5带电粒子在电场中的运动 课后·训练提升 合格考基础巩固 一、选择题（第1~5题为单选题，第6~7题为多选题） 1.质子(HD)、a粒子(H®)、钠离子Na)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场 加速后，获得动能最大的是() A.质子(HD B.a粒子(He) C.钠离子(Na) D.都相同 答案B 解析U-m2-0,U相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以a粒子获得的动能最大，故选 项B正确。 2.带电粒子垂直电场强度方向进入匀强电场中偏转时（除静电力外不计其他力的作用）() A.电势能增加，动能增加 B.电势能减小，动能增加 C.电势能和动能都不变 D.上述结论都不正确 含案B 解桐整个过程静电力做正功，只有电势能与动能之间相互转化，根据能量守恒，减小的电势能 全部转化为动能，故选项A、C、D错误，B正确。 3.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别 抵达B、C两点，若AB=BC,则它们所带电荷量之比q1:q2等于() A1:2 B.2:1 C.1:√2 D.V2 1 含案B 解扬竖直方向有h,水平方向有1，联立可得9梁，所以有。=品故选项B正确， 2m 921 4.如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500V。一个 动能为400V的电子从A孔沿垂直金属板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，若 不考虑重力的影响，则电子离开电场时的动能大小为() 500V A.900 eV B.500eV C.400 eV D.-100eV 答案c
5 带电粒子在电场中的运动 课后· 合格考基础巩固 一、选择题(第 1~5 题为单选题,第 6~7 题为多选题) 1.质子( 1 1H)、α 粒子( 2 4He)、钠离子(Na+ )三个粒子分别从静止状态经过电压为 U 的同一电场 加速后,获得动能最大的是( ) A.质子( 1 1H) B.α 粒子( 2 4He) C.钠离子(Na+ ) D.都相同 答案 B 解析 qU=1 2 mv2 -0,U 相同,α 粒子带的正电荷多,电荷量最大,所以 α 粒子获得的动能最大,故选 项 B 正确。 2.带电粒子垂直电场强度方向进入匀强电场中偏转时(除静电力外不计其他力的作用)( ) A.电势能增加,动能增加 B.电势能减小,动能增加 C.电势能和动能都不变 D.上述结论都不正确 答案 B 解析整个过程静电力做正功,只有电势能与动能之间相互转化,根据能量守恒,减小的电势能 全部转化为动能,故选项 A、C、D 错误,B 正确。 3.如图所示,质量相等的两个带电液滴 1 和 2 从水平方向的匀强电场中 O 点自由释放后,分别 抵达 B、C 两点,若 lAB=lBC,则它们所带电荷量之比 q1∶q2 等于( ) A.1∶2 B.2∶1 C.1∶√2 D.√2∶1 答案 B 解析竖直方向有 h=1 2 gt2 ,水平方向有 l=𝑞𝐸 2𝑚 t 2 ,联立可得 q= 𝑚𝑔𝑙 𝐸ℎ ,所以有𝑞 1 𝑞 2 = 2 1 ,故选项 B 正确。 4.如图所示,两平行金属板竖直放置,板上 A、B 两孔正好水平相对,板间电压为 500 V。一个 动能为 400 eV 的电子从 A 孔沿垂直金属板方向射入电场中,经过一段时间电子离开电场,若 不考虑重力的影响,则电子离开电场时的动能大小为( ) A.900 eV B.500 eV C.400 eV D.-100 eV 答案 C
解析电子从A向B运动时，电场力对电子做负功，当电子到达B时，克服电场力所做的功 W=qU=500eV>400eV,因此电子不能到达B,电子向右做减速运动，在到达B之前速度变为 零，然后反向运动，从A离开电场，在整个过程中，电场力做功为零，由动能定理可知，电子离开 电场时的动能E=400V.故选项C正确。 5.如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的时间和 速率，下列说法正确的是() U。 A两板间距越大，则加速的时间越长，获得的速率越小 B.两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率越小 C两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率不变 D.两板间距越小，则加速的时间不变，获得的速率不变 答案 解扬由于两极板之间的电压不变，所以板板之问的电场强度为E-号电子的加速度为a照- m 雨板间距离越小，加速度越大：电子在电场中一直做匀 d兴，所以电子加速的时间为1以 2m qU' 由此可见，两板间距离越小，加速时间越短：对 于全程，由动能定理可得qUm2,所以电子到达B板时的速率与两板间距离无关，仅与加速 电压U有关，故选项C正确，A、B、D错误。 6.一带电粒子从两平行金属板左侧中央平行于极板飞入匀强电场，且恰能从右侧极板边缘飞 出。若粒子初动能增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，则应() A.只将极板长度变为原来的2倍 B.只将极板长度变为原来的V2倍 C.只将极板电压增大到原来的2倍 D.只将极板电压减为原来的一半 答案BC 解析对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧极板边缘飞出电 场这个过程，假设粒子的电荷量为4，质量为m,初速度为，极板的长度为I极板的宽度为d,电 场强度为E,由于粒子做类平抛运动，所以水平方向有1整直方向有)y-盟（月 =可知，若粒子初动能，增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，y不变，则由上式分 析可知，应将极板长度变为原来的√Z倍，或将极板电压增大到原来的2倍，故选项B、C正 确
解析电子从 A 向 B 运动时,电场力对电子做负功,当电子到达 B 时,克服电场力所做的功 W=qU=500 eV>400 eV,因此电子不能到达 B,电子向右做减速运动,在到达 B 之前速度变为 零,然后反向运动,从 A 离开电场,在整个过程中,电场力做功为零,由动能定理可知,电子离开 电场时的动能 Ek=400 eV,故选项 C 正确。 5.如图所示,在 A 板附近有一电子由静止开始向 B 板运动,则关于电子到达 B 板时的时间和 速率,下列说法正确的是( ) A.两板间距越大,则加速的时间越长,获得的速率越小 B.两板间距越小,则加速的时间越短,获得的速率越小 C.两板间距越小,则加速的时间越短,获得的速率不变 D.两板间距越小,则加速的时间不变,获得的速率不变 答案 C 解析由于两极板之间的电压不变,所以极板之间的电场强度为 E=𝑈 𝑑 ,电子的加速度为 a= 𝑞𝐸 𝑚 = 𝑞𝑈 𝑚𝑑,由此可见,两板间距离越小,加速度越大;电子在电场中一直做匀加速直线运动,由 d=1 2 at2= 1 2 𝑞𝑈 𝑚𝑑 t 2 ,所以电子加速的时间为 t=d√ 2𝑚 𝑞𝑈,由此可见,两板间距离越小,加速时间越短;对 于全程,由动能定理可得 qU=1 2 mv2 ,所以电子到达 B 板时的速率与两板间距离无关,仅与加速 电压 U 有关,故选项 C 正确,A、B、D 错误。 6.一带电粒子从两平行金属板左侧中央平行于极板飞入匀强电场,且恰能从右侧极板边缘飞 出。若粒子初动能增大一倍,要使它仍从右侧边缘飞出,则应( ) A.只将极板长度变为原来的 2 倍 B.只将极板长度变为原来的√2倍 C.只将极板电压增大到原来的 2 倍 D.只将极板电压减为原来的一半 答案 BC 解析对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场,恰能从右侧极板边缘飞出电 场这个过程,假设粒子的电荷量为 q,质量为 m,初速度为 v,极板的长度为 l,极板的宽度为 d,电 场强度为 E;由于粒子做类平抛运动,所以水平方向有 l=vt,竖直方向有 y= 1 2 at2= 𝑞𝐸 2𝑚 · ( 𝑙 𝑣 ) 2 = 𝑞𝑈𝑙 2 2𝑚𝑑𝑣 2 = 𝑞𝑈𝑙 2 4𝑑𝐸k ;可知,若粒子初动能 Ek 增大一倍,要使它仍从右侧边缘飞出,y 不变,则由上式分 析可知,应将极板长度变为原来的√2倍,或将极板电压增大到原来的 2 倍,故选项 B、C 正 确
7密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电 压为U,形成竖直向下电场强度为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质 量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m, 则下列说法正确的是() 喷雾器 油滴满 A.悬浮油滴带负电 B悬浮油滴的电荷量为受 C.增大电场强度，悬浮油滴将向上运动 D.油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍 含案AC 解桐悬浮油滴受到静电力和重力的作用，且二力大小相等、方向相反，由于电场的方向竖直 向下，国此悬浮油滴带负电，选项A正确：由哈-mg知q,选项B错误增大电场强度，悬浮 油滴受到的静电力增大，悬浮油滴将向上运动，选项C正确：悬浮油滴所带电荷量一定是电子 电荷量的整数倍，选项D错误。 二、计算题 8.如图所示，两块相距为d、足够长的金属板平行竖直放置，长为1的细绝缘线一端拴质量为 m的带电小球，另一端固定在左板上某点，小球静止时绝缘线与竖直方向的夹角为O。如将绝 缘线剪断，问： (1)小球将如何运动？ (2)小球经多长时间打到金属板上？ 答案1)做初速度为零的匀加速直线运动 (2) 2(d-lsine) gtane 解析(1)剪断线后，小球受重力、静电力的作用，合力为恒力，方向沿线伸长的方向（即与板成0 角)，所以小球将沿线伸长的方向做初速度为零的匀加速直线运动，直至打到右侧金属板上。 (2)由图可知tan0- mg Eq=ma s+ 所以小球的水平分加速度a*=gtan0
7.密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间电 压为 U,形成竖直向下电场强度为 E 的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质 量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴,若此悬浮油滴的质量为 m, 则下列说法正确的是( ) A.悬浮油滴带负电 B.悬浮油滴的电荷量为𝑚𝑔 𝑈 C.增大电场强度,悬浮油滴将向上运动 D.油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍 答案 AC 解析悬浮油滴受到静电力和重力的作用,且二力大小相等、方向相反,由于电场的方向竖直 向下,因此悬浮油滴带负电,选项 A 正确;由 q 𝑈 𝑑 =mg 知 q= 𝑚𝑔𝑑 𝑈 ,选项 B 错误;增大电场强度,悬浮 油滴受到的静电力增大,悬浮油滴将向上运动,选项 C 正确;悬浮油滴所带电荷量一定是电子 电荷量的整数倍,选项 D 错误。 二、计算题 8.如图所示,两块相距为 d、足够长的金属板平行竖直放置,长为 l 的细绝缘线一端拴质量为 m 的带电小球,另一端固定在左板上某点,小球静止时绝缘线与竖直方向的夹角为 θ。如将绝 缘线剪断,问: (1)小球将如何运动? (2)小球经多长时间打到金属板上? 答案(1)做初速度为零的匀加速直线运动 (2)√ 2(𝑑-𝑙sin𝜃) 𝑔tan𝜃 解析(1)剪断线后,小球受重力、静电力的作用,合力为恒力,方向沿线伸长的方向(即与板成 θ 角),所以小球将沿线伸长的方向做初速度为零的匀加速直线运动,直至打到右侧金属板上。 (2)由图可知 tan θ= 𝑞𝐸 𝑚𝑔 Eq=ma 水平 所以小球的水平分加速度 a 水平=gtan θ
要打到金属板上，水平位移x=d-lsin0 由匀变速直线运动规律可得x0*+ 所以= 2x 2(d-Isin0) a水平 gtan 等级考拓展提高 选择题（第1~4题为单选题，第5~6题为多选题） 1.如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子（不计重力）处于静止状态，在 A、B两板间加如图乙所示的交流电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过30 时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3,若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在 5o时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Eks,则3等于() Eks UAB A月 B明 c.1 D喘 答案B 解析设两板间的距离为，经3o时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速然后减速再加 速，根据运动的对称性和动能定理，可得E9兮。若改变A、B两板间的距离使粒子在50 时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和功能定理可得B6y号故器=选项B正确。 Ek5 2.下图是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开 电场时的偏转量是h,两平行板间的距离为d,电势差为U2,板长为l。为了提高示波管的灵敏 度（每单位电压引起的偏转量号）可采用的方法是( A增大两板间的电势差U2 B.尽可能使板长I短些 C.尽可能使板间距离d小一些 D.使加速电压U升高一些 客案c 解析电子经电压U山加速，有 el-mvo2
要打到金属板上,水平位移 x=d-lsin θ 由匀变速直线运动规律可得 x= 1 2 a 水平 t 2 所以 t=√ 2𝑥 𝑎水平 = √ 2(𝑑-𝑙sin𝜃) 𝑔tan𝜃 。 等级考拓展提高 选择题(第 1~4 题为单选题,第 5~6 题为多选题) 1.如图甲所示,在平行板电容器的 A 板附近,有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态,在 A、B 两板间加如图乙所示的交流电压,带电粒子在电场力作用下由静止开始运动,经过 3t0 时间刚好到达 B 板,设此时粒子的动能大小为 Ek3,若用改变 A、B 两板间距的方法,使粒子在 5t0 时刻刚好到达 B 板,此时粒子的动能大小为 Ek5,则 𝐸k3 𝐸k5 等于( ) A. 3 5 B. 5 3 C.1 D. 9 25 答案 B 解析设两板间的距离为 d,经 3t0 时间刚好到达 B 板时,粒子运动过程中先加速然后减速再加 速,根据运动的对称性和动能定理,可得 Ek3=q 𝑈0 3 。若改变 A、B 两板间的距离使粒子在 5t0 时刻刚好到达 B 板,根据运动的对称性和动能定理,可得 Ek5=q· 𝑈0 5 ,故 𝐸k3 𝐸k5 = 5 3 ,选项 B 正确。 2.下图是一个说明示波管工作原理的示意图,电子经电压 U1 加速后垂直进入偏转电场,离开 电场时的偏转量是 h,两平行板间的距离为 d,电势差为 U2,板长为 l。为了提高示波管的灵敏 度(每单位电压引起的偏转量 ℎ 𝑈2 ),可采用的方法是( ) A.增大两板间的电势差 U2 B.尽可能使板长 l 短些 C.尽可能使板间距离 d 小一些 D.使加速电压 U1 升高一些 答案 C 解析电子经电压 U1 加速,有 eU1= 1 2 𝑚𝑣0 2
电子经过偏转电场的过程有 I=vot h-op suip vt 2md'4dU1 2=。因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大1，或减小d 可得 或减小，所以选项C正确。 3如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初 速度为o的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么() -●B A微粒带正、负电荷都有可能 B.微粒做匀减速直线运动 C.微粒做匀速直线运动 D.微粒做匀加速直线运动 客案B 解桐微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平 向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电 场力的方向与电场强度方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故 选项B正确。 4如图，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从A向B运动，则 该带电颗粒() A.动能减小 B.电势能减小 C机械能减小 D.可能带负电 答案B 解桐微粒的合力方向与速度方向一致，对微粒做正功，则其动能增大，故选项A错误。带电微 粒在电场中受到重力和静电力两个力作用，静电力在水平方向，由微粒做直线运动可知，静电 力方向必定水平向右，静电力做正功，机械能增大，电势能减小，故选项B正确，C错误。由静电 力的方向.粒子带正电.选项D错误。 5.如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，带电小球以速度水平 射入电场，且沿下极板边缘飞出。若下极板不动，将上极板上移一小段距离，小球仍以相同的 速度从原处飞入，则带电小球(
电子经过偏转电场的过程有 l=v0t h=1 2 at2= 𝑒𝑈2 2𝑚𝑑t 2= 𝑈2𝑙 2 4𝑑𝑈1 可得 ℎ 𝑈2 = 𝑙 2 4𝑑𝑈1 。因此要提高灵敏度,若只改变其中的一个量,可采取的办法为增大 l,或减小 d, 或减小 U1,所以选项 C 正确。 3.如图所示,在某一真空中,只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场,在竖直平面内有初 速度为 v0 的带电微粒,恰能沿图示虚线由 A 向 B 做直线运动。那么( ) A.微粒带正、负电荷都有可能 B.微粒做匀减速直线运动 C.微粒做匀速直线运动 D.微粒做匀加速直线运动 答案 B 解析微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上,只有微粒受到水平 向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上,由此可知微粒所受的电 场力的方向与电场强度方向相反,则微粒必带负电,且运动过程中微粒做匀减速直线运动,故 选项 B 正确。 4.如图,竖直平行金属板分别与电源正、负极相接,一带电颗粒沿图中直线从 A 向 B 运动,则 该带电颗粒( ) A.动能减小 B.电势能减小 C.机械能减小 D.可能带负电 答案 B 解析微粒的合力方向与速度方向一致,对微粒做正功,则其动能增大,故选项 A 错误。带电微 粒在电场中受到重力和静电力两个力作用,静电力在水平方向,由微粒做直线运动可知,静电 力方向必定水平向右,静电力做正功,机械能增大,电势能减小,故选项 B 正确,C 错误。由静电 力的方向,粒子带正电,选项 D 错误。 5.如图所示,水平放置的平行板电容器,上极板带负电,下极板带正电,带电小球以速度 v0 水平 射入电场,且沿下极板边缘飞出。若下极板不动,将上极板上移一小段距离,小球仍以相同的 速度 v0 从原处飞入,则带电小球( )
A将打在下极板中央 B.仍沿原轨迹由下极板边缘飞出 C.不发生偏转沿直线运动 D若上极板不动，将下极板上移一段距离，小球可能打在下极板的中央 含案BD 腰团将电容器上极板移动一小投距离，电容器所带电荷量不支，由公式号=品=兴可知， 电容器产生的电场强度不变，以相同速度从原处入射的小球仍将沿原轨迹运动，故选项A、C 错误，B正确。当上极板不动，下极板向上移动时，虽然小球仍将沿原轨迹运动，但是下极板向 上移动了一些，小球可能打在下极板的中央，故选项D正确。 6.如图所示，电荷量之比为qA:qB=1:3的带电粒子A、B以相同的速度o从同一点出发，沿 着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若loc=lcD,忽略重力的影 响，则() ++++ + B C A.A和B在电场中运动的时间之比为2,1 B.A和B运动的加速度大小之比为4：1 C.A和B的质量之比为1：12 D.A和B的位移大小之比为1：1 答案BC 解桐粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有x=l,由于带电粒子A、B以相同的速度w 从同一点出发，所以运动时间1与走过的水平位移x成正比，则粒子的运动时间之比鱼== tB xB 二=故选项A错误。粒子在整直方向做初连度为零的匀加连直线运动侧移量)，由 于粒子在竖直方向上走过的高度是相等的，所以加速度之比和时间的二次方成反比，则加速度 之比为器-号=故选项B正确。由牛顿第二定律得Eg=m0,则粒子质量之比为鸣≥ QAE :=3×-立故选项C正确。A、B两个粒子在竖直方向上的位移相等，但水平方 名——王11 aB 向上的位移不相等，所以合位移之比不相等，不是1：1的关系，故选项D错误。 挑战创新 虚线PQ、MW间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×101'kg、电荷量 为g=+1.0×105C,从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场方向 进入匀强电场中，从虚线W的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与竖直方向成30° 角。已知PQ、MN间距为20cm,带电粒子的重力忽略不计。求： M-- ----N
A.将打在下极板中央 B.仍沿原轨迹由下极板边缘飞出 C.不发生偏转,沿直线运动 D.若上极板不动,将下极板上移一段距离,小球可能打在下极板的中央 答案 BD 解析将电容器上极板移动一小段距离,电容器所带电荷量不变,由公式 E=𝑈 𝑑 = 𝑄 𝐶𝑑 = 4π𝑘𝑄 𝜀r𝑆 可知, 电容器产生的电场强度不变,以相同速度从原处入射的小球仍将沿原轨迹运动,故选项 A、C 错误,B 正确。当上极板不动,下极板向上移动时,虽然小球仍将沿原轨迹运动,但是下极板向 上移动了一些,小球可能打在下极板的中央,故选项 D 正确。 6.如图所示,电荷量之比为 qA∶qB=1∶3 的带电粒子 A、B 以相同的速度 v0 从同一点出发,沿 着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在 C、D 点,若 lOC=lCD,忽略重力的影 响,则( ) A.A 和 B 在电场中运动的时间之比为 2∶1 B.A 和 B 运动的加速度大小之比为 4∶1 C.A 和 B 的质量之比为 1∶12 D.A 和 B 的位移大小之比为 1∶1 答案 BC 解析粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向有 x=v0t,由于带电粒子 A、B 以相同的速度 v0 从同一点出发,所以运动时间 t 与走过的水平位移 x 成正比,则粒子的运动时间之比𝑡A 𝑡B = 𝑥A 𝑥B = 𝑙𝑂𝐶 𝑙𝑂𝐷 = 1 2 ,故选项 A 错误。粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,侧移量 y= 1 2 at2 ,由 于粒子在竖直方向上走过的高度是相等的,所以加速度之比和时间的二次方成反比,则加速度 之比为𝑎A 𝑎B = 𝑡B 2 𝑡A 2 = 4 1 ,故选项 B 正确。由牛顿第二定律得 Eq=ma,则粒子质量之比为𝑚A 𝑚B = 𝑞A 𝐸 𝑎A 𝑞B 𝐸 𝑎B = 𝑞 A 𝑎B 𝑞 B 𝑎A = 1 3 × 1 4 = 1 12,故选项 C 正确。A、B 两个粒子在竖直方向上的位移相等,但水平方 向上的位移不相等,所以合位移之比不相等,不是 1∶1 的关系,故选项 D 错误。 挑战创新 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 m=2.0×10-11kg、电荷量 为 q=+1.0×10-5 C,从 a 点由静止开始经电压为 U=100 V 的电场加速后,垂直于匀强电场方向 进入匀强电场中,从虚线 MN 的某点 b(图中未画出)离开匀强电场时速度与竖直方向成 30° 角。已知 PQ、MN 间距为 20 cm,带电粒子的重力忽略不计。求:
(1)带电粒子刚进入水平匀强电场时的速率； (2)水平匀强电场的电场强度大小，（结果保留两位有效数字） (3)a、b两点间的电势差。 窨☒1)1.0x104ms(2)5.7×102NWC(3片x102V 解扬(1)由动能定理得gUm:2 代入数据得v1=1.0×104m/s。 (2)粒子沿初速度方向做匀速运动，有d=v11 粒子沿电场方向做匀加速运动，有2=l 由题意得tan30° vi 由牛顿第二定律得qE=ma 联立以上各式并代入数据得 Ex10 N/C-5.7x10 N/C. 3 (3)由动能定理得qUab=mv12+v22)-0 联立以上各式并代入数据得Uab号xI02V
(1)带电粒子刚进入水平匀强电场时的速率 v1; (2)水平匀强电场的电场强度大小;(结果保留两位有效数字) (3)a、b 两点间的电势差。 答案(1)1.0×104 m/s (2)5.7×102 N/C (3)4 3 ×102 V 解析(1)由动能定理得 qU=1 2 𝑚𝑣1 2 代入数据得 v1=1.0×104 m/s。 (2)粒子沿初速度方向做匀速运动,有 d=v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动,有 v2=at 由题意得 tan 30°= 𝑣2 𝑣1 由牛顿第二定律得 qE=ma 联立以上各式并代入数据得 E=√3 3 ×103 N/C=5.7×102 N/C。 (3)由动能定理得 qUab= 1 2 m(𝑣1 2 + 𝑣2 2 )-0 联立以上各式并代入数据得 Uab= 4 3 ×102 V