带电粒子在电场中的运动练习题-(2)

带电粒子在电场中的运动专题练习

知识点：

1．带电粒子经电场加速：处理方法，可用动能定理、牛顿运动定律或用功能关系。

qU=mvt2/2-mv02/2 ∴ vt= ，若初速v0=0，则v= 。

2．带电粒子经电场偏转： 处理方法：灵活应用运动的合成和分解。

带电粒子在匀强电场中作类平抛运动， U、 d、 l、 m、 q、 v0已知。 (1)穿越时间: (2)末速度: (3)侧向位移:

（4）偏角：

1、如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中， 一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端 A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则 （ ）

A．A、B两点间的电压一定等于mgLsinθ/q

B．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能

C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为mg/q D．如果该电场由斜面中点正止方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负 电荷

2、如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中0点自由释放

后，分别抵达B、C两点，若AB=BC，则它们带电荷量之比q1：q2等于（ ） A．1：2 B．2：1 C．1：2

D．2：1

3．如图所示，两块长均为L的平行金属板M、N与水平面成α角放置在同一竖直平面，充电后板间有匀强电场。一个质量为m、带电量为q的液滴沿垂直于电场线方向射人电场，并沿虚线通过电场。下列判断中正确的是( )。

A、电场强度的大小E＝mgcosα/q B、电场强度的大小E＝mgtgα/q C、液滴离开电场时的动能增量为-mgLtgα D、液滴离开电场时的动能增量为-mgLsinα

4．如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率为VB＝2V0，而方向与E同向。下列判断中正确的是( )。

A、A、B两点间电势差为2mV02/q B、A、B两点间的高度差为V02/2g

C、微粒在B点的电势能大于在A点的电势能 D、从A到B微粒作匀变速运动

1．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB

－－

与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m=1.0×107kg，电量q=1.0×1010C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果保留二位有效数字）求： （1）说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．

1

（2）电场强度的大小和方向？

（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？

2．一个带电荷量为－q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m，测得油滴达到运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v，求：

(1) 最高点的位置可能在O点的哪一方？ (2) 电场强度 E为多少？

v (3) 最高点处(设为N)与O点的电势差UNO为多少？ E

O θ

3. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L = 0.1m，两板间距离 d = 0.4 cm，有一束相同微粒组成 4.

5. 的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为 m = 2×10-6kg，电量q = 1×10-8 C，电容器电容为C =10-6 F．求

(1) 为使第一粒子能落点范围在下板中点到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？ (2) 以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？

L

v0 d m,q A B

4.如图所示，在竖直平面内建立xOy直角坐标系，Oy表示竖直向上的方向。已知该平面内存在沿x轴负方向的区域足

－4

够大的匀强电场，现有一个带电量为2.5×10C的小球从坐标原点O沿y轴正方向以0.4kg.m/s的初动量竖直向

2

上抛出，它到达的最高点位置为图中的Q点，不计空气阻力，g取10m/s.

y/m （1）指出小球带何种电荷； （2）求匀强电场的电场强度大小；

（3）求小球从O点抛出到落回x轴的过程中电势能的改变量.

Q 3.2

1.6 V0 0

1.6 3.2 4.8 6.4 x/m

2

1、A D 2、B 3 AD 4 ABD

1．（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动．（2）在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ=0 所以电场强度E=1.7×104N/C

电场强度的方向水平向左（3）微粒由A运动到B时的速度vB=0时，微

粒进入电场时的速度最小，由动能定理得， mgLsinθ+qELcosθ=mvA2/2 代入数据，解得vA=2.8m/s （2分）

mv2sin2?2．(1) 在O点的左方．(2) UNO =．

2q(1)由动能定理可得在O点的左方．(2)在竖直方向 mgt = mv sinθ，水平方向 qEt = mv + mv cosθ．(3) 油滴由O点N

mv2sin2?点，由qU－mgh = 0，在竖直方向上，(v0 sinθ)= 2gh．UNO =．

2q2

11Ldd＝v01t1，＝gt12得v01＝2.5 m/s．若落到B点，由L＝v02t1，＝gt22得v02222221Qd＝5 m/s．故2.5 m/s≤v0≤5 m/s．(2)由L＝v01t，得t＝4×10-2 s．＝at2得a＝2.5 m/s2，有mg－qE=ma，E=得

22dc3．(1)若第1个粒子落到O点，由Q＝6×10-6C．所以n?

Q

＝600个． q

4：（1）小球带负电（2）小球在y方向上做竖直上抛运动，在x方向做初速度为零的匀加速运动，最高点Q的坐标为

2（1.6m, 3.2m） 由v0?2gy ①代入数据得 v0?8m/s （1分） 由初动量p=mv0 ②

1212qEt23

解得 m=0.05kg 又x?at? ③ y?gt ④ 由③④代入数据得E=1×10N/C

222m（3）由④式可解得上升段时间为t=0.8s 所以全过程时间为t??2t?1.6s

代入③式可解得x方向发生的位移为x=6.4m

由于电场力做正功，所以电势能减少，设减少量为△E，代入数据得△E=qEx=1.6J

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