

v0

設板間電壓為u,場強電場力理

dd

qu［培

豎直勻加速運動加速度a=W--------=（u-U）3

mU

_12（u-U）gL2

22

2Uv0

要使粒子能從兩板間飛出，則

旦,（u-U）gl?三_旦

2

丁2Uv02

dUvn2

2

gTL

800V（u-U）》-800V

1800V》u2200V

答：要使粒子能從兩板間飛出，UAB的變化范圍是200V?1800V.

9

三.帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉（共4小題）

7.如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L,相距為d,0Q為中軸線，兩板間為勻強

電場，忽略兩極板外的電場，當兩板間加電壓UMN=U（）時，某種帶負電的粒子從Oi點

以速度vo沿0Q方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計。

（1）求帶電粒子的比荷

m

（2）若MN間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T=L,從t=0開始，前工時間內

V。3

UMN=2U,后2工時間內UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度vo沿0Q方向持續(xù)射

3

入電場，最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。

甲乙

【答案】見試題解答內容

【解答】解：（1）粒子從中軸線到M板的中點，有

—=vot

2

d_12

而加速度a=U巴

dm

/2^2

聯(lián),立以上幾式可求得：9C=—4vn^―d

2

mU0L

（2）粒子通過兩板時間t=1—=T,

v0

從t=0時刻開始，粒子在兩板間運動時每個電壓變化周期的前三分之一時間工內方向垂

3

直極板的加速度大小ai=2四

dm

（在每個電壓變化周期的后三分之二時間內方向垂直極板的加速度大小a2=曳）

dm

不同時刻從Oi點進入電場的粒子在電場方向的速度vy隨時間t變化的關系如答圖所示。

所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT或t=nT+工時刻進入

3

10

電場的粒子

恰好分別從極板右側上下邊緣處飛出。它們在電場方向偏轉的距離最大。

T

,va]"萬

所以有：旦

222

解得：U=.|-uo

/2,2

c4vd

答：（1）帶電粒子的比荷9是一n2--；

mUol?

（2）若最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，U的值為■lu。。

8.如圖（a）所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UAB=U25V,板中央有小孔O

和O'.現有足夠多的電子源源不斷地從小孔。由靜止進入A、B之間.在B板右側，

平行金屬板M、N長Li=4X10-2m,板間距離d=4XlO7m,在距離M、N右側邊緣

L2=0.1m處有一熒光屏P,當M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒

光屏上的O〃并發(fā)出熒光.現給金屬板M、N之間加一個如圖（b）所示的變化電壓ui，

在t=0時刻，M板電勢低于N板.已知電子質量為%=9.OXl（）-31kg,電量為e=1.6

xio19c.

（1）每個電子從B板上的小孔O'射出時的速度多大？

（2）打在熒光屏上的電子范圍是多少？

（3）打在熒光屏上的電子的最大動能是多少？

【答案】見試題解答內容

【解答】解：（1）電子經A、B兩塊金屬板加速，有eu卷mv。

11

[2eU2X1.6XIO-%1125

得7m/s

v0V9X10-31m/s=2X10

(2)當u=22.5V時，電子經過MN極板向下的偏移量最大，為

1eU2

工、2一；1.6X10-9x22.5vz0.0421n=2X10~3m

y=x^21xIT-

l2^v-0'~~2o9X10x4X10J2X10’

Yi<d,說明所有的電子都可以飛出M、N.

此時電子在豎直方向的速度大小為

eU2L1.6X10~19X22.5

二---?--=----------------'皆jx10^

-31-3s

Ymdv09XIQX4XIQ

9

電子射出極板MN后到達熒光屏P的時間為t=，■=°J_7S=5X10-S

vo2X10-7

電子射出極板MN后到達熒光屏P的偏移量為

69

y2=vyt2=2X10X5X10_m=0.01m

電子打在熒光屏P上的總偏移量為y=yi+y2=0.012m,方向豎直向下；

y的計算方法H：由三角形相似，有一Y1!■=丁上2一

y5

T+L2

即2X10-3=2X10-2

y2xio-2+o.i

解得y=0.012m

(3)當u=22.5V時，電子飛出電場的動能最大,

2=-317262182x

EK^-mvymCvg+Vy)=yX9X10[(2XIQ)+(2X10)]=

1016J

答：(1)每個電子從B板上的小孔O'射出時的速度是2Xl()7m/s

(2)打在熒光屏上的電子范圍是y=0.012m；

(3)打在熒光屏上的電子的最大動能是1.82X1016J.

9.在真空中速度為v=6.4X107m/s的電子束連續(xù)地射入兩平行極板之間。極板長度為1=

8.0X102m,間距為d=5.0X10-3m.兩極板不帶電時，電子束將沿兩極板之間的中線通

過，如圖1所示。在兩極板上加一如圖2所示的交變電壓U=UosinlOOm(V),如果所

加電壓的最大值Uo超過某一值Uc時，將開始出現以下現象：電子束有時能通過兩極板,

有時間斷，不能通過。已知電子的比荷旦=1.76X10Uc/kg。求:

m

12

(1)電子穿越平行板電容器的時間t;

(2)U0的大??；(結果保留二位有效數字)

(3)Uo為何值才能使通過的時間△口跟間斷的時間At2之比為Ah：At2=2：1.(結果

保留三位有效數字)

【答案】見試題解答內容

【解答】解：(1)電子沿平行板的方向做勻速運動，通過平行板的時間t=L=

V

8,0X102s=1.25X10-9S；

6.4X107

(2)交變電流的周期T=0.02s,由于t遠小于T,可以認為電子在通過平行板時板間的

電壓和場強是穩(wěn)定不變的，每個能通過平行板的電子均做類平拋運動

水平方向為勻速運動：l=vt

eU「

豎直方向勻加速運動：加速度為a=—J

md

電子束恰好不能通過平行板時有：y=Lat2=&

22

22

由以上三式聯(lián)立可以得到：Uc=mv1

e12

代入數據可以得到：UC=91V；

(3)因為電子通過的時間Ati跟間斷的時間At2之比為At2=2：1,所以在半個周

期內，將有工的時間極板間電壓的瞬時值超過Uc=91V,而菖的時間內極板間電壓的瞬

33

時值小于Uc=91V,根據正弦交流電的變化規(guī)律可知，應有：Uc=U0sin2L

3

代入解得：U0=105Vo

答：

(1)電子穿越平行板電容器的時間t是：1.25X10-9s；

(2)J的大小是91V。

(3)Uo為91V時才能使通過的時間Ati跟間斷的時間At2之比為Ati：At2=2：lo

10.如圖甲所示，M、N為水平放置的平行板電容器的兩個極板，兩極板間距d=0.1m,兩

極板間的電壓U=12.5V,。為上極板中心的小孔，以O為坐標原點，在豎直平面內建立

13

直角坐標系，在y軸方向上，OWyW2m區(qū)間存在方向與x軸平行的勻強電場（PQ為電

場區(qū)域的上邊界），在x軸方向上，電場范圍足夠大.若規(guī)定x軸正方向為電場正方向,

電場強度隨時間變化情況如圖乙所示.現有一個帶負電的粒子，在t=0時刻從緊靠M級

板中心O'處無初速釋放，經過小孔O進入N板上方的交變電場中，粒子的比荷q/m=lX

102C/kg,不計粒子重力.求：

P-...................2

0

N不：

圖甲

（1）粒子進入交變電場時的速度.

（2）粒子在兩板之間飛行的時間.

（3）粒子在8義10-3s末的位置坐標.

（4）粒子離開交變電場時的速度大小和方向.

【答案】見試題解答內容

【解答】解：（1）粒子經過加速電壓，根據動能定理：qU蔣mv/—-①

解得：vo=5Om/s

（2）在加速電場中，粒子做勻加速運動：a=典二1.25X104in/s2

dm,

故飛行時間為t=-^-=4X10-3s

a

（3）粒子在t=4X10-3s時進入交變電場，受到水平向右的電場力做類平拋運動：

加速度：/1o'm/s?

m

沿+y軸方向粒子勻速運動：y=vot----@

沿+x軸方向粒子做勻加速運動：x=/a’t2----③

解②③得：x=0.032m,y=0.2m

故粒子在8X10-3$末的位置坐標為（0.032m,0.2m）

（4）沿+y軸方向粒子始終做勻速運動，0Vy<2m區(qū)間內：

粒子運動的時間t=S」=4X10-2S=5T（運動的總時間是交變電壓周期的5倍）

v0

故粒子沿x軸方向速度為0,粒子離開交變電場時速度方向沿+y方向，大小50m/s.

14

答：(1)進入交變電場時的速度vo=5Om/s；

(2)粒子在兩板之間飛行的時間為4X10-3$；

(3)在8X10-3$末的位置坐標(o.O32m,0.2m)；

(4)離開交變電場時的速度大小為50m/s和方向豎直向上.

四.帶電粒子射出偏轉電場后打在擋板上(共3小題)

11.如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為Uo,

電容器板長和板間距離均為L=10cm,下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L=

10cm,在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所

示.(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：

(1)在t=0.06s時刻進入電容器中的電子，經電容器中的電場偏轉后的側移量y；

(2)電容器上的電壓多大時，電子恰從電容器極板右端邊緣射出，此種情形下電子打到

熒光屏上距圖中熒光屏上的O點的距離是多大？

【答案】見試題解答內容

【解答】解：(1)電子經電場加速，又功能關系有:

1

qUo——mv9z

2

經電場偏轉后側移量為：

221nL

U偏L

聯(lián)立解得：y=」_

4U0

由圖知t=0.06s時刻

U偏=1.8Uo,

聯(lián)立解得:

y=4.5cm

(2)當v久時，電子恰從電容器極板右端邊緣射出,

y2

L*L

即:

15

解得：U偏=2Uo

,V2

設打在屏上的點距O點的距離為Y,滿足：

~2~2

解得：Y=1.5L=15cm

答：（1）在t=0.06s時刻進入電容器中的電子，經電容器中的電場偏轉后的側移量y為

4.5cm；

（2）電容器上的電壓多大時，電子恰從電容器極板右端邊緣射出，此種情形下電子打到

熒光屏上距圖中熒光屏上的O點的距離是15cm.

12.相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個小孔，如圖甲所示，靠近A板的小

孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為vo,質量為m,電量為

2

-e,在AB兩板之間加上圖乙所示的交變電壓，其中0<k<l,Uo=El&；緊靠B板的

6e

偏轉電場電壓也等于Uo,板長為L,兩板間距為d,距偏轉極板右端L處垂直放置很大

2

的熒光屏PQ.不計電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運動時間可以

忽略不計.

（1）試求在0-kT與kT-T時間內射出B板電子的速度各多大？（結果用Uo、e、m

表示）

（2）在0-T時間內，熒光屏上有兩個位置會發(fā)光，試求這兩個發(fā)光點之間的距離.（結

果用L、d表示，）

（3）撤去偏轉電場及熒光屏，當k取恰當的數值時，使在0-T時間內通過了電容器B

板的所有電子，能在某一時刻形成均勻分布的一段電子束，求k值.

【答案】見試題解答內容

【解答】解：（1）電子經過電容器內的電場后，速度要發(fā)生變化，設在O-kT時間內，

穿出B板后速度為vi，kT-T時間內射出B板電子的速度v2

據動能定理有：

16

1212

-eU0=fmv2_AmV2

eU^mV21,.2

02-TmV0

2

mo

代入上式，得:

(2)在O-kT時間內射出板電子在偏轉電場中，電子的運動時間：tiT-

2

19eU0L

側移量：y=-z-at?=--------$

1212mdvj

得:

L2

打在熒光屏上的坐標為丫彳，貝I：

<=2y廣匕

同理可得在kT-T時間內設穿出B板后電子側移量:

L2

了2=而

打在熒光屏上的坐標:

62y2號

故兩個發(fā)光點之間的距離:

//L2

△Ay=y「y2昆

(3)要求在某一時刻形成均勻分布的一段電子束，前后兩段電子束的長度必須相等(且

剛好重疊)

第一束長度：h=vikT

第二束長度：12=v2(T-kT)

17

解得:=2~V^=0.59

答：⑴在O-kT與kT-T時間內射出B板電子的速度分別為J——4eU1n、J——8eU1n；

VmVm

T2

（2）在0-T時間內，熒光屏上有兩個位置會發(fā)光，這兩個發(fā)光點之間的距離為L；

8d

（3）撤去偏轉電場及熒光屏，當k取0.59時，使在0-T時間內通過了電容器B板的所

有電子，能在某一時刻形成均勻分布的一段電子束.

13.一個金屬電阻R的阻值在一定范圍內隨溫度呈線性變化，如圖甲所示.將該電阻接入

如圖乙所示電路，圖中Ro為定值電阻，C為平行板電容器，極板長度為1,極板間距為

d,極板的右側距極板L處有一熒光屏.現讓一束電子（質量為m,電量為e）以速度vo

平行于極板沿中線進入電容器，若所有電子均能從右側穿出，則當R的溫度在h-t2之

間變化時，電子束在熒光屏上掃描的范圍如何？（電源電動勢為E,內阻不計）

【答案】見試題解答內容

【解答】解：設極板間電壓為U,則uJ一噸

R+R。

電子從極板間飛出時的速度偏角設為a,偏移量設為y,則電子打到熒光屏上的位置P

到O的距離為y'

v=12

7Iat

l=vot

da-=-e-U-

md

2IUVQ2d

tana=^

v0

Vy-at

18

所以tana=—-

IWQd

所以y'=y+Ltana=.巳口；

IDVQd

t=ti時，U芳

eUi1,、

Yl=-----"+L)Z

2mv0d2

t=t2時，力粵

2eUl1、

七百；Z份+T口

所以電子束在熒光屏上掃描的范圍是:

PP=yy

l9r2=eU；（y+L）

12146叫2d2

答：當R的溫度在h-t2之間變化時，電子束在熒光屏上掃描的范圍為

—

五.帶電粒子在單個或多個點電荷電場中的運動（共5小題）

14.如圖所示，a、b、c、d四個質量均為m的帶電小球恰好構成“三星拱月”之形，其中

a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內的同一圓周上繞0點做半徑為R

的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點正上方h處，且在

外力F作用下恰處于靜止狀態(tài)。已知a、b、c三小球的電荷量均為q,d球的電荷量為-

6q,h=V2R,重力加速度為g,靜電力常量為k。則（）

19

C.小球C的向心加速度大小為返其

3Rm

D.外力F豎直向上，大小為2泥爐？

R2

【答案】C

【解答】解：ABC、a、b、c三小球電荷量相等，完全相同，受力相同，繞0點做半徑

為R的勻速圓周運動，線速度、角速度、加速度大小均相等，

設db連線與水平方向的夾角為a,則cosa=/區(qū).=立~,貝！Jsina=Y^,

VJAR133

對b球，根據牛頓第二定律和向心力得：k野-cosa-2k----------------------*00830°=

h2+R2（2Rcos300）2

2

m——=ma）2R=ma

R

解得：v=J^kq2,1^3kq2^a=垣科1,故AB錯誤，C正確；

V3Rm13R3m3R2IR