3-1电场练习题

1、襄阳四中2013级物理专题试卷（电场）1、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m2.0×1011 kg、电荷量为q1.0×105C，从a点由静止开始经电压为U100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点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间距离为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v1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差2、如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为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

2、。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 ；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。3、如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60°，OBOA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过

3、了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。4、如图甲所示，在y0和y2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为1.0×102 C/kg，在t0时刻以速度v05×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离

4、开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小5、在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示)已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：(1)若电子从t0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？6、一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t0时刻由静止开始运动

5、，场强随时间变化的规律如图所示不计重力求在t0到tT的时间间隔内。(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间1、解析(1)由动能定理得：qUmv代入数据得v1104 m/s.(2)因粒子重力不计，则进入PQ、MN间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线运动：dv1t粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：vyat由题意得：tan 30°由牛顿第二定律得：qEma联立以上相关各式并代入数据得：E×103 N/C1.73×103 N/C.2、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，所以粒子从射入到打到屏上

6、所用的时间t。(2)粒子在电场的运动情况如图所示。设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为a所以vya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 (3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则ya2又xyLtan 解得x答案：(1)(2)(3)3、解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60°v0tdcos 60°gt2又Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从

7、O点到A点和B点，重力势能分别减少了和，但动能分别增加了mgd和mgd图像，则小球从O点到A点和B点，电场力做正功，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，则有解得xdMA为等势线，电场的方向必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30°即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E，有qEdcos 30°EpA由式得E答案：(1)(2)与竖

8、直向下的方向的夹角为30°4、解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t4×103 s.(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a14 m/s2，减速时的加速度大小为a22 m/s2，由运动学规律得，x方向上的位移为xa12a12a222×105 m因此粒子离开电场时的位置坐标为(2×105 m,2 m)(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vxa1a24×103 m/s.5、解析：(1)由动能定理得：e·mv2mv解得v.(2)t0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上

9、做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO方向上至少运动一个周期，故极板长至少为Lv0T.(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO线可见应在tk·(k0,1,2，)时射入极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上由牛顿第二定律有a加速阶段运动的距离s··2可解得dT故两板间距至少为T.答案：(1) (2)v0T(3)k·(k0,1,2，)T6、(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0ma11分 2qE0ma21分2qE0ma31分 qE0ma41分设带电粒子在t、t、t、tT时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则v1a11分 v2v1a21分v3v2a31分 v4v3a41分设带电粒子在t0到tT时间内的位移为s，有s()2分联立以上各式可得