2025年高考物理总复习带电粒子在电场中的运动解答题30题

带电粒子在电场中的运动解答题30题（含答案）1、如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面），O为圆心。在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子沿图中直径从圆上的A点射入柱形区域，在圆上的D点离开该区域，已知图中，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A点射入柱形区域，也在D点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，试求：（1）电场强度E的大小；（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比。【答案解析】(1)

(2)解析：（1）加磁场时，粒子从A到D有：

……

①

由几何关系有：……

②

加电场时，粒子从A到D有：

……

③

……

④

由①～④得：

……⑤

（2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知：圆心角

圆运动周期：

……⑦

经磁场的运动时间：

……⑧

由①～④得粒子经电场的运动时间：

……⑨

即：

……⑩

【思路点拨】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求得半径，然后换成电场后，带电粒子在电场中做类平抛运动，水平匀速直线运动，竖直匀加速直线运动，根据运动学规律求解电场强度。（2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知求得圆心角，根据周期公式求得在磁场中运动时间，在电场中根据竖直方向求得运动时间，然后求得时间之比。2、如图所示，从阴极K发射的电子经电势差U0＝4500V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1＝10cm，间距d＝4cm的平行金属板AB之后，在离金属板边缘L2＝75cm处放置一个直径D＝20cm的带有记录纸的圆筒，轴线OO1垂直圆筒，整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计．已知电子的质量m＝0.9×10－30kg，电子的电荷量的绝对值e＝1.6×10－19C，不考虑相对论效应．(1)求电子刚进入金属板AB时的速度大小。(2)若电子刚好能从AB极板边缘飞出，求加在AB两极板间的直流电压U1多大？刚好飞出时的动能多大？（用电子伏作为能量单位表示动能大小）(3)若在两个金属板上加上U2＝1000cos2πt(V)的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以ω＝4πrad/s的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并在所给坐标系中定性画出1s内所记录的图形．(电子穿过AB的时间很短，可认为这段时间内板间的电压不变)【答案解析】[解析](1)由eU0＝mv得电子的入射速度

2分v0＝＝4×107m/s

1分（2）刚好能飞出极板上，

2分所以，

解得：U1=1440V

2分由动能定理，

2分

(2)加交流电压时，A、B两极板间的场强E2＝＝2.5×104cos2πt(V/m)电子飞出两板时的竖直位移y1＝at＝

2分电子飞出两板时的竖直速度vy＝at1＝

2分电子飞出两板到达圆筒时的竖直位移y2＝vyt2＝

2分在纸上记录落点的总偏距y＝y1＋y2＝cos2πt(m)．

1分因圆筒每秒转2周，故在1s内所记录的图形如图所示．

3分【思路点拨】本题主要是要搞清楚在加速电场中—运用动能定理求解，在偏转电场中—类平抛运动规律类比求解，还要会利用三角函数规律递推的表达式画图线。（要细心和规范），求解第二问是难点。3、如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．求：(1)若滑块从水平轨道上距离B点为s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时的速度大小；(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时对轨道的作用力大小；(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．【答案解析】(1)(2)mg(3)：[解析]

(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2－0，而qE＝，解得v＝.(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则F－qE＝m，解得F＝mg.根据牛顿第三定律，滑块对轨道的作用力大小F′＝mg.(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vn)，则有＝m，解得vn＝.【思路点拨】（1）由动能定理求滑块的速度（2）由牛顿第二定律求出滑块收到的作用力（3）轨道对滑块的作用力为零时，速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度.4、如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1∶1∶2．现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区．已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．求：(1)滑块进入CDHG区域时的速度大小v0；(2)滑块在ADHE区域运动的总时间．【答案解析】(1)(2)4解析：设三个区域的电场强度大小依次为E、E和2E，滑块在三个区域运动的时间分别为、和（1）在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有

而由题意知

，在水平方向和竖直方向分别有

，以上解得：，

（4分）（2）在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向

所以不受摩擦力，做匀速直线运动，，在ABFG区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向

在水平方向

，由滑动摩擦力定律：

以上解得当滑块由E运动到F时，由运动学公式

代入解得，仍由运动学公式

，解得所以

（4分）【思路点拨】（1）在第三个过程中，滑块做类平抛运动，将运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动来列式求解；（2）分三个过程计算出运动时间；第一过程匀减速，第二过程匀速，第三过程类平抛运动．关键先根据类平抛运动的位移公式求出类平抛的初速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解．5、如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：（重力加速度为g）

(1)原来的电场强度；(2)场强改变后，物块运动的加速度．（3）电场改变后物块运动经过L的路程过程机械能的变化量。【答案解析】答案：(1)

(2)，方向沿斜面向下（3）。解析：（1）对小球进行受力分析，图略。由图可列方程如下：，。两式联立得：。（2）若时，由受力图（图略）进行正交分解得列方程如下：，将E代入得：沿斜面向下。（3）在运动过程中，重力做功不改变系统的机械能，电场力做负功，系统机械能减少，则有：，负号表示减少。【思路点拨】本题求解的关键是受力分析，开始列平衡方程求原来的电场强度。当电场强度改变后，进行受力分析，建立坐标系，根据牛顿第二定律列动力学方程求带电物块的加速度。最后要分析清楚重力做功不改变机械能，只有电场力做功才能改变机械能，依做功的表达式求出机械能的变化量。6、如图所示，边长为2的正方形内存在两个场强大小相等、方向相反的有界匀强电场，中位线上方的电场方向竖直向下，下方的电场方向竖直向上。从某时刻起，在、两点间（含点，不含点）连续不断地有电量为、质量为的粒子以相同速度沿水平方向射入电场。其中从点射入的粒子第一次穿越后就恰好从点沿水平方向射出正方形电场区。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：

（1）从A点入射的粒子穿越电场区域的时间和匀强电场的场强的大小；

（2）在间离点高度为多大的粒子，最终能沿水平方向从间射出正方形电场区？

（3）上一问中能沿水平方向射出正方形电场区的这些粒子，在穿越时的速度的大小。解答（1）带电粒子先类平抛后类斜抛，轨迹如图1所示，上下两段对称水平方向匀速运动，穿越电场区域的时间

（1分）竖直方向先匀加速运动

(2分)解得

（1分）

（2）满足题意的带电粒子运动轨迹如图2所示，每小段抛物线的水平长度为则，

（）

（2分）结合（1）中的解得

（）

（1分）

（3）由题意粒子每次到达中位线的速度大小相同，从进入电场到第一次到达中位线过程，据动能定理有

，

（2分）将、代入解得

（）

（1分）7、如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，P、Q连线垂直金属板，两板间距为d。现从P点处连续不断地有质量为m、带电荷量为+q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计。在t=0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板时，电压为正），其电压大小为U、周期为T。带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计。求：（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度；（2）若两板间距足够宽，在t=0时刻放出的粒子在第一个周期T内离开A板的距离；（3）如果只有在每个周期的0～错误！未找到引用源。时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系。并求出每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值。解答8、一束电子流经U1=5000V的加速电压从静止开始加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图，两板间距离d=1.0cm，板长L0=5.0cm，竖直放置的荧光屏宽D=16cm，与金属板右端的距离L=47.5cm，（不计重力，荧光屏中点在两板间的中央线上，）。求：（1）若两极板间的电势差U2为400V，则电子射出电场时在垂直于板面方向偏移的距离y为多少？（2）为了使带电粒子能射中荧光屏所有的位置，两板间所加的电压U3应取什么范围？答案9、如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度

υ0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边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12cm，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9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常数k=9.0×109N·m2/C2）（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？（2）电场力做的功为多大？到达PS界面时离D点多远？（3）大致画出带点粒子的运动轨迹（4）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．答案【答案解析】（1）0.03m

（2）0.12m

（3）如图（4）

解析：（1）带电粒子穿过界面MN时偏离中心线的距离，即侧向位移：

（2）电场力做的功为：，y=0.12m

（3）4分（4）带电粒子的速度离开电场时的速度及穿过PS进入点电荷电场的速度：

此时的速度方向与水平方向成θ，

带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动打在PS上的a点（如图），则a点离中心线的距离为y：则a点与点电荷所在位置的连线与PS的夹角为β，则，带电粒子进入点电荷的电场时，速度与点电荷对粒子的库仑力垂直，由题的描述：粒子穿过界面PS最后垂直打在与A板在同一水平线上的荧光屏bc上，由此可以做出判断：该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动。带正电的粒子必定受到Q的吸引力，所以Q带负电。

半径

由库仑定律和匀速周运动规律得：

（1分）

得：

【思路点拨】

（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．

（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，根据运动情况即可画出图象．（3）根据受力分析画图（4）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量．10、如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg,带电荷量为q=+2.0×10-6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2)。求：(1)23s内小物块的位移大小；(2)23s内静电力对小物块所做的功。【解析】(1)0～2s内小物块的加速度

(1分)位移

(1分)2s末小物块的速度为v2=a1t1＝4m/s

(1分)2～4s内小物块的加速度

(1分)位移x2=x1=4m

(1分)4s末的速度v4=0

(1分)因此小物块做周期为4s的变速运动，第22s末的速度为v22=4m/s(1分)第23s末的速度为v23=v22+a2t=2m/s(t=1s)

(2分)所求位移为

(2分)(2)23s内，设静电力对小物块所做的功为W，由动能定理有:W-μmgx=(3分)解得W=9.8J。

(2分)答案:(1)47m

(2)9.8J11、如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，在第二象限内充满一个沿y轴负方向的匀强电场，在第三象限内充满一个沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限内充满一个沿X轴正方向的匀强电场，三个象限内匀强电场的场强大小均相等。一半径为R的半圆弧ABC与直轨道DA组合成光滑绝缘轨道，放在直角坐标系平面内，圆心与坐标轴的0点重合，A为半圆的最低点，C为半圆的最高点，直轨道DA水平。一带正电的小球，从A点以某一初速度向右运动，沿半圆轨道运动到C点，然后落到直轨道DA上的某一点。已知当地重力加速度为g，小球在三个电场中受到的电场力均与其重力相等，在C点时速度方向水平且大小为求：（1）小球在A点的速度(2)小球从C落回水平轨道DA上的点与A点的距离解：（1）A到C的过程中，根据动能定理

其中

……………（2分）解得

……………（2分）

(2)在第二象限内，

……………（1分）

……………（1分）

……………（1分）……………（1分）……………（1分）12、如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度υ0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点。求:（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小？（2）粒子到达PS界面时离D点的距离为多少？（3）设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷（假设负电荷产生的电场只局限于PS右侧区域），使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量为多少？（静电力常数k=9．0×109N·m2/C2，保留两位有效数字）答案13、如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图所示．y轴上一点P的坐标为（0，y0），有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为（xA，0），当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为（xB，0）。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力，E1、E2未知。（1）求匀强电场的场强E1、E2之比；（2）若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为（0，-y0），求感光胶片上曝光点的横坐标xA′、xB′之比。答案（2）设场强为E1时，电子射出电场时的偏转解为θ1

2分

1分设场强为E2时，电子射出电场的偏转角为θ2

2分

1分解得

1分14、如图所示，电荷量为e、质量为m的电子从静止开始经电压U1的电场加速，从两极间中点进入平行板电容器中，电子刚进入两极板时的速度跟电场线方向垂直。两极板间的电势差为U2，两极板长为L1，间距为d。电子离开偏转电场后做匀速直线运动（不考虑电容器外的电场），打在距极板为L2的荧光屏上的P点。求：（1）电子进入偏转电场时的初速度v0（2）电子飞出偏转电场时沿电场线的偏移量y（3）P点偏离荧光屏中央O的距离Y答案解：（1）电子在加速电场中只有电场力对电子做功，加速时由动能定理可得：

得电子进入偏转电场的速度为

（2）在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，有解得(3)设带电粒子出偏转电场时速度与水平方向的夹角为θ，则有由几何关系得电子打到荧光屏上时的侧移为Y15、如图所示，CD左侧存在场强大小为E＝，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。(1)求DA两点间的电势差UDA；(2)求圆管半径r；(3)求小球从D点运动到P点的时间t。答案(1)(2)(3)[解析](1)WAD＝－mgLUDA＝或UDA＝ELUDA＝(2)由恰好过D点，判断vD＝0根据动能定理：从A到D过程mgLtan53°－EqL－mg2r＝0解得r＝(3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝yxtan53°＋x＝2r解得x＝，y＝竖直方向自由落体有y＝gt2解得t＝16、如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝40cm.电源电动势E＝24V，内电阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量q＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源输出功率是多大？(g取10m/s2)答案解析：设两板间电压为UAB，由动能定理得－mgd－qUAB＝0－mv，（3分）所以UAB＝＝V＝8V.则滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝8V.（3分）设通过滑动变阻器电流为I，由闭合电路欧姆定律得I＝＝＝1A.（3分）滑动变阻器电阻：R滑＝＝8Ω.（2分）电源输出功率：P＝I2(R＋R滑)＝23W.（3分）17、如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，P、Q连线垂直金属板，两板间距为d。现从P点处连续不断地有质量为m、带电荷量为+q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计。在t=0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板时，电压为正），其电压大小为U、周期为T。带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计。求：（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度；（2）若两板间距足够宽，在t=0时刻放出的粒子在第一个周期T内离开A板的距离；（3）如果只有在每个周期的0～时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系。并求出每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值。答案18、如图所示，电源电动势E＝200V，内阻不计．R1、R2、R4的阻值均为300Ω，R3为可变电阻．C为一水平放置的平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长为l＝8cm，板间距离为d＝1cm.有一细电子束沿图中虚线以E0＝1.92×103eV的动能连续不断地向右射入平板电容器．已知电子电荷量e＝1.6×10－19C，电子重力不计，求：(1)要使电子能沿直线飞出电容器，变阻器R3的取值为多大？(2)要使电子都能从电容器两极板间飞出，变阻器R3的取值范围为多大？

答案(1)300Ω(2)75Ω≤R3≤1200Ω[解析](1)当电子匀速直线通过两极板时，两点电压UAB＝0，设φ0＝0由对称性知，UAO＝UBO时，＝解得R3＝300Ω(2)电子在电场中偏转飞出电场的临界条件为y＝d此时对应平行板电容器两极板间电压的最大值有y＝d＝化简得Um＝＝60V取O点电势为零，当UAB＝Um＝60V时UAO＝E＝100V则φA＝100V，φB＝40VUBO＝＝40V解得R3＝1200Ω由题意可得，当R3介于300Ω与1200Ω之间时，电子向上偏转，均可以飞出当UBA＝Um＝60V时，而A点电势不变，此时φB＝160V同理解得R3＝75Ω当R3介于75Ω与300Ω之间时，电子向下偏转，均可以飞出综上所述，75Ω≤R3≤1200Ω19、如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中，一质量为m、带电量＋q的物体(可视为质点)，从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小E<.求：(1)物块在运动过程中克服摩擦力做的功；(2)物块离开轨道落回水平面的水平距离．答案

(1)mv＋(qE－mg)R(2)2R[解析](1)物块恰能通过圆弧的最高点C，由圆周运动的知识可得：mg－qE＝m物块从A运动到C，对物块应用动能定理得：qE×2R－Wf－mg×2R＝mv－mv联立解得：Wf＝mv＋(qE－mg)R，即克服摩擦力做功为：mv＋(qE－mg)R(2)物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，水平方向：x＝vCt竖直方向：由牛顿第二定律和mg－qE＝ma由运动学公式得：2R＝at2，联立解得：x＝2R20、如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y＝的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场Ⅰ；在第二象限存在匀强电场Ⅱ(－2L≤x≤－L,0≤y≤L)．两个电场大小均为E，不计电子所受重力．求(1)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的位置；(2)由电场Ⅰ的AB曲线边界处由静止释放电子离开MNPQ时的最小动能．答案解析：(1)据题意，B点纵坐标yB＝L，根据双曲线方程y＝得到，横坐标xB＝，电子从B运动到C过程，根据动能定理得：eE＝mv2，电子在MNPQ区域做类平抛运动，水平方向：s＝vt，竖直方向：L＝at2，a＝，解得：s＝L，即电子从P点射出．(2)设释放位置坐标为(x，y)，则有eEx＝mv2，s＝vt，y＝at2＝t2，解得：y＝，又y＝，得到：Ek＝eE(x＋)，根据数学知道得知，当x＝y＝时，动能Ek有最小值Ek＝eEL.答案：(1)电子从P点射出(2)eEL21、反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图23－11所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.答案解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0解得d2＝d1＝0.50cm.(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1|q|E2＝ma2设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝a1td2＝a2t又t＝t1＋t2以上各式联立解得t＝1.5×10－8s.答案：(1)0.50cm(2)1.5×10－8s22、如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝1.0×104N/C，现有质量m＝0.20kg、电荷量q＝8.0×10－4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB＝1.0m，带电体与轨道AB、CD的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g＝10m/s2)(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；(2)带电体最终停在何处．答案解析：(1)设带电体到达C点时的速度为v，由动能定理得：qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝mv2解得v＝10m/s.(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，由动能定理得：－mgh－μqEh＝0－mv2解得h＝m.在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N因为G<Ffmax所以带电体最终静止在与C点的竖直距离为m处．答案：(1)10m/s(2)与C点的竖直距离为m处23、在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C、质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图22－12所示．求物块最终停止时的位置．(g取10m/s2)答案解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得：－(qE＋μmg)x1＝0－mv所以x1＝代入数据得x1＝0.4m可知，当物块向右运动0.4m时速度减为零，因物块所受的电场力F＝qE＝0.03N＞Ff＝μmg＝0.02N，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则对全过程由动能定理得－μmg(2x1＋x2)＝0－mv.解之得x2＝0.2m.答案：在O点左侧距O点0.2m处24、如图所示，虚线左侧存在非匀强电场，MO是电场中的某条电场线，方向水平向右，长直光滑绝缘细杆CD沿该电场线放置．质量为m1、电荷量为＋q1的A球和质量为m2、电荷量为＋q2的B球穿过细杆(均可视为点电荷)．当t＝0时A在O点获得向左的初速度v0，同时B在O点右侧某处获得向左的初速度v1，且v1>v0.结果发现，在B向O点靠近过程中，A始终向左做匀速运动．当t＝t0时B到达O点(未进入非匀强电场区域)，A运动到P点(图中未画出)，此时两球间距离最小．静电力常量为k.(1)求0～t0时间内A对B球做的功；(2)求杆所在直线上场强的最大值；(3)某同学计算出0～t0时间内A对B球做的功W1后，用下列方法计算非匀强电场PO两点间电势差：设0～t0时间内B对A球做的功为W2，非匀强电场对A球做的功为W3，根据动能定理W2＋W3＝0又因为W2＝－W1PO两点间电势差U＝＝请分析上述解法是否正确，并说明理由．答案解析：(1)B球运动过程中只受A球对它的库仑力作用，当它运动到O点时速度跟A球相同为v0.库仑力做的功即为B球动能增加量，W＝mv－mv.(2)因为A球做匀速运动，t0时间内运动的位移x＝v0t0，此时的库仑力F＝k＝，因为A球始终做匀速运动，所以非匀强电场对它的作用力与B球对它的库仑力相平衡．当B球到达O点时，两带电小球间的距离最小，库仑力最大．因此，电场对A的作用力也最大，电场强度也最大．E＝＝.(3)该同学的解法是错误的．因为B球向A球靠近的过程，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等，即W2＝－W1是错误的．答案：(1)mv－mv(2)(3)见解析25、如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距均为l，位于极板左侧的粒子源沿极板中央向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子,在0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）.已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射出.上述m、q、l、t0为已知量.（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U0的大小.（2）求时进入两板间的带电粒子在离开电场时的速度大小.答案（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，偏移的距离为，则有

--------（2分）------------------（2分）

-------------------------（1分）联立以上三式，解得两极板间偏转电压为----------------（2分）（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动.带电粒子沿水平方向的分速度大小为------（1分）带电粒子离开电场时沿竖直方向的分速度大小为

----------------（2分）带电粒子离开电场时的速度大小为

-----------------（2分）26、如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平方向的匀强电场中，BCDF是半径为R的圆形轨道，已知电场强度为E，今有质量为m的带电小球在电场力作用下由静止从A点开始沿轨道运动，小球受到的电场力和重力大小相等，要使小球沿轨道做圆周运动，则AB间的距离至少为多大？答案解析：要使小球在圆轨道上做圆周运动，小球在“最高”点不脱离圆环。这“最高”点并不是D点，可采用等效重力场的方法进行求解。重力场和电场合成等效重力场，其方向为电场力和重力的合力方向，与竖直方向的夹角（如图所示）等效重力加速度在等效重力场的“最高”点，小球刚好不掉下来时从A到等效重力场的“最高”点，由动能定理点评：“等效”法是物理学中的常用方法，在本题中电场和重力合成等效重力场是有条件的，即重力和电场力都是大小和方向都不变的恒力。27、如图所示，甲带电体固定在绝缘水平面