帶電粒子在勻強電場中的直線運動-2021高考物理二輪難點突破+熱點解題方法 (解析版)

專題01帶電粒子在勻強電場中的直線運動

一、單選題

1.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于0、M>P點。

由。點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P'點，則由。點靜止釋放的電子（）

AB

OMP

A.運動到P點返回B.運動到P和P'點之間返回

C.運動到戶點返回D.穿過尸，點

【答案】A

【詳解】

設A8間電場強度為8c間場強為民，根據(jù)題意由。點釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理,

有

CE^OM-eE2xwp=0-0(1)

8c板電量不變，8c板間的場強為

-譬告翳⑵

由（2）知板間的場強不隨距離的變化而變化，當C板向右平移到產(chǎn)時，BC板間的場強不變，由（1）知，電

子仍然運動到尸點返回

故選Ao

2.下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過加速電壓為U的電場之后，其中粒子速度最大的是（）

A.鈉離子（Na+）B.a粒子C.笊核D.質(zhì)子

【答案】D

【詳解】

設加速電場的電壓為U,粒子的質(zhì)量和電量分別為加和9，由動能定理得

qU=^mv2-0

解得

v=

可見，速度與粒子的比荷平方根成正比。由于質(zhì)子的比荷最大，所以質(zhì)子的速度最大。故ABC錯誤，D正

確。

故選D。

3.如圖，一個電子從。點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，。點緊靠左極板，0、A

兩點相距為〃，兩平行金屬板相距為4,電勢差為U,下列說法正確的是（）

A.右極板豎直上移一些，A點電勢升高

B.電子從。到A運動過程，電勢能減小

C.將右極板向右移動一小段距離，電子一定通過A點

D.加大U,電子會通過A點

【答案】C

【詳解】

A.右極板豎直上移一些，板間電壓不變，場強不變，所以A點電勢不變，故A錯誤：

B.由圖可知，板間場強水平向右，電子受力向左，電場力做負功，電勢能增加，故B錯誤；

C.若將右板向右移動一小段距離，板間距離增大，因板間電壓不變，板間場強變小，電子在0A間運動時，

兩點間電壓

UOA=ECI

減小，電場力做功減小，電子損失的動能減小，所以電子一定通過A點，故C正確；

D.若加大U,電場力做的負功多，所以電子不會通過A點，故D錯誤。

故選C。

4.如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有一定電壓，在P板附近有一電子（不計重力）由靜止開始向

Q板運動，下列說法正確的是（）

PQ

「一一|

-+

------??--------

A.兩板間距離越大，加速時間越短

B.兩板間距離越小，電子的加速度就越小

C.電子到達Q板時的速率，與加速電壓無關，僅與兩板間距離有關

D.電子到達Q板時的速率，與兩板間距離無關，僅與板間電壓有關

【答案】D

【詳解】

A.由d=,。產(chǎn)和得，/=竺，兩板間距離越大，加速時間越長，A錯誤；

2md\qU

B.由。=嗎得，兩板間距離越小，電子的加速度就越大，B錯誤；

ma

CD.由a7=泉2得，u=J辿，電子到達Q板時的速率，與兩板間距離無關，僅與板間電壓有關，

2Vm

C錯誤，D正確。

故選D。

5.一帶電小球在某豎直方向的勻強電場中由靜止釋放，帶電小球開始向上運動，則（）

A.小球的電勢能減小，機械能增大

B.小球的電勢能減小，機械能減小

C.小球的電勢能增大，機械能增大

D.小球的電勢能增大，機械能減小

【答案】A

【詳解】

一帶電小球在某豎直方向的勻強電場中由靜止釋放，帶電小球開始向上運動，則重力小于電場力，電場力

向上，故電場力做正功，電勢能減小，機械能增大，故A正確BCD錯誤。

故選A。

6.如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩帶電微粒。、。所帶電荷量大小相等、

符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時釋放。、b,它們由靜止

開始運動，在隨后的某時刻f,八6經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。人間的相互作用和重力

可以忽略，則下列說法正確的是（）

A.a的質(zhì)量比人的大

B.在時間/內(nèi)，。和的電勢能的變化量相等

C.在時間f內(nèi)，匕的動能與電勢能之和減小

D.在，時刻，a和匕的動量大小相等

【答案】D

【詳解】

A.兩個粒子都做初速度為零的勻加速直線運動，則有

12IqE2

y=-at=-------廠

22m

由題意知，相同時間內(nèi)4的位移大于b的位移，q、E又相等，可知

ma<mb

故A錯誤；

B.由題可知在時間/內(nèi)，”的位移大于人的位移，其電荷量相等，它們受電場力相等，所以電場力對“做

的功大于對人做的功，即a的電勢能變化量大于b的電勢能變化量，故B錯誤；

C.整個過程中只有電場力做功，故能量守恒，即動能、電勢能之和是一個定值，故C錯誤；

D.兩個粒子都做初速度為零的勻加速直線運動，則有

a也

m

在f時刻粒子的速度為

Eq

v-at----t

m

則粒子的動量為

p=mv=Eqt

因兩粒子的電荷量相等，電場強度相等，故動量也相等，故D正確；

故選D。

7.如圖所示的直線是真空中某電場的一條電場線，M、N是這條直線上的兩點，一電子以速度均經(jīng)過M

點向N點運動，經(jīng)過一段時間后，電子以速度％經(jīng)過N點，且“與也方向相反，以下說法正確的是（）

VMVN

A<

?-------------------?

MN

A.M點的場強一定大于N點的場強

B.M點的電勢一定高于N點的電勢

C.電子在M點的速度一定小于在N點的速度

D.電子在M點的電勢能一定大于在N點的電勢能

【答案】B

【詳解】

A.由于只有一條電場線，所以無法判斷哪個位置電場線更密集，故無法判斷哪點場強更大，故A錯誤；

B.由于電子在例點時速度方向向右而到達N點時速度方向向左，故電子所受電場力方向向左，而電子所

受電場力的方向與電場的方向相反，故場強方向向右，所以M點電勢高于N點的電勢，故B正確；

C.由于從M到N過程中電場力做負功，故電子在M點的動能更大，故粒子在N點時的速度小于它在M

點時的速度，故C錯誤；

D.由于從M到N過程中電場力做負功，粒子的電勢能增大，故電子在M點的電勢能一定小于它在N點的

電勢能，故D錯誤；

故選B。

8.如圖所示，M、N是真空中的兩塊帶電平行金屬板，一帶電粒子以初速度vo由M板上的小孔垂直極板射

入，粒子恰好能到達兩板正中間。若將粒子以同樣大小的速度從N板上的小孔垂直極板射入，不計粒子受

到的重力，則粒子到達M板時的速度大小為（）

MN

A.A/2V0B.2voC.G%D.3vo

【答案】C

【詳解】

帶電粒子從M板小孔中射入時，由動能定理

-mv0=-Uq

帶電粒子從N板小孔中射入時，由動能定理

1212〃

解得

VM=瓜0

故選Co

9.某空間存在一靜電場，沿x方向建立坐標軸，一個電荷量為4的帶負電粒子從-3m處由靜止釋放，粒子

只在電場力的作用下沿x軸運動，其電勢能隨位移x的變化圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.此電場為處于原點。的點電荷產(chǎn)生的電場B.從。點沿x軸正向電勢降低

C.在x=-lcm和x=lcm處，粒子加速度相同D.粒子在。位置的速度是x=lcm處的Ji倍

【答案】B

【詳解】

A.根據(jù)Ep-X圖象可知，圖線的斜率表示電場力qE,由圖可知兩段圖線斜率大小相等，則可知x軸正負

半軸是兩個大小相等，方向不同的勻強電場，故A錯誤；

B.帶負電粒子從-3cm~0,電勢能減小，則可知電勢升高，場強方向沿x軸負方向，從0~3cm電勢能增大,

則電勢降低，場強方向沿x軸正方向，則從。點沿％軸正向電勢降低，故B正確；

C.在％=-匕11和x=lcm處，場強大小相等，方向相反，故粒子加速度大小相等，方向相反，故C錯誤；

D.粒子從4-3cm到0點的過程由能量守恒得

1,

—mv^-0=15J

粒子從。到41cm的過程中，由能量守恒得

（根％2-A-Z/JV,2=5J

聯(lián)立解得

1,

—mv~=10J

21

聯(lián)立解得

V0=~Vl

故D錯誤。

故選Bo

10.離子推進器是新一代航天動力裝置，可用于衛(wèi)星姿態(tài)控制和軌道修正。推進劑從圖中產(chǎn)處注入，在A

處電離出正離子，已知8、C之間加有恒定電壓U,正離子進入B時的速度忽略不計，經(jīng)加速形成電流為/

的離子束后噴出推進器，單位時間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量為人為研究問題方便，假定離子推進器在太空中飛行

時不受其他外力，忽略推進器運動速度。則推進器獲得的推力大小為（）

2

DUC

A.D.---------另D.4UJI

2JI

【答案】A

【詳解】

在A處電離出正離子，經(jīng)8、C間電壓加速后，由動能定理可知

qU=-mv2

2

解得

「產(chǎn)

Vm

以，秒內(nèi)噴射的離子為研究對象，應用動量定理有

Ft-mmv

又因為

nm

解得

F=yj2UJI

根據(jù)牛頓第三定律知推進器獲得的推力大小為y/2UJI，故選A“

11.某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法''進行治療。在這種療法中為了能讓質(zhì)子進入癌細胞，首先要實現(xiàn)質(zhì)子的高速

運動，該過程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來實現(xiàn)。質(zhì)子先被加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺

死癌細胞。如圖，來自質(zhì)子源的質(zhì)子（初速度為零），經(jīng)加速電壓為u的加速器加速后，形成細柱形的質(zhì)子

流。己知細柱形的質(zhì)子流橫截面積為S,質(zhì)子流內(nèi)單位體積的質(zhì)子數(shù)為〃，其等效電流為/,質(zhì)子電量為e,

則質(zhì)子的質(zhì)量為（）

22223

、2U〃2s2/Un2S2e3lUivSeUnSe

L---r---DB---

rr/2

【答案】A

【詳解】

根據(jù)電流微觀表達式/=可得

質(zhì)子在電場力作用下加速運動，根據(jù)動能定理，則有

-mv2^eU

2

解得

2t/n2S2?

m-

/2

故A對，BCD錯。

故選A。

12.如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有一定電壓，在P板附近有一電子（不計重力）由靜止開始

向。板運動，下列說法正確的是（）

e-

A.電子到達Q板時的速率，與加速電壓無關，僅與兩板間距離有關

B.電子到達。板時的速率，與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關

C.兩板間距離越大，加速時間越短

D.兩板間距離越小，電子的加速度就越小

【答案】B

【詳解】

AB.電子從P板到。板的過程中，由動能定理有

〃12

Uq=—mv

得

所以到達。板時的速率只與加速電壓有關，而與板距無關，故A錯誤，B正確;

CD.據(jù)牛頓第二定律可得加速度

mdm

所以當兩板間距離越小時，加速度越大，電子從P極板向。極板運動做勻加速直線運動，由運動學公式可

得時間

2m

兩板間距離越大，時間越長，兩板間距離越小，電子的加速度就越大，故CD錯誤。

故選B,

13.兩平行金屬板相距為心電勢差為U,一電子質(zhì)量為，小電荷量為e,從0點沿垂直于極板的方向射入

電場，最遠到達4點，然后返回，如圖所示，04間距為〃，則此電子的初動能為（）

【答案】D

【詳解】

設出電子的初動能反。，末動能為零，極板間的電場E=烏，根據(jù)動能定理:

-eEh=O-Eko

解得:

故選D。

14.如圖所示為某回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對：H粒子進行加速，此時D形盒中的磁場的磁感應

強度大小為8,D形盒縫隙間電場變化周期為7,加速電壓為U。忽略相對論效應和粒子在D形盒縫隙間的

運動時間，下列說法中正確的是（）

A.粒子從磁場中獲得能量

B.保持8、U和7不變，該回旋加速器可以加速質(zhì)子

C.只增大加速電壓;H粒子在回旋加速器中運動的時間變短

D.只增大加速電壓汨粒子獲得的最大動能增大

【答案】C

【詳解】

A.粒子在磁場中運動時，磁場的作用只改變粒子的運動方向，不改變粒子的運動速度大小，粒子只在加速

電場中獲得能量，A錯誤；

B.粒子在磁場中運動的周期

52兀m

1----

qB

由于質(zhì)子;H與:H粒子的比荷不同，保持8、［7和T不變的情況下不能加速質(zhì)子，B錯誤；

C.由

2

“V-

qvB-m—

R

解得

m

粒子射出時的動能

252H2

葭

3Y2m

粒子每旋轉(zhuǎn)一周增加的動能是為。，動能達到反時粒子旋轉(zhuǎn)的周數(shù)是M則有

2qU4mU

每周的運動時間

丁2兀m

I=-------

qB

則粒子在回旋加速器中的運動時間

t=NT=^^~

2U

若只增大加速電壓U,:H粒子在回旋加速器中運動的時間變短，C正確;

D.設回旋加速器的最大半徑是R,“，因此粒子在最大半徑處運動時速度最大，根據(jù)

v2

qvB=m——

R

解得

qBRm

射出時的最大動能是

2m

若只增大加速電壓，由上式可知，；“粒子獲得的最大動能與加速器的半徑、磁感應強度以及電荷的電量和

質(zhì)量有關，與加速電場的電壓無關，D錯誤。

故選C。

15.如圖所示，平行板電容器與電源相連，下極板接地。一帶電油滴位于兩極板的中心P點且恰好處于靜

止狀態(tài)，現(xiàn)將平行板電容器兩極板在紙面內(nèi)繞。。‘順時針轉(zhuǎn)過45。，則（）

A.P點處的電勢降低

B.帶電油滴仍將保持靜止狀態(tài)

C.帶電油滴到達極板前具有的電勢能不斷增加

D.帶電油滴將水平向右做勻加速直線運動

【答案】D

【詳解】

A.因電容器與電源始終相接，故電壓不變，由

知，電容器極板旋轉(zhuǎn)后

d=Jxsin45°

所以場強變?yōu)?/p>

UU

E=6E

ddsin45°

又因電容器下極板接地且油滴在中間，故電勢

%=4。=*

故電勢不變，故A錯誤;

B.因極板旋轉(zhuǎn)前油滴靜止，應有mg=qE,電場力方向向上，極板旋轉(zhuǎn)后，電場力方向不再向下而是斜向右

上方與豎直方向成45。角，油滴不能再保持靜止，故B錯誤；

C.由圖可知油滴向右運動過程中，電場力做正功，油滴電勢能應減小，故C錯誤;

D.旋轉(zhuǎn)前，qE=mg,旋轉(zhuǎn)后對油滴受力分析并沿水平與豎直方向分解知

在豎直方向上

F--qExcos45°-mg-qx四Ex--mg=0

水平方向

F-qEsin45°==mg

故油滴將向右做加速度為g的勻加速直線運動，故D正確。

故選D。

二、多選題

16.如圖。所示，A8為某電場中的一條直電場線，某帶電粒子僅在電場力作用下從匚0時刻開始經(jīng)A點沿

直線向8點運動，其速度的平方v2與位移x的關系如圖匕所示，下列說法中正確的是（）

圖6

A.該電場一定是勻強電場

B.粒子的加速度為4m/s2

C.f=2s時粒子的速度為0

D.前2s粒子的位移為3m

【答案】AC

【詳解】

由勻變速的位移速度公式得

v2=2ax+說

該函數(shù)與圖像吻合，所以帶電粒子在電場中做勻變速直線運動，該電場一定是勻強電場。結(jié)合圖像有

%=4m/s，a--2m/s2

z=2s時粒子的速度為

v=va+at=4m/s-2x2m/s=0

前2s粒子的位移為

x=—r=4m

2

故選AC.

17.如圖，帶電平行板電容器兩極板水平放置。兩質(zhì)量相等的帶負電微粒a、b分別固定于電容器內(nèi)上、下

極板附近，兩微粒與極板間的距離相等?，F(xiàn)同時由靜止釋放a、b,a、b同時經(jīng)過兩極板的中線MM不考

慮a、b間的相互作用，下列說法正確的是（）

+1a=

M.....................................N

X

A.到達MN時，b的動能等于a的動能

B.到達時，b的電勢能等于a的電勢能

C.從釋放到的過程中，b的機械能增加量大于a的機械能減少量

D.若僅將上極板向上平移一小段，再同時由原位置釋放a、b,a將先到達原中線

【答案】AC

【詳解】

A.對兩粒子根據(jù)運動學公式

12

x--ar

2

兩粒子在相等時間內(nèi)位移大小相等，則兩粒子加速度大小相等，則

12

v—at,E=—mv

k2

兩粒子動能相等，故A正確；

B.兩個初位置不同的粒子到達同一位置時，電勢能不可能相等。故B錯誤；

C.由于兩粒子動能增量相同，但b的重力勢能增加，a的重力勢能減少，因此b的機械能增量大于a的機

械能減少量。故C正確；

D.僅將上極板向上平移一段，由于電容器上電荷量不變，根據(jù)

4兀kQ

E

sS

兩極板間的場強不變，粒子所受電場力不變，所受合力不變，加速度不變，同時由原位置釋放兩粒子，仍

將同時到達原位置。故D錯誤。

故選AC。

18.如圖所示，在空間存在一平行于圓形平面的勻強電場，圓形平面的圓心為。，半徑為K,AB為直徑。

質(zhì)量為〃?，電荷量為+q的粒子自A點先后以不同的動能沿各個方向進入電場，速度方向與圓形平面平行。

已知動能為零的粒子沿AC方向離開圓形區(qū)域，離開時動能為Eo,ZCAB=60\運動過程中粒子僅受電場

力作用。則下列判斷正確的是（）

A.電場強度的大小為后=與

B-電場強度的大小為

qR

C.自8點離開電場的離子動能增加EoD.自8點離開電場的離子動能增加2%

【答案】AC

【詳解】

AB.初速度為零的粒子，由C點射出電場,電場方向與4。平行，由A指向C。根據(jù)動能定理有

Eq-2/?cos60=Eo

計算得

E=互

qR

故A正確，B錯誤；

CD.電場方向沿AC方向，自8點離開電場的粒子動能的增加量等于電場力做的功

W=Eq-27?cos60=Eo

故C正確，D錯誤。

故選AC。

19.如圖，豎直放置的平行金屬板A、B帶等量異種電荷，A帶負電并規(guī)定A板電勢為0,B帶正電，A、

B間的電場可視為勻強電場。帶負電的粒子以水平向右的初速度從緊挨A板附近運動到B板，忽略粒子的

重力。則以粒子出發(fā)位置為坐標原點，粒子在運動過程中某位置的動能、機械能、電勢、電勢能隨位移變

化的關系正確的是（）

AB

【答案】AC

【詳解】

A.設電場力大小為F，從A板到B板，電場力做正功，根據(jù)動能定理有

Fx=E「Eko

得

Ek=Fx+Ek0

根據(jù)數(shù)學知識可知，線―*圖象斜率為正，縱軸截距為正，故A正確；

BD.電場力做正功，機械能增加，電勢能減小，故BD錯誤；

C.A板為電勢零點，也為電勢能的零點，帶電粒子在向B板移動的過程中，電場力F做正功，電勢能減小，

有

Ep=-W=-Fx

則電勢

耳Fx

（P=—=——OCX

-qq

即。一%圖象是過原點的直線，故C正確。

故選AC。

20.如圖甲所示，A、8是一條豎直電場線上的兩點，在A點由靜止釋放一帶正電的小球，小球?qū)⒀卮穗妶?/p>

線從A點向B點運動，其/一》圖象如圖乙所示，已知小球質(zhì)量為“，電荷量為q,A、8間高度差為/?,

重力加速度為g,不計空氣阻力。下列說法中正確的是（）

A

gh

nx

甲乙

A.沿電場線由A到B,電勢逐漸升高

B.小球從A運動到8的過程中，電勢能逐漸增大

C.A、B兩點的電勢差

2q

D.該電場為勻強電場，其電場強度大小為我

q

【答案】AB

【詳解】

AB.由速度位移公式

v2-4-2ax

可知

v2=lax

結(jié)合圖乙可得

2a=g

得

a絡

2

對小球受力分析由牛頓第二定律可知

mg—qE=ma

得

。1

qE=-mg

方向豎直向上，由于小球帶正電，則電場強度方向豎直向上，所以沿電場線由A到5,電勢逐漸升高，根據(jù)

正電荷在電勢高處電勢能大，則小球從A運動到8的過程中，電勢能逐漸增大，故AB正確；

CD.由于小球的加速度恒定，則小球所受電場力恒定，所以電場為勻強電場，則

「1

qE=-mg

得

E4

2q

A、8兩點的電勢差

%=一劭=一談

AB2q

故CD錯誤。

故選AB。

21.如圖所示虛線為空間電場的等勢面，電荷量為-q的小球(重力不計)，在恒定拉力F的作用下沿直線由

A勻速運動到8,已知AB和等勢面間的夾角為aAB間的距離為d,貝()

Fdsin0

A.A、5兩點的電勢差絕對值為

q

/sin。

B.勻強電場的電場強度大小為------

q

C.帶電小球由4運動到8的過程中，電勢能減少了Fdsin。

D.若要使帶電小球由B向4做勻速直線運動，則力F不變

【答案】AD

【詳解】

A.小球受到的電場力與等勢面垂直，勻速運動時，拉力應垂直于等勢面，方向不能確定，若拉力垂直于等

勢面向左，根據(jù)動能定理得

Fdsin0-qUAB=Q

.Fdsin0

解得A、B兩點的電勢差為UT"=----------,若拉力垂直于等勢面向右，根據(jù)動能定理得

q

根據(jù)動能定理得

-Fdsin0-qUAlj=O

.Fdsin3

解得A、B兩點的電勢差為UT"=-------------，綜上分析可知4、B兩點的電勢差絕對值為

q

心I,.|?=-Fds^in0

故A正確；

B.電場線方向沿F方向，A8沿電場線方向距離為dsin仇根據(jù)

可得

ddsindq

故B錯誤；

C.若小球由4運動到8電場力做負功，則為-Fdsin，，電勢能增大R/sin仇若小球由A運動到8電場力做

正功，則為&sin，，電勢能減小R/sin優(yōu)故C錯誤；

D.小球在勻強電場中受到的電場力恒定不變，要使帶電小球由8向A做勻速直線運動，力尸不變，故D

正確。

故選AD。

三、解答題

22.如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L。槽內(nèi)

有兩個質(zhì)量均為機的小球A和B,球A帶電量為+2q,球B帶電量為-3g,兩球由長為2L的輕桿相連，組

成一帶電系統(tǒng)。最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為，若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)

量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E后(設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場的分布),

求：

(1)球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大??；

(2)通過論證分析小球A能否到達右板，如果能到達試求A球速度第一次為零的位置;

(3)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。

【答案】⑴V,色且；⑵4⑶二削

m63、qE

【詳解】

(1)帶電系統(tǒng)開始運動時，設加速度為G,由牛頓第二定律

a=2qE=qE

2mm

球B剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度為也,

2

Vj=2aiL

求得

匕=產(chǎn)

Vm

(2)對帶電系統(tǒng)進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為W”有

叱=2qEx2.5L+(~3qEx1.5L)>0

可見A還能穿過小孔，離開右極板。假設球B能達到右極板，電場力對系統(tǒng)做功為牝，有

W2=2qEx2.5L+(-3qEx3.5L)<0

綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側(cè)。

對系統(tǒng)，當從剛開始運動到A第一次帶電系統(tǒng)速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側(cè)，設A離

右板的距離為x,由動能定理

2^(3.5￡-L)-3￡^[3.5L-(2/-x)]=0

解得

L

X--

6

(3)設球B從靜止到剛進入電場的時間為h,則

解得

_\2rnL

球B進入電場后，帶電系統(tǒng)的加速度為。2,由牛頓第二定律

-3qE+2qEqE

—-----------------------------------------

2m2m

顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運動。設球A剛達到右極板時的速度為也，減速所需時間為d則有

2

V；-Vj=2a2xl.5Z,

，一匕

t*2—

a2

求得

/2mL

球A離電場后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運動，設加速度為。3,再由牛頓第二定律

-3)qE

設球A從離開電場到靜止所需的時間為r3,運動的位移為X,則有

求得

1[2mL

可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時間為

根據(jù)(2)中結(jié)果帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零球A相對右板的位置為

L

X--

6

23.如圖所示，一質(zhì)量為如電荷量為e的質(zhì)子從靜止開始經(jīng)加速電壓U加速后，緊挨A板水平進入豎直

方向的偏轉(zhuǎn)電場中，已知A、B板的長度及板間距離都是LA板電勢比B板電勢高2U,緊挨A、B的右

側(cè)有平面直角坐標系，坐標原點與A板右端重合，第四象限有豎直向上的勻強電場，電場強度為￡

(D質(zhì)子從加速電場射出時的速度片是多大？

(2)質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角。是多大？

(3)質(zhì)子進入第四象限后經(jīng)過多長的時間f速度方向變?yōu)樗剑?/p>

【詳解】

(1)質(zhì)子在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理，則有

12

eUTT=—mv

2x1

解得

\2eU

vi=J------

Vm

(2)質(zhì)子垂直進入電場后，做類平拋運動,，將運動分解成水平與豎直方向，水平方向做勻速直線運動，則

有

L=v\t

豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有

12

y=-cit

2

由牛頓第二定律，則有

2Ue

a=-----

Lm

豎直方向的速度為

fldJ

Vy=at=\------

Vm

因此質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角仇即

tan^=—=1

V.y

解得

0=45°

(3)質(zhì)子進入第四象限后速度方向變?yōu)樗綍r，豎直速度為零，則由

5=at

.eE

a=——

m

解得

24.某直線加速器可簡化為如下模型：從電子源發(fā)出的初速度為0的電子分別經(jīng)過兩級加速之后打到熒光

屏上，兩級加速電場極板接線柱A、B、C、D與電壓為U的電源相連，兩級加速裝置的長度相等，電子質(zhì)

量為〃?，電荷量為e,不計電子重力。求：

t.

(1)電子在兩級加速電場中加速的時間之比一。

(2)電子打到熒光屏上的速度Vo

--------------------------------6uo----------------------------------

/。石

.............?t................1I

I____11..............-4BI.................松屏

電子源第一級加速［第二級加速［

【答案】⑴二t,g13=2匕\e［j7

【詳解】

(1)電子做勻加速直線運動，由于兩級加速裝置長度相等，由E可知，其電場速度E相等，由

L

eE=ma

可知加速度。相等，有

L=-at]

2

2L=1?(r,+/2)

解得產(chǎn)4后1

(2)由動能定理得

2eU=—mv2

2

解得

25.如圖所示，在平面坐標系第一象限內(nèi)有水平向左的勻強電場，電場強度為E=300N/C。y軸與直線

x=-4cm區(qū)域之間有豎直向下的勻強電場，電場強度也為E,一個質(zhì)量為加=3xl()-9kg。帶電量為

q=+2xl0-9c的粒子(不計重力)從第一象