带电粒子在电场中的运动

Question

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要有讲解啊

Answer 1

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九、带电粒子在电场中的运动
一、解决带电粒子在电场中运动的基本思路
1．受力分析：（1）对于电子、氕、氘、氚、核、 粒子及离子等，一般不考虑重力；
（2）对于带电的颗粒，液滴、油滴、小球、尘埃等，除在题目中明确说明或暗示外，一般均应考虑重力。
2．运动轨迹和过程分析．
带电粒子运动形式决定于：粒子的受力情况和初速度情况．
3．解题的依据．
（1）力的观点：牛顿运动定律和运动学公式．
（2）能量的观点：电场力做功与路径无关；动能定理：能的转化与守恒规律．
（3）动量的观点．
二、带电粒子在电场中运动判断与分析
1．带电粒子在电场中的直线运动
课本例1
[问题1]如图所示，在匀强电场E中，一带电粒子-q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子-q在开始运动后，将（ ）
A．沿电场线方向做匀加速运动 B．沿电场线方向做变加速运动
C．沿电场线方向做匀减速运动 D．偏离电场线方向做曲线运动
思考：带电粒子-q的初速度v0恰与电场线方向相反，情况怎样？
解析：带电粒子-q受力有什么特点？方向与初速度v0的方向的关系怎么样？

[问题2] 如图3-2-1所示，在点电荷+Q的电场中，一带电粒子-q的初速度v0恰与电场线QP方向相同，则带电粒子-q在开始运动后，将（ ）
A．沿电场线QP做匀加速运动 B．沿电场线QP做变减速运动
C．沿电场线QP做变加速运动 D．偏离电场线QP做曲线运动
思考：带电粒子-q的初速度v0 恰与电场线QP方向相反，情况怎样？若初速度v0恰与电场线QP方向垂直，可能出现什么情况？
解析：带电粒子-q受力有什么特点？方向与初速度v0的方向的关系怎么样？由库仑定律和牛顿第二定律确定．
[问题3]如图3-2-3所示的直线是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上两点．已知一电子经过A点的速度为vA并向B点运动，一段时间以后，该电子经过B点的速度为vB，且vA与vB的方向相反．则：（ ）
A．A点的电势一定高于B点的电势 B．A点的场强一定大于B点的场强
C．电子经过A点时的电势能一定大于它经过B点时的电势能
D．电子经过A点时的动能一定大于它经过B点时的动能
思考：一根电场线能确定什么？为什么不能判断场强大小？
[问题4]一个带正电荷的质点P放在两个等量负电荷A、B的电场中，P恰好在AB连线的垂直平分线的C点处，现将P在C点由静止释放，设P只受电场力作用，则（ ）
A．P由C向AB连线中点运动过程中，加速度可能越来越小而速度越来越大
B．P由C向AB连线中点运动过程中，加速度可能先变大后变小，最后为零，而速度一直变大
C．P运动到与C关于AB的对称点C′静止
D．P不会静止，而是在C与C′间来回振动
同步练习
1．下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场后，哪种粒子的速率最大 [ ]
A．质子 B．氘核 C．α粒子 D．钠离子
2．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t1和α粒子经历的时间t2之比为[ ]
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1
3．如图3-2-19所示，质量为m，带电量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块的运动状态 [ ]
A．继续匀速下滑 B．将加速下滑
C．将减速下滑 D．上述三种情况都有可能发生
4．如图3-2-20所示，两平行金属板间的距离为d，两板间的电压为U，今有一电子从两板间的O点沿着垂直于板的方向射出到达A点后即返回，若OA距离为h，则此电子具有的初动能是 [ ]
A．edh/U B．edhU C．Ue/（dh） D．ehU/d
5．质子和α粒子的质量比为m1∶m2=1∶4，带电量之比为q1∶q2=1∶2，当它们从静止开始由同一匀强电场加速，通过相同的位移，则它们的速度之比v1∶v2：=______，动能比Ek1∶Ek2=______，动量比p1∶p2=______．
6．平行板电容器水平放置，板间的距离为d，一个半径为r、密度为ρ的带电油滴在两板间．当电容器的电压为U时，该油滴在电场中做匀速运动，由此可知油滴的带电量q=______C．
7．一个质量为m，带电量为q的油滴从空中自由下落时间t1后，进入水平放置的带电极板间，再经过时间t2速度为零，则电场力是重力的______倍．

8．在真空中的A、B两个点电荷，相距为L，质量分别为m和2m，它们由静止开始运动，开始时点电荷A的加速度为a，经过一段时间，点电荷B的加速度也为a，速率为v，那么这时点电荷A的速率为______，两点电荷相距______，它们的电势能减少了______．（不考虑重力的影响）
9．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匀强电场，场强大小E=6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电量q=-5×10-8C，质量m=10g的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图3-2-22所示，求物块最终停止时的位置．（g取10m/s2）

10．如图3-2-23所示，一个带电物体P，沿一个绝缘的倾斜轨道向上运动，运动过程中P的带电量保持不变．空间存在着匀强电场（未在图中画出）．已知P经过A点时动能为30J，经过B点时它的动能减少了10J，机械能增加了20J，电势能减少了35J，它继续运动到C点时速度减为零．
（1）在它从A到C的运动过程中，克服摩擦力做功多少？
（2）它到达C点后还会不会向下运动？为什么？

11．如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q点的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放运动到B点时速度正好又变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为3/4g
求：（1）此电荷在B点处的加速度
（2）A、B两点间的电势差（用Q、h表示）

2．带电粒子在电场中的曲线运动
[问题5]如图3-2-6所示，两平行金属板间有匀强电场，场强方向指向下板，一带电量为-q的粒子，以初速度v0垂直电场线射入电场中，则粒子在电场中所做的运动可能是（ ）
A．沿初速度方向做匀速运动
B．向下板方向偏移，做匀变速曲线运动
C．向上板方向偏移，轨迹为抛物线
D．向上板偏移，轨迹为一段圆弧
将带电粒子的运动与重力场中的平抛运动类比，寻求解决问题的思路．建立直角坐标系，将运动分解为垂直于场强方向和沿场强方向分别加以讨论．
例、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: ，讨论：对于不同的带电粒子
（1）若以相同的速度射入，则y与 成正比
（2）若以相同的动能射入，则y与 成正比
（3）若以相同的动量射入，则 y与 成正比
（4）若经相同的电压U0加速后射入，则y= ，与m、q 关，随加速电压的增大而 ，随偏转电压的增大而 。
④偏转角正切： （从电场出来时粒子速度方向的反向延长线必然过 ）
练习1．如图平行金属板长为L，一个带电为+q，质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30O角，粒子重力不计。求：①粒子未速度大小 ②电场强度 ③两极间距离d

练习2．三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场边缘的P点以相同初速度V0垂直射入电场，如图所示，它们分别落到A、B、C三点，则（ ）
A、落到A点的小球带正电，落到B点的不带电
B、三小球在电场中的运动时间相等
C、三小球到达正极板时的动能满足EKA>EKB>EAC标
D、三小球在电场中运动时的加速度满足关系aA>aB>ac
示波管原理：
例、

[问题6]已知氢原子中的质子和电子所带电量都是e，电子质量为me，电子绕核做匀速圆周运动，轨道半径为r，试确定电子做匀速圆周运动的线速度的大小和角速度的大小，以及电子运动周期．

[问题7]如图3-2-7所示，直线MN为点电荷Q的电场中的一条电场线．带正电的粒子只在电场力的作用下，沿着曲线由a向b运动，则（ ）
A．点电荷Q是正电荷 B．电势ψa＞ψb
C．场强Ea＞Eb D．带电粒子的动能EKa＞EKb
同步练习
1．平行金属板板长为L，相距为d，两板间电势差为U．带电量为q，质量为m的粒子以速度v垂直板间电场方向进入板间电场区，并飞离出电场区域，则其侧移y的大小为 [ ]
A．与板长L成正比 B．与板间距离成反比
C．与两板间电势差U成正比 D．与粒子初速度v成正比
2．平行板电容器垂直于水平放置，板间的距离为d，电压为U，每个板带电量为Q．一个质量为m，带电量为q的粒子从两板上端连线中点以初速度v竖直向下射入电场，打在右板的M点．不计粒子的重力，现使右板向右平移d/2，而带电粒子仍从原处射入电场，为了使粒子仍然打在M点，下列措施哪些可行[ ]
A．保持Q、m、v不变，减小q
B．保持Q、U、v不变，减小q/m
C．保持Q、m、U不变，减小v
D．保持Q、m、U不变，增大v
3．两带有等量异种电荷的平行板间有一匀强电场，一个带电粒子以平行于极板的方向进入此电场，要使此粒子离开电场时偏转距离为原来的1/2（不计粒子所受重力），可采用方法为 [ ]
A．使粒子初速为原来2倍 B．使粒子初动能为原来2倍
C．使粒子初动量为原来2倍 D．使两板间电压为原来2倍

4．电子在电势差U1的加速电场由静止开始运动，然后射入电势差U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况下，一定能使电子的偏转角θ变大的是：（ ）
A、U1变大，U2变大 B、U1变小，U2变大
C、U1变大，U2变小 D、U1变小，U2变小
5.如图，在绝缘光滑半环轨道上端，一个质量为m，带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则( )
A、小球在运动程中机械能守恒
B、小球经过环的最低点时速度最大
C、在最低点球对环的压力为(mg+Eq)
D、在最低点球对环的压力为3(mg+Eq)
6．如图，电子以VO的速度沿与电场垂直的方向从A点飞入匀强电场并且从另一端B点沿与场强方向成150o角的方向飞出。设电子的电量为e，质量为m，则A、B两点间的电势差大小为 。
7．图示为一个说明示波管工作的原理图，电子径加速后，以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量为h，设两平行板间的距离为d，电势差为U，板长为l。每单位电压引起的偏转量（h/U）叫做示波管的灵敏度，为了提高示波管的灵敏度，可以采用的方法是（ ）
A、增大两板间的电势差 B、尽可能使板长l做得短些
C、尽可能使两板间的距离d减小些 D、增大进入偏转电场电子的速率v
8．经过相同电场加速后的质子和α粒子垂直于电场线的方向飞进两平行板间的匀强电场，则它们通过该电场所用时间之比为______，通过该电场后发生偏转的角度的正切之比为．
9．如图3-2-25所示，一条长为l的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向是水平的，已知当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡．
（1）小球带何种电荷？求出小球所带电量．
（2）如果使细线的偏角由α增大到j，然后将小球由静止开始释放，则j应为多大，才能使细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零？

三、研究带电粒子在电场中运动的方法
1．运用牛顿定律研究带电粒子在电场中运动
基本思路：先用牛顿第二定律求出粒子的加速度，进而确定粒子的运动形式，再根据带电粒子的运动形式运用相应的运动学规律求出粒子的运动情况．
[问题1]如图3-2-8所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为v/2，仍能恰好穿过电场，则必须再使（ ）
A．粒子的电量变为原来的1/4 B．两板间电压减为原来的1/2
C．两板间距离增为原来的4倍 D．两板间距离增为原来的2倍
[问题2]如图3-2-9所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，仅受电场力作用，以恒定的速率v沿一圆弧做圆周运动，从圆周上A点到B点速度方向改变了θ角，A、B两点间弧长为S，求：A、B两点处的场强的大小及A、B两点间的电势差．

2．运用动能定理研究带电粒子在电场中运动
基本思路；根据电场力对带电粒子做功的情况，分析粒子的动能与势能发生转化的情况，运用动能定理或者运用在电场中动能与电势能相互转化而它们的总和守恒的观点，求解粒子的运动情况．
[问题1]如图3-2-10所示，质量为m，电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120度角，则A、B两点间的电势差是多少？

四、带电微粒在复合场中的运动
由于带电质点的重力不能忽略，因此带电质点在重力和电场力的作用下运动，重力和电场力的合力使带电质点产生加速度；合力的作用效果在位移上的积累使带电物体的动能发生变化；合力在时间上的积累使带电物体的动量发生变化．因此，我们可以运用牛顿第二定律、动量定理或动能定理分析解决带电物体在重力场和电场中运动问题．
1．如图3-2-11所示，在竖直平面内，有一半径为R的绝缘的光滑圆环，圆环处于场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，圆环上的A、C两点处于同一水平面上，B、D分别为圆环的最高点和最低点．M为圆环上的一点，∠MOA=45°．环上穿着一个质量为m，带电量为+q的小球，它正在圆环上做圆周运动，已知电场力大小qE等于重力的大小mg，且小球经过M点时球与环之间的相互作用力为零．试确定小球经过A、B、C、D点时的动能各是多少？

2．如图3-2-12所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m，带电量为-q的油滴以速度v竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v．求：场强E的大小及A、B两点间的电势差．
解析：油滴在重力和电场力两个恒力作用下，从A向B运动．这一运动可以看成是竖直上抛运动和水平方向上初速度为零的匀加速直线运动的合运动．所以可以选择有关运动学的知识和动能定理解题．

3．如图3-2-26所示，在竖直向下的匀强电场中，使一个带负电荷的小球从斜轨道上的A点静止滑下，若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求至少应使A点在斜轨道上的高度h为多少？设轨道是光滑而又绝缘的，小球的重力大于它所受的电场力．

五、带电粒子在交变电场中的运动
在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间变化．
研究带电粒子在这种交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．
1．如图3-2-13所示，A、B是一对平行的金属板．在两板间加上一周期为T的交变电压u．A板的电势ψA=0，B板的电势ψB随时间的变化规律为；在0到T/2的时间内，ψB=U0（正的常数）；在T/2到T的时间内，ψB=-U0；在T到3T/2的时间内，ψB=U0；在3T/2到2T的时间内．ψB=-U0……，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内．设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则（ ）
A．若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C．若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板、时而向A板运动．
解析：关键在于分析带电粒子的受力、加速度、速度的变化情况，根据位移变化确定运动情况．运用牛顿第二定律和运动学公式讨论比较麻烦，所以考虑应用图像．

2．如图3-2-21所示，在平板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，则下述说法中正确的是[ ]
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返向A板做周期性来回运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
3．如图3-2-27（1）中，A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场，图（2）表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U，从t=0开始，电压为一给定值U0，经过半周期，突然变为-U0；再过半个周期，又突然变为U0……如此周期性地交替变化．
在t=0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子（质量为m、电量为e）在电场作用下开始运动，要想使这个电子到达A板时具有最大的动能，则交变电压的频率最大不能超过多少？

4．如图3-2-28所示，长为l、相距为d的两平行金属板与一交流电源相连（图中未画出），有一质量为m、带电量为q的带负电的粒子以初速度v0从板中央水平射入电场，从飞入时刻算起，A、B板间所加电压的变化规律如图所示，为了使带电粒子离开电场时速度方向恰好平行于金属板，问：
（1）加速电压值U0的取值范围多大？（2）交变电压周期T应满足什么条件？

参考资料：http://www.jscz.net.cn/zxh/UploadFiles/200512894938409.doc

Answer 2

专题 带电粒子在电场中的运动�

重点难点

1．两个基本规律�

库仑定律： F = k．

电场的叠加规律：电场强度是矢量，当空间的电场由几个场源共同激发时，空间某点的电场强度等于各个场源单独存在时所激发的电场在该点场强的矢量和．若用电势描述，则是各个场源单独存在时所激发的电场在该点电势的代数和．

2．两个核心概念：电场强度和电势差

电场强度描述了电场的力的性质．放入电场中某一点的电荷受到的电场力跟它的电荷量的比值就是电场强度，公式为E = ．电场强度是矢量，方向是正电荷在该点受力的方向．

电势差描述电场的能的性质．电荷在电场中两点间移动时，电场力所做的功跟它的电荷量的比值叫做这两点间的电势差，公式为UAB = ，是标量．

3．三个常用公式：E = ，E = k，E = ．

E = 是电场强度的定义式，适用于任何电场．电场中某点的电场强度是确定值，其大小和方向与检验电荷q无关．检验电荷q充当“测量工具”的作用．

E = k是真空中点电荷所形成的电场的决定式．

E = 是电场强度和电势差的关系式，只适用于匀强电场．注意：式中d为两点中沿电场方向的距离．�

4．两组关系�

电场力做功与电势能改变的关系：ΔW = -ΔE．�

等势面与电场线的关系：电场线问题与等势面垂直，且从高等势面指向低等势面．

5．接在电路中电容器的两种变化�

电容器两端的电压恒定时：电量Q = CU∝C，而C = ∝，E = ∝．�

充电后断开电路，电容器带电量Q恒定：C∝，U∝，E∝．�

规律方法

【例1】光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m，带电荷量为q的小球由正方形某一边的中点，以垂直于该边的水平初速υ0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为 （ D ）

A．0 B．mυ+qEl� C．mυ D．mυ+qEl�

训练题如图所示中虚线代表电场中的a、b、c三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即Uab = Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ BD ） （ ）�

A．三个等势面中，a面电势较高�

B．带电质点通过P点时的电势能较大�

C．带电质点通过P点时的动能较大�

D．带电质点通过P点时的加速度较大

【例2】如图所示，有一方向水平向右的匀强电场．一个质量为m、带电量为q的小球以初速度υ0从a点竖直向上射入电场中．小球通过电场中b点时速度大小为2υ0，方向与电场方向一致．则a、b两点的电势差为 （ D ）

A． B．�

C． D．�

训练题如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点．质量为m，带电量为-q的有孔小球从杆上A点无初速下滑，已知q≤Q，AB = h，小球滑到B点时速度大小为，求：

（1）小球从A→B过程中电场力做的功；

（2）A、C两点的电势差．�

答案：（1）W=mgh/2 （2）U=mgh/2q

【例3】从阴极K发射的电子经电势差U0 = 5000V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A、B之间，在离金属板边缘L2 = 75cm处放置一个直径D = 20cm、带有纪录纸的圆筒．整个装置放在真空内，电子发射时的初速度不计，如图所示，若在金属板上加U = 1000cos2πtV的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n = 2r/s匀速转动，分析电子在纪录纸上的轨迹形状并画出从t = 0开始的1s内所纪录到的图形．

【解析】对电子的加速过程，由动能定理得：eU0 = mυ02�

得电子加速后的速度υ0 = = 4．2×107m/s�

电子进入偏转电场后，由于在其中运动的时间极短，可以忽略运动期间偏转电压的变化，认为电场是稳定的，因此电子做类平抛的运动．如图所示．

交流电压在A、B两板间产生的电场强度 E = = 2．5×104cos2πtV/m�

电子飞离金属板时的偏转距离y1 = at = （）2�

电子飞离金属板时的竖直速度υy = at1 = （）

电子从飞离金属板到到达圆筒时的偏转距离

y2 = υyt2 = �

所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏转距离为

y = y1+y2 = （+L2） = （+L2） = 0．20cosπtm�

可见，在纪录纸上的点在竖直方向上以振幅0.20m、周期T = 1s做简谐运动．因为圆筒每秒转2周，故转一周在纸上留下的是前半个余弦图形，接着的一周中，留下后半个图形，则1s内，在纸上的图形如图所示．�

训练题（05年高考）图中B为电源，电动势E = 27V，内阻不计．固定电阻R1＝500Ω，R2为光敏电阻．C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1＝8.0×10－2m，两极板的间距d = 1.0×10－2m．S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2 = 0.16m．P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分

别为1000Ω、2000Ω、4500Ω．有一细电子束沿图中虚线以速度υ0 = 8.0×106m/s连续不断地射入C．已知电子电量e = 1．6×10－19C，电子质量m = 9×10－31kg．忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力．假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变．�

（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y．（计算结果保留二位有效数字）．

（2）设转盘按图2-6-10中箭头方向匀速转动，第3秒转一圈．取光束照在a、b分界处时t＝0，试在图2-6-11给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0～6s间）．要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值．（不要求写出计算过程）

答案：（1）y=2．4×10-2m

（2）略

能力训练

1．一负电荷仅受电场力的作用，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷作初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度EA、EB及该电荷的A、B两点的电势能WA、WB之间的关系为（ AD ）

A．EA＝EB B．EA＜EB C．WA＝WB D．WA＞WB�

2．（05年上海）如图所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电荷的点电荷Q．将一个质量为m带电量为q的小金属块（金属块可以看成质点）放在水平面上并由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动．则在金属块运动的整个过程中 （ D ）

A．电场力对金属块做的功等于金属块增加的机械能�

B．金属块的电势能先减小后增大�

C．金属块的加速度一直减小�

D．电场对金属块所做的功一定等于摩擦产生的热．�

3．在空间中的A、B两点固定着一对等量同种电荷，有一带电微粒在它们产生的电场中运动，设带电微粒在运动过程中只受到电场力的作用，则带电微粒所做的运动可能是（ D ）

A．匀变速直线运动 B．匀速圆周运动�

C．抛物线运动 D．机械振动�

4．如图所示，把一带正电小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b．则b应 （ C ）�

A．带负电，放在A点 B．带正电，放在A点�

C．带负电，放在C点 D．带正电，放在C点�

5．一个α粒子原来静止，一个质子以初速υ0向着α粒子运动，速度方向沿着两粒子的连线方向，已知质子的质量为m，电量为e，两粒子相距最近时的距离为L，当两粒子距离最近时，求

（1）α粒子的速度大小是多少？�

（2）α粒子的加速度大小是多少？

答案：（1）v=v0/5

（2）a=Ke2/2mL2

C

A

B

M

N

O

θ

G

H

6．（06年宿迁）如图所示，处于同一条竖直线上的两个点电荷A、B带等量同种电荷，电荷量为Q；G、H 是它们连线的垂直平分线。另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷），被长为l的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球C拉起到M点，使细线水平且与A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向上的夹角θ＝30o。试求：

⑴在A、B所形成的电场中，MN两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高。

⑵若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为x的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FT（静电力常量为k）。

C

A

B

M

N

O

θ

G

H

FT

FA

FB

mg

答案：⑴带电小球C在A、B形成的电场中从M运动到N点的过程中，重力和电场力做功，

但合功为零，则：

所以
即M、N两点间的电势差大小为

且N点的电势高于M点的电势。

⑵在N点，小球C受到重力mg、细线的拉力FT、以及A和B

分别对它的斥力FA和FB四个力的作用如图所示，且沿细线方向的合力为零。

则 FT－mgcos30o－FAcos30o＝0

又

得 FT＝mgcos30o＋

7．（05年南京）两个正点电荷Q1＝Q和Q2＝4Q分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L，且A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示。

（1）现将另一正点电荷置于A、B连线上靠近A处静止释放，求它在AB连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A点的距离。

（2）若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P处。试求出图中PA和AB连线的夹角θ。

答案：（1）正点电荷在A、B连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零，即 所以 x=

（2）点电荷在P点处如其所受库仑力的合力沿OP方向，则它在P点处速度最大，此时满足

tanθ= 即得 θ＝arctan

B

－

＋

A

d

8．（05年南通）如图，相距为d的A、B两平行金属板足够大，板间电压恒为U，有一波长为λ的细激光束照射到B板中央，使B板发生光电效应。已知普朗克恒量为h，金属板B的逸出功为W，电子质量为m，电荷量e，求：

⑴ 从B板运动到A板所需时间最短的光电子，到达A板时的动能；

⑵ 光电子从B板运动到A板时所需的最长时间。

答案：⑴ 根据爱因斯坦光电效应方程 EK＝hv – W

光子的频率：
所以，光电子的最大初动能：
能以最短时间到达A板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B板的电子，设到达A板时的动能为EK1，由动能定理：
所以：
(2) 能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光的电子。

∵ d = at2/2 = Uet2/dm/2

∴ t =d

Answer 3

带电粒
子在垂直与板的方向上受到电场力F=qU/d,加速度a=F/m=
qU/dm,沿板的方向不受力，是匀速运动，整个运动类似平抛运动
（1）
若带电粒
子能从
两极板间射出，沿板的方向是匀速运动,设运动时间为t,t=L/v0
在垂直与板的方向上是匀加速，
粒子射出电场时的侧
移量y=at^2/2=
(qU/dm)*(
L/v0)^2/2
（2）
若带电粒子不能从两极板
间射出,设求粒子到达金属板时的速度
为V,
电场力F做功w=
qU/2,根据动能定理
qU/2=(mv^2-mv0^2)/2
可以求出V==√(v0^2+qU/m)

Answer 4

根据g(t^2)/2=h，h=d/2=0.002m，得t=0.02s。
最大速度v1=L/t=0.1/0.02=5m/s
最小速度v2=(L/2)/t=2.5m/s
所以入射速度为2.5m/s~5m/s。
最后一个能落到下级板的粒子入射速度为最小入射速度，即为2.5m/s。
t2=L/(v2)=0.04s
[a(t2)^2]/2=h
，a=2.5m/s^2
设E为场强，u为电势差，Q为电容器最后的电量
根据牛顿第二定律得:
mg-Eq=ma
代入数值求得E=1500v/m
u=Ed=1500*0.004=6v
Q=uc=6*10^-6C
n=Q/q=(6*10^-6)/(1*10^-8)=600
答:所以入射速度为2.5m/s~5m/s，最多能有600个粒子落到下级板
如果还不明白的可以追问，希望能帮到你……

Answer 5

由qU＝mv2，可从右往左考虑，可得：v＝。
设每段电压为U
′，则通过各容器的速度比为
v3∶v2∶v1＝1∶∶。
所以
v1∶v2∶v3＝∶∶1。答案A正确。
通过各容器的时间应为
。所以t1∶t2∶t3＝∶∶1。答案B错误。
通过各间隙的时间比为：（－）∶（－）∶1。答案C错误。
匀强电场受力相同，所以a相同。答案D错误。