带电粒子在电场中的偏转(含答案解析)

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物理带电粒子在电场中的偏转运动

物理带电粒子在电场中的偏转运动

物理带电粒子在电场中的偏转运动1.偏转问题:(1)条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。

(2)运动形式:类平抛运动。

(3)处理方法:应用运动的合成与分解。

(4)运动规律:2.带电粒子在电场中偏转的两类问题:最终侧移的距离和偏转后的动能或速度。

典例如图所示,水平放置的平行板电容器与某一电源相连,它的极板长L=0.4 m,两板间距离d=4×10-3 m,有一束由相同带电微粒组成的粒子流,以相同的速度v0从两板中央平行极板射入,开关S闭合前,两板不带电,由于重力作用微粒能落到下极板的正中央,已知微粒质量为m=4×10-5 kg,电荷量q=+1×10-8 C,g=10 m/s2。

求:(1)微粒入射速度v0为多少?(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场,电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连?所加的电压U应取什么范围?【巩固练习】1.(多选)如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则( )A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1C.A和B的质量之比为1∶12D.A和B的位移大小之比为1∶12.如图所示,两个平行带电金属板M、N相距为d,M板上距左端为d处有一个小孔A,有甲、乙两个相同的带电粒子,甲粒子从两板左端连线中点O处以初速度v1平行于两板射入,乙粒子从A孔以初速度v2垂直于M板射入,二者在电场中的运动时间相同,并且都打到N板的中点B处,则初速度v1与v2的关系正确的是( )3.(多选)如图所示的直角坐标系中,第一象限内分布着均匀辐向的电场,坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U;第三象限内分布着竖直向下的匀强电场,场强大小为E。

大量电荷量为-q(q>0)、质量为m的粒子,某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。

高二物理:带电粒子在电场中的偏转(答案)

高二物理:带电粒子在电场中的偏转(答案)

高二物理:带电粒子在电场中的偏转班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、知识清单1. 带电粒子在匀强电场中的偏转222y F a __________m a.t _____11qU b.y at t ,22md t 1y at ________2vtan ________v ⎧===⎪⎪⎧⎪⎪⎪=⎪⎪⎪⎪==⎨⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪==⎪⎪⎪θ==⎪⎩0加速度:能飞出平行板电容器:运动时间打在平行极板上:离开电场时的偏移量:离开电场时的偏转角正切: 【答案】2. 解电偏转问题的三种方法方法一、分解法(速度三角形和位移三角形):加速度mdqU m qE a ==;时间0v L t =; 偏移2221v L md qU y =;偏角20mdv qUL tan =θ 方法二、推论法:①tanθ=2tanα;推导:位移偏转角2021v Lmd qU x y tan ==α;速度偏转角20v L md qU v v tan x y ==θ所以tanθ=2tanα。

②末速度的反向延长线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。

方法三、动能定理法: qEy =ΔE K 【答案】3. 带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系(1)当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解:qU y =12mv 2-12mv20,其中U y =U d y ,指初、末位置间的电势差.(2)电势能的变化量:ΔE P =-qU y =-qEy 【答案】4. 电偏转中的比较与比值问题二、选择题5. (2004广东理综)图为示波管中偏转电极的示意图,相距为d 长度为l 的平行板A 、B 加上电压后,可在A 、B 之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场).在AB 左端距A 、B 等距离处的O 点,有一电荷为+q 、质量为m 的粒子以初速度v 0沿水平方向(与平行)射入.不计重力,要使此粒子能从C 处射出,则A 、B 间的电压应为( )A 、222ql mv d B 、2202qd mvl C 、qd lmv 0 D 、v dlv q 0【答案】A【解析】图为示波管中偏转电极的示意图,相距为d 长度为l 的平行板A 、B 加上电压后,可在A 、B 之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场).在AB 左端距A 、B 等距离处的O 点,有一电荷为+q 、质量为m 的粒子以初速度v 0沿水平方向(与平行)。

带电粒子在电场中的偏转(含问题详解)

带电粒子在电场中的偏转(含问题详解)

带电粒子在电场中的偏转一、基础知识1、带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场. (2)运动性质:匀变速曲线运动.(3)处理方法:分解成相互垂直的两个方向上的直线运动,类似于平抛运动. (4)运动规律:①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间⎩⎨⎧a.能飞出电容器:t =l v 0.b.不能飞出电容器:y =12at 2=qU 2mdt 2,t = 2mdy qU②沿电场力方向,做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度:a =F m =qE m =Uqmd离开电场时的偏移量:y =12at 2=Uql 22md v 20离开电场时的偏转角:tan θ=v y v 0=Uql md v20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量).(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力.2、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的. 证明:由qU 0=12m v 20y =12at 2=12·qU 1md ·(l v 0)2tan θ=qU 1lmd v 20得:y =U 1l 24U 0d ,tan θ=U 1l 2U 0d(2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点,即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解:qU y =12m v 2-12m v 20,其中U y =Ud y ,指初、末位置间的电势差.二、练习题1、如图,一质量为m ,带电量为+q 的带电粒子,以速度v 0垂直于电场方向进入电场,关于该带电粒子的运动,下列说确的是( )A .粒子在初速度方向做匀加速运动,平行于电场方向做匀加速运动,因而合运动是匀加速直线运动B .粒子在初速度方向做匀速运动,平行于电场方向做匀加速运动,其合运动的轨迹是一条抛物线C .分析该运动,可以用运动分解的方法,分别分析两个方向的运动规律,然后再确定合运动情况D .分析该运动,有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小 答案 BCD2、如图所示,两平行金属板A 、B 长为L =8 cm ,两板间距离d =8 cm ,A 板比B 板电势高300 V ,一带正电的粒子电荷量为q =1.0×10-10C ,质量为m =1.0×10-20kg ,沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场,初速度v 0=2.0×106 m/s ,粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域,然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ,D 是中心线RO 与界面PS 的交点,O 点在中心线上,距离界面PS 为9 cm ,粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上.(静电力常量k =9.0×109 N·m 2/C 2,粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离多远?到达PS 界面时离D 点多远? (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹.(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小.解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移): y =12at 2 a =F m =qU dm L =v 0t则y =12at 2=qU 2md (L v 0)2=0.03 m =3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动,其轨迹与PS 交于H ,设H 到中心线的距离为Y ,则有12L 12L +12 cm =yY ,解得Y =4y =12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略) (3)粒子到达H 点时,其水平速度v x =v 0=2.0×106 m/s 竖直速度v y =at =1.5×106 m/s 则v 合=2.5×106 m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动,所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r =15 cm k qQr 2=m v 2合r解得Q ≈1.04×10-8 C答案 (1)12 cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10-8 C3、如图所示,在两条平行的虚线存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场,在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为+q 、质量为m 的带电粒子(重力不计),以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中,v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求:(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间;(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α; (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL m v 20 (3)3qEL 22m v 20解析 (1)根据题意,粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t =2Lv 0.(2)设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ,根据牛顿第二定律,粒子在电场中的加速度为:a =Eqm所以v y =a L v 0=qELm v 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α=v y v 0=qELm v 20.(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ,则 y =12a (L v 0)2=12·qEL 2m v 20 又x =y +L tan α, 解得:x =3qEL 22m v 20解法二 x =v y ·L v 0+y =3qEL 22m v 20.解法三 由x y =L +L 2L 2得:x =3y =3qEL 22m v 20.4、如图所示,虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为m =2.0×10-11kg 、电荷量为q =+1.0×10-5 C ,从a 点由静止开始经电压为U =100 V 的电场加速后,垂直于匀强电场进入匀强电场中,从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ 、MN 间距为20 cm ,带电粒子的重力忽略不计.求:(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1; (2)水平匀强电场的场强大小; (3)ab 两点间的电势差.答案 (1)1.0×104 m/s (2)1.732×103 N/C (3)400 V 解析 (1)由动能定理得:qU =12m v 21代入数据得v 1=1.0×104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动:d =v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动:v y =at 由题意得:tan 30°=v 1v y由牛顿第二定律得:qE =ma 联立以上各式并代入数据得: E =3×103 N/C ≈1.732×103 N/C (3)由动能定理得:qU ab =12m (v 21+v 2y )-0 联立以上各式并代入数据得:U ab =400 V .5、如图所示,一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们( )A.同时到达屏上同一点B.先后到达屏上同一点C.同时到达屏上不同点D.先后到达屏上不同点答案 B解析一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同,经过加速电场的末速度不同,因此在加速电场及偏转电场的时间均不同,但在偏转电场中偏转距离相同,所以会先后打在屏上同一点,选B.6、如图所示,六面体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c,最后分别落在1、2、3三点.则下列说确的是()A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴c所带电荷量最多答案 D解析 三个液滴具有水平速度,但除了受重力以外,还受水平方向的电场力作用,不是平抛运动,选项A 错误;在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动,下落高度又相同,故运动时间必相同,选项B 错误;在相同的运动时间,液滴c 水平位移最大,说明它在水平方向的加速度最大,它受到的电场力最大,电荷量也最大,选项D 正确;因为重力做功相同,而电场力对液滴c 做功最多,所以它落到底板时的速率最大,选项C 错误.7、绝缘光滑水平面有一圆形有界匀强电场,其俯视图如图所示,图中xOy 所在平面与光滑水平面重合,电场方向与x 轴正向平行,电场的半径为R = 2 m ,圆心O 与坐标系的原点重合,场强E =2 N/C.一带电荷量为q =-1×10-5 C 、质量m =1×10-5 kg 的粒子,由坐标原点O 处以速度v 0=1 m/s 沿y 轴正方向射入电场(重力不计),求:(1)粒子在电场中运动的时间; (2)粒子出射点的位置坐标; (3)粒子射出时具有的动能.答案 (1)1 s (2)(-1 m,1 m) (3)2.5×10-5 J解析 (1)粒子沿x 轴负方向做匀加速运动,加速度为a ,则有: Eq =ma ,x =12at 2沿y 轴正方向做匀速运动,有 y =v 0tx 2+y 2=R 2 解得t =1 s.(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(-x 1,y 1),则有x 1=12at 2=1 m ,y 1=v 0t =1 m ,即出射点的位置坐标为(-1 m,1 m).(3)射出时由动能定理得Eqx 1=E k -12m v 20代入数据解得E k =2.5×10-5 J.8、如图所示,在正方形ABCD 区域有平行于AB 边的匀强电场,E 、F 、G 、H 是各边中点,其连线构成正方形,其中P 点是EH 的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从D 点射出.以下说确的是( )A .粒子的运动轨迹一定经过P 点B .粒子的运动轨迹一定经过PE 之间某点C .若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED 之间某点射出正方形ABCD 区域 D .若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E 点射出正方形ABCD 区域 答案 BD解析 粒子从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从D 点射出,其轨迹是抛物线,则过D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH 的中点,而延长线又经过P 点,所以粒子轨迹一定经过PE 之间某点,选项A 错误,B 正确;由平抛运动知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,则水平位移也变为原来的一半,所以选项C 错误,D 正确.9、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动如图所示,绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面,AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道,斜面与圆轨道相切.整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中.现有一个质量为m的小球,带正电荷量为q=3mg3E,要使小球能安全通过圆轨道,在O点的初速度应满足什么条件?图9审题与关联解析小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆轨道上运动,受重力、电场力、轨道作用力,如图所示,类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力mg′,大小为mg ′=(qE )2+(mg )2=2 3mg 3,tan θ=qE mg =33,得θ=30°,等 效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上匀速运动.因要使小球能安全通过圆轨道,在圆轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力,即有:mg ′=m v 2D R,因θ=30°与斜面的倾角相等,由几何关系可知AD =2R ,令小球以最小初速度v 0运动,由动能定理知:-2mg ′R =12m v 2D -12m v 20 解得v 0=103gR 3,因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应满足v ≥ 103gR 3. 答案 v ≥ 103gR 3 10、在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定的初速度水平抛出,从B 点进入电场,到达C 点时速度方向恰好水平,A 、B 、C 三点在同一直线上,且AB =2BC ,如图所示.由此可见( )A .电场力为3mgB .小球带正电C .小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D .小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等答案 AD解析 设AC 与竖直方向的夹角为θ,带电小球从A 到C ,电场力做负功,小球带负电,由动能定理,mg ·AC ·cos θ-qE ·BC ·cos θ=0,解得电场力为qE =3mg ,选项A 正确,B错误.小球水平方向做匀速直线运动,从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍,选项C错误;小球在竖直方向先加速后减速,小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等,水平方向速度不变,小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等,选项D正确.。

带电粒子在电场中的偏转(含答案解析)

带电粒子在电场中的偏转(含答案解析)

带电粒子在电场中的偏转、基础知识1 、带电粒子在电场中的偏转(1) 条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场. (2) 运动性质:匀变速曲线运动.(3) 处理方法:分解成相互垂直的两个方向上的直线运动,类似于平抛运动. (4)运动规律:①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间la.能飞出电容器: t = .v 01 qU 2mdyy=2at=2mdt, t =qU②沿电场力方向,做匀加速直线运动F qE Uq加速度: a = = =m m md1Uql 2离开电场时的偏移量: y = at 2= 22 2mdv 2v y Uql离开电场时的偏转角: tan θ= = 2v 0 mdv 20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1) 基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外, 考虑重力 (但并不忽略质量 ).b.不能飞出电容器:般都不(2) 带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力.2 、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1) 不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的.1证明:由 qU 0=2mv 0211 qU 1 ly =2at 2=2·md ·(v 0)2(2) 粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O 为粒子水平位移l的中点,即 O 到偏转电场边缘的距离为 2.3 、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系U中 U y =d y ,指初、末位置间的电势差.二、练习题1 、如图,一质量为 m ,带电量为+ q 的带电粒子,以速度 v 0 垂直于电场方向进入电场,关于该带电粒子的运动,下列说法正确的是 ( )tanqU 1lmdv 20 U 1l 2U 1l得:y =4U 0dtan θ=2U 0d当讨论带电粒子的末速度 v 时也可以从能量的角度进行求解:1qU y =2mv 21 mv 220,其A.粒子在初速度方向做匀加速运动,平行于电场方向做匀加速运动,因而合运动是匀加速直线运动B.粒子在初速度方向做匀速运动,平行于电场方向做匀加速运动,其合运动的轨迹是一条抛物线C.分析该运动,可以用运动分解的方法,分别分析两个方向的运动规律,然后再确定合运动情况D.分析该运动,有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小答案BCD2 、如图所示,两平行金属板 A、B长为 L=8 cm ,两板间距离 d=8 cm ,A板比 B板电势高300 V ,一带正电的粒子电荷量为 q=1.0×10-10 C,质量为 m = 1.0 ×10 -20 kg,沿电场中心线 RO垂直电场线飞入电场,初速度 v0=2.0×106 m/s ,粒子飞出电场后经过界面MN 、PS间的无电场区域,然后进入固定在O 点的点电荷 Q 形成的电场区域(设界面 PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面 MN 、PS相距为12 cm ,D 是中心线 RO与界面 PS的交点, O 点在中心线上,距离界面 PS为9 cm ,粒子穿过界面PS做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上.(静电力常量k=9.0 ×109 N·m 2/C2,粒子的重力不计)(1) 求粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO的距离多远?到达 PS界面时离 D 点多远?(2) 在图上粗略画出粒子的运动轨迹.(3) 确定点电荷 Q 的电性并求其电荷量的大小.解析(1)粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO的距离(侧向位移):1y= at22F qU a==m dmL=v0t1 qU L则y=2at2=2md(v0)2=0.03 m =3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动,其轨迹与 PS 交于 H,设 H 到中心线的距离为 Y,则有1L2y=,解得 Y=4y=12 cm1YL+12 cm2(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略)(3) 粒子到达 H 点时,其水平速度 v x= v0 =2.0 ×10 6 m/s竖直速度 v y= at= 1.5 ×10 6 m/s则 v 合=2.5 ×10 6 m/s该粒子在穿过界面 PS后绕点电荷 Q 做匀速圆周运动,所以 Q带负电根据几何关系可知半径 r=15 cmqQ v2合k2=mr2r解得 Q≈1.04 ×10 -8 C答案(1)12 cm (2)见解析(3)负电 1.04 ×10-8 C3、如图所示,在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为 E 的匀强电场,在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为+q 、质量为 m 的带电粒子(重力不计),以垂直于电场线方向的初速度 v0 射入电场中, v0 方向的延长线与屏的交点为 O.试求:(1) 粒子从射入电场到打到屏上所用的时间;(2) 粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值(3) 粒子打在屏上的点 P到 O 点的距离 x.2L qEL 3qEL2答案(1) (2) 2 (3) 2v0 mv 022mv20tan α;解析(1) 根据题意,粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,所以粒子从射入场中的加速度为: a = E m qmL qEL 所以 v y = a = v 0 mv 0(3) 解法一 设粒子在电场中的偏转距离为 y ,则又 x = y + L tan α,4 、如图所示,虚线 PQ 、 MN 间存在如图所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为 m = 2.0×10 -11 kg 、电荷量为 q =+ 1.0 ×10 -5 C ,从 a 点由静止开始经电压为 U =100 V 的 电场加速后, 垂直于匀强电场进入匀强电场中, 从虚线 MN 的某点 b (图中未画出 )离开 匀强电场时速度与电场方向成 30 °角.已知PQ 、MN 间距为 20 cm ,带电粒子的重力 忽略不计.求:电场到打到屏上所用的时间 2Lt = .v 0(2)设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ,根据牛顿第二定律,粒子在电所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanv y α=v 0qELmv 021 qEL 22·mv 2解得: x = 3qEL 22mv 20解法Lx =v y · + y = v 03qEL 2 2mv 20 解法三L L + x 2 由= 得: yLx =3y = 3qEL 22mv 201L(1) 带电粒子刚进入匀强电场时的速率 v1 ;(2) 水平匀强电场的场强大小;(3) ab 两点间的电势差.答案(1)1.0 ×104 m/s (2)1.732 ×103 N/C(3)400 V1解析(1)由动能定理得: qU =2mv 21代入数据得 v1= 1.0 ×10 4 m/s(2) 粒子沿初速度方向做匀速运动: d=v1t粒子沿电场方向做匀加速运动: v y= atv1由题意得:tan 30 °=v y由牛顿第二定律得: qE= ma联立以上各式并代入数据得:E=3×103 N/C ≈1.732 ×103 N/C1(3) 由动能定理得: qU ab= m(v21+v y2)-0联立以上各式并代入数据得: U ab=400 V .5 、如图所示,一价氢离子(11H) 和二价氦离子(42He)的混合体,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们( )A.同时到达屏上同一点B.先后到达屏上同一点C.同时到达屏上不同点 D .先后到达屏上不同点答案B解析一价氢离子(1 H)和二价氦离子(24He) 的比荷不同,经过加速电场的末速度不同,因此在加速电场及偏转电场的时间均不同,但在偏转电场中偏转距离相同,所以会先后打在屏上同一点,选 B.6 、如图所示,六面体真空盒置于水平面上,它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板,其他面为绝缘材料. ABCD 面带正电, EFGH 面带负电.从小孔 P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴 a、b 、 c,最后分别落在1、2、3 三点.则下列说法正确的A .三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴 c 所带电荷量最多答案D解析三个液滴具有水平速度,但除了受重力以外,还受水平方向的电场力作用,不是平抛运动,选项 A 错误;在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动,下落高度又相同,故运动时间必相同,选项 B 错误;在相同的运动时间内,液滴 c 水平位移最大,说明它在水平方向的加速度最大,它受到的电场力最大,电荷量也最大,选项 D 正确;因为重力做功相同,而电场力对液滴 c 做功最多,所以它落到底板时的速率最大,选项 C 错误.7 、绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场,其俯视图如图所示,图中 xOy 所在平面与光滑水平面重合,电场方向与 x 轴正向平行,电场的半径为 R= 2 m ,圆心 O 与坐标系的原点重合,场强 E=2 N/C. 一带电荷量为 q=-1×10 -5 C、质量 m =1 ×10 -5 kg 的粒子,由坐标原点 O 处以速度 v0=1 m/s 沿 y 轴正方向射入电场(重力不计),求:(1) 粒子在电场中运动的时间;(2) 粒子出射点的位置坐标;(3)粒子射出时具有的动能.答案(1)1 s (2)( - 1 m,1 m) (3)2.5 ×10-5 J解析(1) 粒子沿 x 轴负方向做匀加速运动,加速度为a,则有:1 Eq=ma ,x=2at2沿 y 轴正方向做匀速运动,有y=v0tx2+y2=R2解得 t=1 s.(2) 设粒子射出电场边界的位置坐标为(-x1,y1),则有1 x1= at2=1 m ,y1=v0t=1 m ,即出射点的位置坐标为(-1 m,1 m) .1(3) 射出时由动能定理得 Eqx1=E k- mv 20代入数据解得 E k=2.5 ×10 -5 J.8 、如图所示,在正方形 ABCD 区域内有平行于 AB 边的匀强电场, E、F、G、H 是各边中点,其连线构成正方形,其中P 点是 EH 的中点.一个带正电的粒子( 不计重力) 从 F点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出.以下说法正确的是( )A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED之间某点射出正方形 ABCD 区域D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由 E 点射出正方形 ABCD 区域答案BD解析粒子从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出,其轨迹是抛物线,则过 D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH 的中点,而延长线又经过 P 点,所以粒子轨迹一定经过 PE之间某点,选项 A 错误, B 正确;由平抛运动知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,则水平位移也变为原来的一半,所以选项 C 错误,D 正确.9 、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动如图所示,绝缘光滑轨道 AB部分为倾角为30 °的斜面,AC 部分为竖直平面上半径为 R的圆轨道,斜面与圆轨道相切.整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中.现有一个质量为 m 的小球,带正电荷量为 q =E,要使小球能安全通过圆轨道,在O 点的初速度应满足什么条件?图9审题与关联解析小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆轨道上运动,受重力、电场力、轨道作用力,如图所示,mg ′,大小为类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上匀速运动.因要使小球能安全通过圆轨道,在圆轨道的等效“最高点” (D 点 )满足等效重力刚好提112mg ′R= mv 2D - mv 222 因此要使 小球安 全通过圆轨道, 初速度应满足 v ≥10 、在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为 m 的带电小球由 MN上方的 A 点以一定的初速度水平抛出,从 B 点进入电场,到达 C 点时速度方向恰好水 平, A 、B 、 C 三点在同一直线上,且 AB =2BC ,如图所示.由此可见 ( )mv 2D供向心力,即有:mg ′= ,因 θ=30 °与斜面的倾角相等,由几何关系可知 ADR2R ,令小球以最小初速度v 0 运动,由动能定理知:3,得 θ=30°,等3qE, tan θ=mgmg ′ = qE 2+ mgA.电场力为3mgB.小球带正电C.小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等D.小球从 A到 B与从 B到 C的速度变化量的大小相等答案AD解析设 AC 与竖直方向的夹角为θ,带电小球从 A 到 C,电场力做负功,小球带负电,由动能定理,mg ·AC·cos θ-qE·BC·cos θ=0 ,解得电场力为 qE =3 mg ,选项 A 正确,B错误.小球水平方向做匀速直线运动,从 A到 B的运动时间是从B到 C的运动时间的2倍,选项C错误;小球在竖直方向先加速后减速,小球从 A到 B 与从 B到 C 竖直方向的速度变化量的大小相等,水平方向速度不变,小球从 A到 B与从B到 C的速度变化量的大小相等,选项 D 正确.。

一轮复习:带电粒子在电场中的偏转

一轮复习:带电粒子在电场中的偏转

6.示波器的工作原理 (1)构造:①电子枪;②偏转极板;③荧光屏。(如图所示) (2)工作原理 ①YY′上加的是待显示的信号电压,XX′上是仪器自身产生的锯 齿形电压,叫做扫描电压。
②观察到的现象
a.如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压,则电子枪射出 的电子沿直线运动,打在荧光屏中心,在那里产生一个亮斑。
6.(多选)如图所示,水平放置的平行金属板A、B连接一恒定 电压,两个质量相等的带电粒子M和N同时分别从极板A的边缘
和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场,两带电粒子恰好
在板间某点相遇。若不考虑带电粒子的重力和它们之间的相互 作用,则下列说法正确的是A( C ) A.M的电荷量大于N的电荷量 B.两带电粒子在电场中运动的加速度相等 C.从两带电粒子进入电场到两带电粒子相遇,电场力对M做 的功大于电场力对N做的功 D.M进入电场的初速度大小与N进入电场的初速度大小一定相 同
3.两个结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再 从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的。 证明:由 qU0=12mv20 y=12at2=12·qmUd1·vl02 tanθ=mqUdv1l20 得:y=4UU10l2d,tanθ=2UU10ld。 (2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延 长线的交点 O 为粒子水平位移的中点,即 O 到偏转电场边 缘的距离为2l 。
(1)13.5 cm (2)30 cm
Байду номын сангаас
2L qEL 3qEL2 (1) v0 (2)mv20 (3) 2mv20
2.(多选)如图,质子(11H)、氘核(21H)和 α 粒子(42He)都沿
平行板电容器中线 OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强

带电粒子在电场中的偏转--2024新高考物理一轮复习题型归纳(解析版)

带电粒子在电场中的偏转--2024新高考物理一轮复习题型归纳(解析版)

第八章 静电场带电粒子在电场中的偏转【考点预测】1. 带电粒子在电场中的类平抛2. 带电粒子在电场中的类斜抛3. 带电粒子在电场中的圆周运动4. 带电粒子在电场中的一般曲线运动【方法技巧与总结】带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动,t =l v 0(如图).(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度:a =F m =qE m =qUmd②离开电场时的偏移量:y =12at 2=qUl 22m d v 20③离开电场时的偏转角:tan θ=v y v 0=qUlm d v 201.两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的.证明:在加速电场中有qU 0=12mv 20在偏转电场偏移量y =12at 2=12·qU 1md ·l v 0 2偏转角θ,tan θ=v y v 0=qU 1lm d v 20得:y =U 1l 24U 0d ,tan θ=U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关.(2)粒子经电场偏转后射出,速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点,即O 到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半.2.功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解:qU y =12mv 2-12mv 20,其中U y =U dy ,指初、末位置间的电势差.【题型归纳目录】题型一:带电粒子在电场中的类平抛题型二:带电粒子在周期性电场中的运动题型三:带电粒子在电场中的偏转的实际应用题型四:带电粒子在电场中的非平抛曲线运动【题型一】电荷守恒定律【典型例题】1如图所示,在立方体的塑料盒内,其中AE 边竖直,质量为m 的带正电小球(可看作质点),第一次小球从A 点以水平初速度v 0沿AB 方向抛出,小球在重力作用下运动恰好落在F 点。

M 点为BC 的中点,小球与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞,落在底面不反弹。

第十节 带电粒子在电场中的偏转

第十节  带电粒子在电场中的偏转

第十节 带电粒子在电场中的偏转带电粒子在电场中的偏转:类平抛运动,水平方向匀速,竖直方向匀加速。

熟练掌握求偏转时间,偏转加速度,偏转位移,偏转角的正切值是解题的关键。

例1.如图7-5-1,带电粒子电量为+q ,质量为m ,不计重力的粒子,以水平初速V 0沿长为L 板间距离为d 的平行板电容器中央垂直进入电场,板间电压为U ,求:(1)带电粒子射出电容器的偏转位移、偏转角的正切值(2)证明:带电粒子射出电场时速度的反向延长线与射入线交于中点。

变式1:如果在例1的情景中,在距平行板相距为D 的位置,加上一个竖直屏,带电粒子射出电容器后打在屏上的P 点(图中没画出),求带电粒子在屏上的偏转位移OP 。

变式2:如果在例1的情景中,在平行板左边加上加速电压U 0,带电粒子+q 先由加速电压静止被加速后,再沿水平方向进入平行板中央,求带电粒子射出电容器的偏转位移。

v 0 图7-5-1d 图7-5-3针对练习1.如图所示的阴极射线管,无偏转电场时,电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑.如果只逐渐增大偏转板M 1M 2之间的电势差,则( )A .在荧屏上的亮斑向上移动B .在荧屏上的亮斑向下移动C .偏转电场对电子做的功增大D .偏转电场的电场强度减小2.如图1.9-2所示,电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U 2的两块平行极板间的电场中,入射方向跟极板平行.整个装置处在真空中,重力可忽略,在满足电子能射出平行板区的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏移量y 变大的是( )A .U 1变大,U 2变大B .U 1变小,U 2变大C .U 1变大,U 2变小D .U 1变小,U 2变小3.一束正离子以相同的速率从同一位置,垂直于电场方向飞入匀强电场中,所有离子的轨迹都是一样的,这说明所有粒子( )A .都具有相同的质量B .都具有相同的电荷量C .电荷量与质量的比(又叫比荷)相同D .都属于同一元素的同位素4.示波管可以视为加速电场和偏转电场的组合,若已知前者的电压为U 1,后者的电压为U 2,极板长为L ,间距为d ,电子加速前速度可忽略.则示波管的灵敏度(偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量称为“灵敏度”)与加速电场和偏转电场的关系,正确的是( )A .L 越大,灵敏度越小B .d 越大,灵敏度越大C .U 1越小,灵敏度越大D .灵敏度与U 1无关5.如图1.9-3所示,有一电子(电荷量为e)由静止经过电压U 0加速后,进入两块间距为d 、电压为U 的平行金属板间,若电子从两板正中央射入,且刚好能穿出电场.求:(1)金属板的长度;(2)电子穿出电场时的动能.6.长为L 的平行板电容器,两板间形成匀强电场,一个电荷量为+q 、质量为m 的带电粒子,以初速度v 0紧贴上极板沿垂直于电场方向射入匀强电场中,刚好从下极板边缘射出,且射出方向恰好与下极板成30°角,如图1.9-4所示,求匀强电场的场强大小和两极板间的距离.加速偏转+-1M 2M 图1.9-2 图1.9-3 图1.9-47.示波器的原理如图1。

【物理选修3-1】经典例题-带电粒子在电场中的运动讲解及习题(含答案)

【物理选修3-1】经典例题-带电粒子在电场中的运动讲解及习题(含答案)

带电粒子在电场中的运动专项练习[同步导学] 1.带电粒子的加速(1)动力学分析:带电粒子沿与电场线平行方向进入电场,受到的电场力与运动方向在同一直线上,做加(减)速直线运动,如果是匀强电场,则做匀加(减)速运动.(2)功能关系分析:粒子只受电场力作用,动能变化量等于电势能的变化量. 221qU mv =(初速度为零);2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场. 2.带电粒子的偏转(1)动力学分析:带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中,受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动). (2)运动的分析方法(看成类平抛运动): ①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动. ②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动.例1如图1—8—1所示,两板间电势差为U ,相距为d ,板长为L .—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中,在电场中受到电场力而发生偏转,则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少? 解析:电荷在竖直方向做匀加速直线运动,受到的力F =Eq =Uq/d 由牛顿第二定律,加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动,由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得: U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时,竖直方向的分速度:v ⊥dmv qULat 0==离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定:dmv qULv v 200Ítan ==θ. 3.示波管的原理(1)构造及功能如图l —8—2所示 ①电子枪:发射并加速电子.②偏转电极YY ,:使电子束竖直偏转(加信号电压) XX ,:使电子束水平偏转(加扫描电压). ③荧光屏.(2)工作原理(如图1—8—2所示)偏转电极XX ,和YY ,不加电压,电子打到屏幕中心;若电压只加XX ,,只有X 方向偏;若电压只加YY ,,只有y 方向偏;若XX ,加扫描电压,YY ,加信号电压,屏上会出现随信号而变化的图象.4.在带电粒子的加速或偏转的问题中,何时考虑粒子的重力?何时不计重力?一般来说:(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外,一般都不考虑重力(但不忽略质量).(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有特别说明或有明显暗示以外,一般都不能忽略重力. 5.易错易混点带电粒子在电场中发生偏转,—定要区分开位移的方向与速度的方向,它们各自偏角的正切分别为:x y=αtan ,xy v v =βtan ,切不可混 例2两平行金属板相距为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出,最远到达A 点,然后返回,如图1—8—3所示,OA =h ,此电子具有的初动能是 ( )A .UedhB .edUhC .dheUD .d eUh ..例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场, 如图1—8—4所示.如果两极板间电压为U ,两极板间的距离为d 、板长为L .设粒子束不会击中极板,则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 .(粒子的重力忽略不计) 分析:带电粒子在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做匀加速运动.电场力做功导致电势能的改变. 3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场.若将一个质量为m 、带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直方向夹角为︒37的直线运动。

《带电粒子在电场中的偏转》知识讲解

《带电粒子在电场中的偏转》知识讲解


④ a qU
md

qE yEk1 2m 21 2m 0 2
L2 0t2 ① y2 t2 ②
y总(L21 L2)tan
【例1】一束电子流在经U =5000V的加速电压 加速后,在距两极板等距处垂直进入平行 板间的匀强电场,如图所示.若两板间距d =1.0 cm,板长l =5.0 cm,那么,要使电子 能 从平行板间飞出,两个极板上最多能加
2
若经电压U0加速后射入偏转电场,则
与带电粒子的质量m、电荷量q及 射入偏转电场的初速无关
小结: 加速电压U1
-
d
L0
qU1
1 2
m02

L0
2
t加速

沿初速 方向:
沿电场 方向:
0
2qU1 m
y 偏转电压U2 v0
l1
L2
L 0t
E U2 d

t L

0
a qE m
y 1 at 2 2
at
大而增大。
3、离开电场速度大小:
(1)用速度合成方法:
E U d

Hale Waihona Puke a qE m②02 2
at ③
(2)用动能定理求解:
02
2qEy m
qE 1 2 ym 21 2m 0 21 2m 2
y
m
2
2 qE
4、偏转角θ的计算
E U d

a qE ② m
at ③
v
v0
y L tan
(3)粒子在整个运动过程中动能的变化量。
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带电粒子在匀强电场中的偏转(解析版)

带电粒子在匀强电场中的偏转(解析版)

带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动规律沿初速度方向为匀速直线运动,运动时间 vl t 0=沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动,加速度:a = F/m = qU/dm 离开电场时的偏移量 222mdv qULy =离开电场时的偏转角:L ymdV qUL 2tan 2==θ2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析:不计重力,且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直,则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动.(2)运动分析:一般用分解的思想来处理,即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动.3.两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的. (2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点. 【典例1】如图所示,虚线MN 左侧有一场强为E 1=E 的匀强电场,在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2=2E 的匀强电场,在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏。

现将一电子(电荷量为e ,质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点,A 与虚线MN 的间距为L2,最后电子打在右侧的屏上,AO 连线与屏垂直,垂足为O ,求:(1)电子从释放到打到屏上所用的时间;(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ; (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x 。

【答案】 (1)3mLeE(2)2 (3)3L 【解析】 (1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a 1,时间为t 1,由牛顿第解得:tan θ=2。

(3)如图,设电子在电场E 2中的偏转距离为x 1 x 1=12a 2t 32tan θ=x 2L解得:x =x 1+x 2=3L 。

【典例2】 如图甲所示,长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置,ab 为两板的中心线,一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入,沿直线从b 点射出,若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出,求:(1)交变电压的周期T 应满足什么条件?(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件? 【答案】 (1)T =L nv 0,其中n 取大于等于L2dv 0qU 02m的整数 (2)t =2n -14T (n =1,2,3,…)【解析】 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场,在垂直于初速度方向上,粒子的运动应为:加速,减速,反向加速,反向减速,经历四个过程后,回到中心线上时,在垂直于金属板的方向上速度正好等于零,这段时间等于一个周期,故有L =nTv 0,解得T =Lnv 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y =12a ⎝⎛⎭⎫14T 2所以粒子的周期应满足的条件为 T =L nv 0,其中n 取大于等于L 2dv 0qU 02m的整数. (2)粒子进入电场的时间应为14T ,34T ,54T ,…故粒子进入电场的时间为t =2n -14T (n =1,2,3,…). 【跟踪短训】1.如图所示,真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ,相距为d ,足够大的竖直屏与两板右侧相距b .在两板间加上可调偏转电压U YY ′,一束质量为m 、带电荷量为+q 的粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出.(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点; (2)求两板间所加偏转电压U YY ′的范围; (3)求粒子可能到达屏上区域的长度.【答案】 (1)见【解析】 (2)-d 2mv 20qL 2≤U YY ′≤d 2mv 20qL 2 (3)d L +2b L【解析】 (1)设粒子在电场中的加速度大小为a ,离开偏转电场时偏转距离为y ,沿电场方向的速度为v y ,偏转角为θ,其反向延长线通过O 点,O 点与板右端的水平距离为x ,如图所示,则有y =12at 2L =v 0tv y =at ,tan θ=v y v 0=y x ,联立解得x =L2故粒子在屏上可能到达的区域的长度为 H =2y 0=d L +2bL.2. 如图甲所示,热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计,电子发射装置的加速电压为U 0,电容器板长和板间距离均为L =10 cm ,下极板接地,电容器右端到荧光屏的距离也是L =10 cm ,在电容器两极板间接一交变电压,上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示.(每个电子穿过平行板的时间都极短,可以认为电压是不变的)求:(1)在t =0.06 s 时刻,电子打在荧光屏上的何处. (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长?【答案】 (1)打在屏上的点位于O 点上方,距O 点13.5 cm (2)30 cm【解析】 (1)电子经电场加速满足qU 0=12mv 2经电场偏转后侧移量y =12at 2=12·qU 偏mL ⎝⎛⎭⎫L v 2所以y =U 偏L4U 0,由图知t =0.06 s 时刻U 偏=1.8U 0,所以y =4.5 cm设打在屏上的点距O 点的距离为Y ,满足Yy =L +L 2L2所以Y =13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y 的最大值为L2,所以当偏转电压超过2U 0,电子就打不到荧光屏上了,所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L =30 cm.课后作业1. 喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v 垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中( ).A .向负极板偏转B .电势能逐渐增大C .运动轨迹是抛物线D .运动轨迹与带电量无关【答案】 C2. 如图,带电粒子由静止开始,经电压为U 1的加速电场加速后,沿垂直电场方向进入电压为U 2的平行板电容器,经偏转落在下板的中间位置。

专题07 带电粒子在匀强电场中的偏转、带电粒子在交变电场中的运动(解析版)

专题07 带电粒子在匀强电场中的偏转、带电粒子在交变电场中的运动(解析版)

高二物理期末综合复习(特训专题+提升模拟)专题07 带电粒子在匀强电场中的偏转、带电粒子在交变电场中的运动一、带电粒子在匀强电场中的偏转1.如图所示,偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U ,极板长度为L ,间距为d =0.125L 。

质子由静止开始经加速电场加速后。

沿平行于极板的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。

已知质子的比荷为k ,加速电场电压为U 0,忽略质子所受重力。

质子射入偏转电场时的初速度v 0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy 分别是( )A2ULU B 04ULU C2ULU D 04ULU 【答案】C【详解】质子在加速电场中,根据动能定理有20012mv qU = ①解得0v =②根据牛顿第二定律可得质子在偏转电场中的加速度大小为qUa md= ③根据运动学规律可得质子在偏转电场中的运动时间为0L t v = ④并且21Δ2y at = ⑤由题意知d =0.125L ⑥联立①③④⑤⑥解得2ΔULy U =⑦故选C 。

2.示波器是一种多功能电学仪器,如图所示。

大量电性相同的带电粒子在电压为U 1的电场中由静止开始加速,从M 孔射出,然后水平射入电压为U 2的平行金属板间的电场中,在满足带电粒子能射出平行板电场区域的条件下(不计粒子重力和粒子之间的相互作用),下列说法正确的是( )A .若电荷量q 相等,则带电粒子在偏转场板间的加速度大小相等B .若电荷量q 相等,则带电粒子从M 孔射出的动能不相等C .无论比荷qm是否相等,全过程中电场力做功均相同 D .无论比荷qm是否相等,带电粒子均从偏转电场中同位置射出 【答案】D【详解】A .根据牛顿第二定律得带电粒子在偏转电场中的加速度大小2qU qE a m md==知电荷量相等,质量未知,则带电粒子在偏转电场中的加速度大小不一定相等,故A 错误;B .带电粒子在加速度电场中加速过程,根据动能定理得21k 012qU E mv ==解得0v =电粒子电荷量相等,则带电粒子从M 孔射出的动能相等,故B 错误;D .带电粒子进入平行金属板间做类平抛运动,设极板长度为L ,板间距离为d ,粒子在水平方向做匀速直线运动,则有0L v t =得0Lt v =粒子射出电场时偏转角度正切值00tan y v at v v θ==结合0v =2qU a md =;0L t v =联立得21tan 2U L U d θ=可知tan θ与q m 无关,因为位移偏转角的正切值总为速度偏转角正切值的二分之一,即tan 2tan θα=可得无论比荷qm是否相等,带电粒子均从偏转电场中同位置射出,故D 正确;C .由D 选项可知,所有带电粒子在电场偏转电场中沿着电场方向的位移相等设为y ,则电场力对带电粒子所做的功为21qU yW qU d=+知只有电荷量相等时,电场力做功相等,故C 错误。

带电粒子在电场中的运动问题2(偏转)知识讲解

带电粒子在电场中的运动问题2(偏转)知识讲解

带电粒子在电场中的偏转一、如图所示,某带电粒子以速度0v 沿垂直于电场线方向飞入匀强电场时,受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动。

1、处理方法:类平抛运动,运动的合成与分解求解相关问题;水平方向:匀速直线运动; 竖直方向:匀加速直线运动。

2、所涉及的方程及结论 ①加速度:mdqU m qE m F a ===②运动时间: A 、能飞出极板间时,0v l t = B 、打在极板上时,由qUmd a d t at d 22,212===得 ③竖直上的偏转量:A 、离开电场时,dmv U ql at y 2022221==,如果综合加速电场0U 时,由20021mv qU =得dU Ul y 024=,即经过加速电场后进入偏转电场时,竖直方向上的偏转量与粒子的比荷无关。

换句话说,就是不同的粒子经过相同的加速电场和进入相同的偏转电场,离开电场时竖直方向上的偏转量都是一样的。

B 、打在极板上时,2d y =,水平方向的位移为qUmd v a d v t v x 2000=== ④偏转角:dmv qUl v at v v y2000tan ===θ,结合20021mv qU =得d U Ul 02tan =θ即经过加速电场后进入偏转电场时,偏转角与粒子的比荷无关。

换句话说,即不同的粒子经过相同的加速电场和进入相同的偏转电场,离开电场时速度的方向都是一样的。

⑤如果粒子能离开偏转电场,离开电场时速度方向的反向延长线交水平位移的中点2l 处。

⑥速度:220y v v v +=或者根据动能定理:y dU U mv mv qU y y =-=,2121202例1、如图所示,离子发生器发射出一束质量为m ,电荷量为q 的离子,从静止经加速电压U 1加速后,获得速度0v ,并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央,受偏转电压U 2作用后,以速度v 离开电场,已知平行板长为l ,两板间距离为d ,求:①0v 的大小;②离子在偏转电场中运动时间t ;③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ;④离子在偏转电场中的加速度;⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ;⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小;⑦离子在离开偏转电场时竖直方向上的偏移量y ;⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ举一反三1、如图所示,质子(11H)、氘核(H21)和α粒子(42He),以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力),三个粒子均能射出电场;求①这三个粒子射出电场时所花时间比;②这三个粒子射出电场时竖直方向上的偏转量的比;③这三个粒子射出电场时速度的偏转角的比;2、如图所示,氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后,又经同一匀强电场偏转,最后打在荧光屏上,那么()A.经过加速电场过程,电场力对氚核做的功最多B.经过偏转电场过程,电场力对三种核做的功一样多C.三种原子核打在屏上时的速度一样大D.三种原子核都打在屏上的同一位置上3、在上题的基础上,求:①进入偏转电场到离开时所需时间比;二、示波器工作原理例2、如图所示是示波管的原理图.它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成,管内抽成真空.给电子枪通电后,如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压,电子束将打在荧光屏的中心O点,在那里产生一个亮斑.下列说法正确的是()A.要想让亮斑沿OY向上移动,需在偏转电极YY′上加电压,且Y′比Y电势高B.要想让亮斑移到荧光屏的右上方,需在偏转电极XX′、YY′上加电压,且X比X′电势高、Y比Y′电势高C.要想在荧光屏上出现一条水平亮线,需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压(扫描电压)D.要想在荧光屏上出现一条正弦曲线,需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压举一反三1、如图所示,是一个示波器工作原理图,电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场,离开电场时偏转量是h,两平行板间距离为d,电势差为U,板长为l,每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度.若要提高其灵敏度,可采用下列办法中的()A.增大两极板间的电压B.尽可能使板长l做得短些C.尽可能使板间距离d减小些D.使电子入射速度v0大些2、如图所示的示波管,当两偏转电极XX′、YY′电压为零时,电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点,其中x轴与XX′电场的场强方向重合,x轴正方向垂直于纸面向里,y轴与YY′电场的场强方向重合).若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限,则()A.X、Y极接电源的正极,X′、Y′接电源的负极B.X、Y′极接电源的正极,X′、Y接电源的负极C.X′、Y极接电源的正极,X、Y′接电源的负极D.X′、Y′极接电源的正极,X、Y接电源的负极。

高二物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析

高二物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析

高二物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析1.如图所示,一带电粒子以某一速度在竖直平面内做直线运动,经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域(图中未画出磁场区域),粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场. 电场强度大小为E,方向竖直向上. 当粒子穿出电场时速度大小变为原来的倍. 已知带电粒子的质量为m,电量为q,重力不计. 粒子进入磁场前的速度与水平方向成60°角,如图. 试解答:(1)粒子带什么电?(2)带电粒子在磁场中运动时速度多大?(3)该圆形磁场区域的最小面积为多大?【答案】(1)负电(2)(3)S=【解析】(1)已知磁场垂直纸面向里,粒子在磁场中向右偏转600垂直进入电场,由左手定则判断:粒子一定带负电---------------2分(2)粒子在电场中做类平抛运动,水平方向: ----------1分竖直方向: ---------1分其中,; ---------2分解得: -------------------2分(3) 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力完全提供向心力:,即:将v代入,得: ----------------2分已知速度偏向角为600,磁场面积最小值是以R为直径的圆:整理得: S= ------------------2分【考点】考查了带电粒子在电磁场中的运动2.(12分)如图所示,水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d,b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(不计重力),从a板左端贴近a板处以大小为v的初速度水平射入板间,在匀强电场作用下,刚好从b板的狭缝P处穿出,穿出时的速度方向与b板所成的夹角为θ=30°,之后进入匀强磁场做圆周运动,最后粒子碰到b板的Q点(图中未画出)。

求:(1)a、b板之间匀强电场的电场强度E和狭缝P与b板左端的距离。

高一物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析

高一物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析

高一物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析1.(12分)两平行金属板A、B水平放置,两板间距cm,板长cm,一个质量为kg的带电微粒,以m/s的水平初速度从两板间正中央射入,如图所示,取m/s2。

(1)当两板间电压V时,微粒恰好不发生偏转,求微粒的电量和电性。

(2)要使微粒不打到金属板上,求两板间的电压的取值范围?【答案】(1) C ,微粒带负电(2)-600V<UAB<2600V【解析】(1)微粒恰好不偏转时有:(2分)解得 C (1分)微粒带负电(1分)(2)粒子能穿过电场需用时间(1分)设粒子偏转的最大加速度,则最大侧移量解得m/s2(2分)当粒子恰好打在下极板边缘时,两板间的电压为U1则,解得V(2分)当粒子恰好打在上极板边缘,两极板间的电压为解得V(1分)则微粒不能打到金属板上的电压范围为-600V<UAB<2600V(2分)【考点】考查了带电粒子在电场中的偏转2.如图,板间距为d、板长为4d的水平金属板A和B上下正对放置,并接在电源上.现有一质量为m、带电量+q的质点沿两板中心线以某一速度水平射入,当两板间电压U=U,且A接负时,该质点就沿两板中心线射出;A接正时,该质点就射到B板距左端为d的C处.取重力加速度为g,不计空气阻力.求(1)质点射入两板时的速度;(2)当A接负时,为使带电质点能够从两板间射出,两板所加恒定电压U的范围.【答案】(1)(2)【解析】:(1)当两板加上电压且A板为负时,有:…①A板为正时,设带电质点射入两极板时的速度为v,向下运动的加速度为a,经时间t射到C点,有:…②又水平方向有…③竖直方向有…④由①②③④得:…⑤(2)要使带电质点恰好能从两板射出,设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1,应有:…⑥…⑦由⑥⑦⑧得:…⑧若的方向向上,设两板所加恒定电压为,有:…⑨若的方向向下,设两板所加恒定电压为,有:…⑩⑧⑨⑩解得:,所以,所加恒定电压范围为:【考点】考查了带电粒子在电场中的偏转3.如图所示,静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔(位于P板的中点)射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离.现使U1加倍,要想使电子的运动轨迹不发生变化,应该 ()A.使U2加倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的倍D.使U2变为原来的【答案】A【解析】电子先经过加速电场加速,后经偏转电场偏转,根据结论,分析要使U1加倍,想使电子的运动轨迹不发生变化时,两种电压如何变化。

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带电粒子在电场中的偏转一、基础知识1、带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场. (2)运动性质:匀变速曲线运动.(3)处理方法:分解成相互垂直的两个方向上的直线运动,类似于平抛运动. (4)运动规律:①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器:t =lv 0.b.不能飞出电容器:y =12at 2=qU 2md t 2,t =2mdyqU②沿电场力方向,做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度:a =F m =qE m =Uqmd 离开电场时的偏移量:y =12at 2=Uql 22mdv 2离开电场时的偏转角:tan θ=v yv 0=Uqlmdv 20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量).(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力.2、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的. 证明:由qU 0=12mv 20y =12at 2=12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ=qU 1lmdv 20得:y =U 1l 24U 0d ,tan θ=U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点,即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解:qU y =12mv 2-12mv 20,其中U y =Udy ,指初、末位置间的电势差.二、练习题1、如图,一质量为m ,带电量为+q 的带电粒子,以速度v 0垂直于电场方向进入电场,关于该带电粒子的运动,下列说法正确的是( )A .粒子在初速度方向做匀加速运动,平行于电场方向做匀加速运动,因而合运动是匀加速直线运动B .粒子在初速度方向做匀速运动,平行于电场方向做匀加速运动,其合运动的轨迹是一条抛物线C .分析该运动,可以用运动分解的方法,分别分析两个方向的运动规律,然后再确定合运动情况D .分析该运动,有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小 答案 BCD2、如图所示,两平行金属板A 、B 长为L =8 cm ,两板间距离d =8 cm ,A 板比B 板电势高300 V ,一带正电的粒子电荷量为q =1.0×10-10 C ,质量为m =1.0×10-20 kg ,沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场,初速度v 0=2.0×106 m/s ,粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域,然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ,D 是中心线RO 与界面PS 的交点,O 点在中心线上,距离界面PS 为9 cm ,粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上.(静电力常量k =9.0×109 N ·m 2/C 2,粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离多远?到达PS 界面时离D 点多远? (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹.(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小.解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移): y =12at 2a =F m =qU dmL =v 0t则y =12at 2=qU 2md (L v 0)2=0.03 m =3 cm 粒子在离开电场后将做匀速直线运动,其轨迹与PS 交于H ,设H 到中心线的距离为Y ,则有12L12L +12 cm=yY,解得Y =4y =12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略) (3)粒子到达H 点时,其水平速度v x =v 0=2.0×106 m/s 竖直速度v y =at =1.5×106 m/s 则v 合=2.5×106 m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动,所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r =15 cmk qQr 2=m v 2合r解得Q ≈1.04×10-8 C答案 (1)12 cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10-8 C3、如图所示,在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场,在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为+q 、质量为m 的带电粒子(重力不计),以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中,v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求:(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间;(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α; (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL 22mv 20解析 (1)根据题意,粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t =2L v 0.(2)设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ,根据牛顿第二定律,粒子在电场中的加速度为:a =Eq m所以v y =a L v 0=qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α=v y v 0=qELmv 20.(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ,则 y =12a (L v 0)2=12·qEL 2mv 20 又x =y +L tan α, 解得:x =3qEL 22mv 20解法二 x =v y ·Lv 0+y =3qEL 22mv 20.解法三 由xy =L +L2L 2得:x =3y =3qEL 22mv 20.4、如图所示,虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为m =2.0×10-11 kg 、电荷量为q =+1.0×10-5 C ,从a 点由静止开始经电压为U =100 V 的电场加速后,垂直于匀强电场进入匀强电场中,从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ 、MN 间距为20 cm ,带电粒子的重力忽略不计.求:(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1; (2)水平匀强电场的场强大小; (3)ab 两点间的电势差.答案 (1)1.0×104 m/s (2)1.732×103 N/C (3)400 V 解析 (1)由动能定理得:qU =12mv 21代入数据得v 1=1.0×104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动:d =v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动:v y =at 由题意得:tan 30°=v 1v y由牛顿第二定律得:qE =ma 联立以上各式并代入数据得:E =3×103 N/C ≈1.732×103 N/C(3)由动能定理得:qU ab =12m (v 21+v 2y )-0联立以上各式并代入数据得:U ab =400 V .5、如图所示,一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们( )A .同时到达屏上同一点B .先后到达屏上同一点C .同时到达屏上不同点D .先后到达屏上不同点 答案 B解析 一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同,经过加速电场的末速度不同,因此在加速电场及偏转电场的时间均不同,但在偏转电场中偏转距离相同,所以会先后打在屏上同一点,选B.6、如图所示,六面体真空盒置于水平面上,它的ABCD 面与EFGH 面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD 面带正电,EFGH 面带负电.从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a 、b 、c ,最后分别落在1、2、3三点.则下列说法正确的是( )A .三个液滴在真空盒中都做平抛运动B .三个液滴的运动时间不一定相同C .三个液滴落到底板时的速率相同D .液滴c 所带电荷量最多 答案 D解析 三个液滴具有水平速度,但除了受重力以外,还受水平方向的电场力作用,不是平抛运动,选项A 错误;在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动,下落高度又相同,故运动时间必相同,选项B 错误;在相同的运动时间内,液滴c 水平位移最大,说明它在水平方向的加速度最大,它受到的电场力最大,电荷量也最大,选项D 正确;因为重力做功相同,而电场力对液滴c 做功最多,所以它落到底板时的速率最大,选项C 错误.7、绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场,其俯视图如图所示,图中xOy 所在平面与光滑水平面重合,电场方向与x 轴正向平行,电场的半径为R =2 m ,圆心O 与坐标系的原点重合,场强E =2 N/C.一带电荷量为q =-1×10-5 C 、质量m =1×10-5 kg 的粒子,由坐标原点O 处以速度v 0=1 m/s 沿y 轴正方向射入电场(重力不计),求:(1)粒子在电场中运动的时间; (2)粒子出射点的位置坐标; (3)粒子射出时具有的动能.答案 (1)1 s (2)(-1 m,1 m) (3)2.5×10-5 J解析 (1)粒子沿x 轴负方向做匀加速运动,加速度为a ,则有: Eq =ma ,x =12at 2沿y 轴正方向做匀速运动,有y =v 0t x 2+y 2=R 2解得t =1 s.(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(-x 1,y 1),则有x 1=12at 2=1 m ,y 1=v 0t =1 m ,即出射点的位置坐标为(-1 m,1 m).(3)射出时由动能定理得Eqx 1=E k -12mv 20代入数据解得E k=2.5×10-5 J.8、如图所示,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E、F、G、H是各边中点,其连线构成正方形,其中P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出.以下说法正确的是( )A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域答案BD解析粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出,其轨迹是抛物线,则过D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点,而延长线又经过P点,所以粒子轨迹一定经过PE之间某点,选项A错误,B正确;由平抛运动知识可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,则水平位移也变为原来的一半,所以选项C错误,D正确.9、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动如图所示,绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面,AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道,斜面与圆轨道相切.整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中.现有一个质量为m的小球,带正电荷量为q=3mg3E,要使小球能安全通过圆轨道,在O点的初速度应满足什么条件?图9审题与关联解析 小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆轨道上运动,受重力、电场力、轨道作用力,如图所示,类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力mg ′,大小为mg ′=qE 2+mg 2=23mg 3,tan θ=qE mg =33,得θ=30°,等效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上匀速运动.因要使小球能安全通过圆轨道,在圆轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力,即有:mg ′=mv 2D R,因θ=30°与斜面的倾角相等,由几何关系可知AD =2R ,令小球以最小初速度v 0运动,由动能定理知: -2mg ′R =12mv 2D -12mv 20 解得v 0= 103gR 3,因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应满足v ≥103gR 3.。

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