电场计算题含答案
1. (92上海,三、4)半径为R 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,
环上套有一质量为m ,带正电的珠子,空间存在水平向右的匀强电场。 E
3 如图10—58所示,珠子所受电场力是其重力的倍。将珠子从环上最
4
1
低位置A 点静止释放,则珠子所能获得的最大动能E k =___mgR __。
4
2.(14分)如图甲所示,真空中的电极K 连续不断地发出电子(电子的初速度可忽略不计),经电压为u 的电场加速,加速电压u 随时间t 变化的图象如图16乙所示。每个电子通过加速电场的过程时间极短,可认为加速电压不变。电子被加速后由小孔S 穿出,沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A 、B 间中轴线从左边缘射入A 、B 两间的偏转电场,A 、B 两板长均为L=0.20m,两板之间距离d=0.050m,A 板的电比B 板的电势高。A 、B 板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P (面积足够大)之间的距离b=0.10m,荧光屏的中心点O 与A 、B 板的中心轴线在同一水平直线上。不计电子之间的相互作用力用其所受重力,求:
(1)要使电子都打不到荧光屏上,则A 、B 两板间所加电压U 应满足什么条件;
(2)当A 、B 板之间所加电压U ′=50V时,电子打荧光屏上距离中心点O 多远的范围内。 【参考答案】
解析:(1)设电子的质量为m 、电荷量为e ,电子通过加速电场后的速度为v ,由动能定理有:eu =电子通过偏转电场的时间t=L/v, 此过程中电子的侧向位移y =
1
mv 2 2
121qU L 2at =() 22md v
UL 2
联立上述两式解得:y =
4ud
要使电子都打不到屏上,应满足u 取最大值800V 时仍为y>d/2 代入数据得,为使电子都打不到屏上,U 至少为100V
(2)当电子恰好从A 板右边缘射出偏转电场时,其侧移量最大y max =d /2=2. 5cm 。
电子飞出偏转电场时,其速度的反向延长线通过偏转电场的中心,设电子打在屏上距中心点的最大距离为Y max ,则由几何关系可知:
Y max b +L /2
=,解得 y max L /2
Y max =
b +L /2
y max =5. 0cm
L /2
UL 2
由第(1)问中的y =可知,在其它条件不变的情况下,u 越大y 越小,所以当u=800V时,电子通过偏转电场
4ud
的侧移量最小 其最小侧移量y min
U 'L 2==1. 25⨯10-2m =1. 25cm 4ud
同理,电子打在屏上距中心的最小距离
Y min =
b +L /2
y min =2. 5cm
L /2
所以电子打在屏上距中心点O 在2.5cm —5.0cm 的范围 3.(13分)在如图所示的xoy 平面内(y 轴的正方向竖直向上)存在着水平向右的匀强电场,有一带正电的小球自坐标原点O 沿y 轴正方向竖直向上抛出,它的初动能为5J ,不计空气阻力,当它上升到最高点M 时,它的动能为4J ,求:
(1)试分析说明带电小球被抛出后沿竖直方向和水平方向分别做什么运动? (2)若带电小球落回到x 轴上的P 点, 在图中标出P 点的位置; (3)求带电小球到达P 点时的动能。
v 0
o (1)(1)在竖直方向,小球受重力作用,由于重力与小球的初速度方向相反,所以沿竖直方向小球做匀减速直线
运动(竖直上抛运动)。… (2分)
沿水平方向,小球受水平向右的恒定电场力作用,做初速度为零的匀加速度直线运动。………………………………………………………………(2分) (2)P 点坐标如图所示…………………… ………………… (2分)
v 0
o
(3)设粒子的质量为m ,带电量为q ,小球能上升的最大高度为h ,OM 之间的电势差为U 1,MP 之间的电势
差为U 2,对粒子从O 到M 的过程有:
2
v 0=2gh ……………………………………………………… (1分)
1212
……………………………… (1分) mv M -mv 0=qU 1-m g h
22
1212
mv 0=mgh =5J , mv M =qU 1=4J ………………… (1分) 22
从O 到P 由动能定理得: 所以:
1212
mv p -mv 0=q (u 1+u 2) 22
1212
mv p =mv 0+qu 1+qu 2=9+qu 2…………………(1分) 22
由于从O 到M 与从M 到P 的时间相同,在O 到M 与从M 到P 的时间内,小球在x 轴上移距离之比为1:3, 所以U 1:U2=1:3………………… (2分)
因此qu 2=3qu1=12J,P 点的动能为:E KP =21J……………………(1分)
4.如图所示,从阴极K 发射的电子经电势差U 0=5 000 V 的阳极加速后,沿平行于板面的方向从中央射入两块长L 1=10 cm 、间距d=4cm的平行金属板A 、B 之间,在离金属板边缘L 2= 75 cm 处放置一个直
所以E KP =
径D =20 cm 、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=1000 cos2πt (V )的交流电压,并使圆筒绕中心轴按图示方向以n= 2 r/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
eU 0=
1
mv 022
得电子加速后的速度
v 0=
×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.
E =
交流电压在A 、B 两板间产生的电场强度为
U
d =2.5×104cos2πt (V/m).
1eE L 12
y 1=at 12=()
22m v 0
电子飞离金属板时的偏转距离
v y =at 1=
电子飞离金属板时的竖直速度
eE L 1
() m v 0
y 2=v y t 2=at 1=
eEL 1L 2mv 0v 0
电子从飞离金属板到到达圆筒时的偏转距离为所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏转距离为
y =y 1+y 2=(
L 1U L +L 2) 2122dU 0=0. 20 cos2πt (m).
可见,在纪录纸上的点在竖直方向上以振幅0. 20 m、周期T=1 s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is 内,在纸上的图形如图所示.
5、(06北京)如图1所示,真空中相距d=5 cm 的两块平行金属板A 、B 与电源连接(图中未画出) ,其中B 板接地(电势为零),A 板电势变化的规律如图2所示.
-27-19
将一个质量m=2.0×10 kg,电量q=+1.6×10C 的带电粒子从紧临B 板处释放,不计重力. 求: (1)在t=0时刻释放该带电粒子,释放瞬间粒子加速度的大小;
-5
(2)若A 板电势变化周期T=1.0×10 s,在t=0时将带电粒子从紧临B 板处无初速释放,粒子到达A 板时动量的大小;
(3)A板电势变化频率多大时,在t=
T T
到t=时间内从紧临B 板处无初速释放该带电粒子,粒子不能到达A 板.
42
(1)电场强度E =
U d
Uq
, F =ma d
带电粒子所受电场力F=qE = a =
Uq
=4.0⨯109m /s 2 dm T 1T 2-2
(2)粒子在0—时间内走过的距离为a () =5.0⨯10m
222
T
故带电粒子在t =时恰好到达A 板
2
根据动量定理,此时粒子动量 p =Ft =4.0⨯10-23Kg . m /s (3)带电粒子在t =
T T T 3T ~t =向A 板做匀加速运动,在t =~t =向A 板做匀减速运动,速度减为零后将返4224
回。粒子向A 板运动可能的最大位移
1T 1
s =2⨯a () 2=aT 2
2416
要求粒子不能到达A 板,有s
1
,电势变化频率应满足
T
f >
=104Hz
6. 有三根长度皆为l =1m的不可伸长的绝缘轻线,其中两根的一端固定在天花板上的O 点,另一端分别拴有质量皆
-2-7
为m=1.00×10kg 的带电小球A 和B ,它们的电量分别为-q 和+q,q=1.00×10C,A 、B 之间用第三根线连起来。空
6
间中存在大小为E=1.00×10N/C的匀强电场,场强方向沿水平向右,平衡时A 、B 球的位置如图所示。现将O 、B 之间的线烧断,由于空气阻力作用,A 、B 球最后会达到平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的的总和与烧断前相比改变了多少?(不计两带电小球间的相互作用的静电力)
【解析】图1中虚线表示 A 、B
球原来的平衡位置,实线表示烧断后重新达到平衡的位置,其
中α、β 分别表示细线加 OA 、AB 与竖直方向的夹角。
A 球受力如图2所示:重力 mg 竖直向下;电场力 qE 水平向左;细线OA 对 A 的拉力 T 1,方向如图;细线 AB 对 A 的拉力 T 2,方向如图。由平衡条件
T 1sin α+T 2sin β=qE T 1cos α=mg +T 2cos β
B 球受力如图3所示:重力 mg 竖直向下;电场力 qE 水平向右;细线 AB 对 B 的拉力 T 2,方向如图。由平衡 条件
T 2sin β=qE
T 2cos β=mg 联立以上各式并代入数据,得
α=0 β=45︒
由此可知,A 、B 球重新达到平衡的位置如图4所示。与原来位置相比,A 球的重力势能减少了 E A =mgl (1-sin 60︒) B 球的重力势能减少了
E B =mgl (1-sin60︒+cos45︒)
A 球的电势能增加了
W A =qEl cos60︒ B 球的电势能减少了
W B =qEl (sin45︒-sin30︒)
两种势能总和减少了
W =W B -W A +E A +E B
代入数据解得
W =6.8⨯10-2 J
7.(16分)如图所示,在绝缘水平面上,相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷. a 、b 是AB 连线上两
点,其中Aa =Bb =
L
,a 、b 两点电势相等,O 为AB 连线的中点. 一质量为m 带电量为+q 的小滑块(可视为质点) 4
以初动能E 0从a 点出发,沿AB 直线向b 运动,其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n >1),到达b 点时动能恰好为零,小滑块最终停在O 点,求: (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.
E O
(2)Ob 两点间的电势差U ob . (3)小滑块运动的总路程S .
解:(1)由Aa =Bb =
L
, O 为AB 连线的中点得:a 、b 关于O 点对称,则 4
U ab =0 ①
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ,对于滑块从a →b 过程,由动能定理得: q ⋅U ab -f ⋅
L
=0-E 0 ② 2
而f =μmg ③ 由①——③式得:μ=
2E 0
④ mgL
(2)对于滑块从O →b 过程,由动能定理得:
q ⋅U Ob -f ⋅
L
=0-nE 0 ⑤
4
由③——⑤式得:U Ob =-
(2n -1) E 0
⑥
2q
(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程,由动能定理得:
q ⋅U aO -f ⋅s =0-E 0 ⑦
而U aO =-U Ob =
(2n -1) E 0
⑧
2q
2n +1
L ⑨ 4
由③——⑧式得:S =
8.(05北京) 真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中,若将一个质量为m 、带正电的小球由静止释放,运动中小球的速度与竖直方向夹角为37º(取sin37º=0.6,cos37º=0.8)。现将该小球从电场中某点以初速度v 0竖直向上抛出。求运动过程中 ⑪小球受到的电场力的大小和方向; ⑫小球从抛出点至最高点的电势能变化量; ⑬小球的最小动量的大小和方向。 解析:(1)根据题设条件,
电场力大小
方向水平向右.(1分)
,(3分)
(2)小球沿竖直方向做匀减速运动,速度沿水平方向做初速度为零的匀加速运动,加速度为
(1分)
(1分)
小球上升到最高点的时间,(1分)
此过程小球沿电场方向的位移为:(2分)
电场力做功为:(2分)
所以小球从抛出点至最高点的电势能减少了(1分)
9、质量为m., 带电量为+q的小球在O 点以初速度v0沿与水平成30 °角的方向射出, 如图所示, 物体运动过程中, 除重力外, 还受到方向始终与初速度v 0方向相反的力F 的作用.
(1) 若F=mg, 要使物体保持v0做匀速直线运动, 可在某一方向加一定大小的匀强
电场, 求此电场强度的大小和方向
.
⑫若F=2mg,且电场强度E =3mg /q , 仍要使物体沿v 0方向做直线运动, 那么该电场强度的可能方向如何? 求物体沿入射方向的最大位移和回到O 点的最短时间以及回到O 点时的速度. ⑪
mg
, 方向与v 0成30°⑫方向与v 0成30°或150°, q
2
v v
s max =0;t min =0, v = -v 0
2g 2g
10、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ABCD 区域内,存在两个场强
大小均为E 的匀强电场I 和II ,两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计电子所受重力)。 (1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子,求电子离开ABCD 区域的位置。
(2)在电场I 区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开,求所有释放点的位
置。
(3)若将左侧电场II 整体水平向右移动L /n (n ≥1),仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开(D 不随电场移
动),求在电场I 区域内由静止释放电子的所有位置。
解:(1)设电子的质量为m ,电量为e ,电子在电场I 中做匀加速直线运动,出区域I 时的为v 0,此后电场II 做类平抛运动,假设电子从CD 边射出,出射点纵坐标为y ,有
eEL =
12mv 0 2
2
L 121eE ⎛L ⎫(-y ) =at = ⎪ 222m ⎝v 0⎭
解得 y =
11
L ,所以原假设成立,即电子离开ABCD 区域的位置坐标为(-2L ,L ) 44
(2)设释放点在电场区域I 中,其坐标为(x ,y ),在电场I 中电子被加速到v 1,然后进入电场II 做类平抛运动,
并从D 点离开,有
eEx =
12mv 1 2
2
11eE ⎛L ⎫y =at 2= ⎪
22m ⎝v 1⎭
L 2
解得 xy =,即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置。
4
(3)设电子从(x ,y )点释放,在电场I 中加速到v 2,进入电场II 后做类平抛运动,在高度为y ′处离开电场II 时的情景与(2)中类似,然后电子做匀速直线运动,经过D 点,则有
12
eEx =mv 2
2
11eE ⎛L ⎫
y -y '=at 2= ⎪
22m ⎝v 2⎭
2
v y =at =
eEL L
,y '=v y mv 2nv 2
⎛11⎫
+⎪,即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置 2n 4⎭⎝
解得 xy =L 2
1. 解:(1)小球带负电
(2)小球在y 方向上做竖直上抛运动,在x 方向做初速度为零的匀加速运动,代入数据得v 0=8m /s (1分) 由
1212qEt 2
初动量p=mv0 ② (1分)解得 m=0.05kg (1分) 又x =at = ③ (2分)y =gt ④ (2分)
222m
由③④代入数据得E=1×10N/C (2分)
(3)由④式可解得上升段时间为t=0.8s (1分)所以全过程时间为t '=2t =1.6s (1分) 代入③式可解得x 方向发生的位移为x=6.4m (1分)
由于电场力做正功,所以电势能减少,设减少量为△E ,代入数据得△E=qEx =1.6J(3分)
3 分析与解:小球受重力mg 、电场力Eq 、线的拉力T 作用。简化处理,将复合场(重力场和电场)等效为重力场,小球在等效重力场中所受重力为mg ' ,由图29有:
22mg ' =
(mg ) +(Eq ) , 即g ' =3
小球在A 点处于平衡状态,若小球在A 点以速度V A 开始绕O 点在竖直平面内作圆周运动,若能通过延长线上的B
mV B 2
点(等效最高点)就能做完整的圆周运动,在B 点根据向心力公式得:T +mg =
。
L
T ≥0为临界条件,所以V B ≥/
又因仅重力、电场力对小球做功,由动能定理得:-mg 2L
=
/
11
mV A 2-mV B 2
22
=由以上二式解得V A ≥=:。
Q
4 解:(1)电容极板电压U = …………①
C
Q qQ
极板问场强E = …………② 则F =qE = …………③
Cd Cd
(2)弹丸到达P 点时两者有共同速度,设为v ,由动量守恒有: mv 0=(M +m ) v …………④ 对弹丸,由动能定理得F x =
121
mv 0-(M +m ) v 2: …………⑤, 22
2
CdMmv 0
解得x = …………⑥
2q (M +m )
2
1CdMm 2v 02
(3)对电容器,由动能定理得:F s =Mv …………⑦ 解得s = …………⑧ 2
22Q (M +m )
(4)弹丸最终返回从右板小孔飞出,此时电容器速度最大,设电容器速度为v 1、弹丸速度为v 2。则由动量守恒有mv 0=Mv 1-mv 2 …………⑨ 在整个过程中由能量守恒,即 由⑨、⑩两式解得v 1=
12112
mv 0=Mv 12+mv 2 …………⑩ 222
2mv 0
…………○11
M +m
12mv 1 (2
分)∴v 1=(1分) 23
mv 1+4mv 2 (1分) 5
6 解:(1)由动能定理得EqL 1=
(2)假设小物体碰后速度向右,则由动量守恒定律得,取向右为正方向mv 1=
∴v 2=
v 13v
v 1>1不符合碰撞规律,所以小物体向左运动。 (1分) 1051032
mv 1=-mv 1+4mv 2 (1分) ∴v 2=v 1 ,方向向右 (1分)
55
第一次碰后到第二次碰时,设经过t 时间
L 2=v 2t (1分)L =-3v t +1at 2 (1分)a =Eq (1分)L 2=L 3 (1分)
31
m 52
由以上四式得 t =
372mv 1
(1分)∴v 3=-v 1+at =v 1 (2分)
55Eq
2
(3)小物体总位移L=L1+L2(2分) W=EqL=1.3mv1 (2分) 7 解:细绳第一次绷紧时,电场力对m 做正功,由动能定理有EqL =
(2分)
由题意和动量守恒定律,有mv 0=M
12
mv 0,于是v 0=2 ……………1
v 0+mv m ,① M =4m ,② …………(2分) 3
由①、②式,解得v m =-v 0.负号表示此时m 的速度方向向左,且向左做匀减速直线运动,直至速度减至零,然后又在电场力作用下向右做匀加速直线运动.………(2分)
当m 向右运动的速度大小也为v 0,即M 、m 的速度相同时,M 、m 间的距离最小(这一结论可以用速度图线证明,也可以用数学极值公式证明).
1
3
13
1v 03当m 向右运动的速度恢复至时,经历时间:
t =2v m /a =
Eq 2m 3=m 3Eq 2
=
3 ……………(1分)
在该段时间内M
向右运动的位移为s M =
14v 0t ==L …(2分) 39
455L =L , 故m 不会撞上M .(2分) 当M 、m 相距L 时,m 999
11
向右运动的即时速度为v 0,向右运动的加速度大小为Eq /m ,M 以v 0的速度继续向右做匀速直线运动,当它们
33
而m 的位移为零,此时M 、m 相距∆s =L -s M =L -的位移差∆s '=
41114L 时,细绳第二次被绷紧,故有v 0t +at 2-v 0t =L
所以t =……………(2分)
93239于是s M =
114v 0t =
v ==L ……………(2分) 339
8
L ……………(3分) 9
'=因此M 的总位移s 总=s M +s M
8 解:(1)设电子电量大小e ,质量为m ,进入偏转电场初速度v 0 ,
2m v 0
根据动能定理,有 eU1=2 …… ①(2分)
电子在偏转电场的飞行时间t 1=L / v0 …… ②
eE eU 2
电子在偏转电场的加速度a=m =m d …… ③
要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大,电子经偏转电场后必须沿下板边缘射出。
d
电子在偏转电场中的侧移距离为2 ……(2分)
d 1
2
则有: 2=2at 1……④
2U 1d
由①②③④得:偏转电压U 2 =2……⑤(2分)
L
2
代入数据解得U 2=205V(2分)
(2)设电子离开电场后侧移距离为y 1,则电子束打在荧光屏上最大偏转距离
d
y=2+y1……⑥(2分)
eU 2L
m dv 0 ……⑦(2分)
由于电子离开偏转电场的侧向速度v y =
电子离开偏转电场后的侧向位移y 2=vy L/v0……⑧(2分)
d Sd
由⑥⑦⑧得电子最大偏转距离y=……⑨(2分)代入数据解得y=0.055m(2分)
2L
5qU 0T 2
S =S 1+S 2=
/16md , 粒子打在距O /点正上方的最大位移为:9 解:(1)粒子打在距O 点正下方的最大位移为:
2228md qU T 5qU T d /00U 0
5qT 2。 16md ;(2)要使粒子能全部打在靶上,须有:16md 2,即
分析与解:小球受重力mg 、电场力Eq 、线的拉力T 作用。简化处理,将复合场(重力场和电场)等效为重力场,
小球在等效重力场中所受重力为mg ' ,由图29有: 22mg ' =(mg ) +(Eq ) , 即g ' =(mg ) 2+(Eq ) 2m
2小球在A 点处于平衡状态,若小球在A 点以速度V A 开始绕O 点在竖直平面内作圆周运动,若能通过延长线上的B mV B T +mg =L 。 点(等效最高点)就能做完整的圆周运动,在B 点根据向心力公式得:/
T ≥0为临界条件,所以V B ≥g / L
-mg / 2L =
又因仅重力、电场力对小球做功,由动能定理得: 112mV A 2-mV B 22 (m g ) 2+(Eq ) 2
V A ≥5g L =5L =m 由以上二式解得:/5gL cos α。
11