高中物理带电粒子在电场中的运动真题汇编 〔含答案〕
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1.如图〔a〕所示,整个空间存在竖直向上的匀强电场〔平行于纸面〕,在同一水平线上的
两位置,以相同速率同时喷出质量均为
m的油滴a和b,带电量为+q的a水平向右,不带
电的b竖直向上.b上升高度为h时,到达最高点,此时 a恰好与它相碰,瞬间结合成油 滴p.忽略空气阻力,重力加速度为 g.求
〔1〕油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； 〔2〕匀强电场的场强及油滴 a、b结合为p后瞬间的速度；
〔3〕假设油滴p形成时恰位于某矩形区域边界,取此时为 t 0时刻,同时在该矩形区域加一 个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场,磁场变化规律如图 〔垂直纸面向外为正〕, 磁场突变的影响〕
1)
等；VP Vgh方向向右上,与水平方向夹角为 q
〔b〕所示,磁场变化周期为 T0
P始终在矩形区域内运动,求矩形区域的最小面积.〔忽略
g
45.
⑶ Smin
ghT.2 2 2
〔1〕设油滴的喷出速率为 VO,那么对油滴b做竖直上抛运动,有
0 V； 2gh 解得VO 岛h 0 VO gto
解得 to
对油滴a的水平运动,有
X0 Voto 解得 XO 2h
〔2〕两油滴结合之前,油滴 a做类平抛运动,设加速度为 a,有
2mg
qE mg ma, h -ato ,解得 a , E ----------------------------
2 q
设油滴的喷出速率为 v0,结合前瞬间油滴 a速度大小为va,方向向右上与水平方向夹
1
2 g
角,贝U
VO VaCOS
, Votan ato,解得 va 24晶,
45
两油滴的结束过程动量守恒,有： 上,与水平方向夹45角
mvi 2mvp ,联立各式,解得： vp \"h ,方向向右
(3)因qE 2mg ,油滴p在磁场中做匀速圆周运动,设半径为
2
r ,周期为T ,那么
得T 30
由 qvp 2m 2m— 得 r ToVgh 由 T
qTo r 4
V
P
“冷形.
2
即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的
最小矩形的两条边长分别为 2r、4r (轨迹如下图).最小矩形的面积为
ghT02
Smin 2r 4r 产
2.如下图,在空间坐标系 x<0区域中有竖直向上的匀强电场 日,在一、四象限的正方形 区域CDEF内有方向如下图的正交的匀强电场 E2和匀强磁场B,CD=2L, OC=L, E2 =4Eio在负x轴上有一质量为 m、电量为+q的金属a球以速度VO沿x轴向右匀速运动,并 与静止在坐标原点.处用绝缘细支柱支撑的(支柱与 b球不粘连、无摩擦)质量为 2m、
不带电金属b球发生弹性碰撞. a、b球体积大小、材料相同且都可视为点电荷,碰后 电荷总量均分,重力加速度为 g,不计a、b球间的静电力,不计 a、b球产生的场对电 场、磁场的影响,求:
⑴碰撞后,a、b球的速度大小; (2)a、b碰后,经
t
2V0 3g 1
一
时a球到某位置 P点,求P点的位置坐标;
B的取值.
2 VO
(3)a、b碰后,要使
【答案】(1)
b球不从CD边界射出,求磁感应强度
Va
V0 3
Vb 2V0； (2)(琢 3 9g
丁)； (3)
9g
16mvo
…
------ 或
B 16mv0 3qL
【解析】 【分析】
(1)a、b碰撞,由动量守恒和能量守恒关系求解碰后
a、b的速度；
P点的位置坐标；
(2)碰后a在电场中向左做类平抛运动,根据平抛运动的规律求解
(3)要使b球不从CD边界射出,求解恰能从 C点和D点射出的临界条件确定磁感应强度的 范围. 【详解】 (1)a匀速,那么
mg q日 ①
a、b碰撞,动量守恒
mvo mva
2mw②
机械能守恒
1 2
一
由②③得
1 2 2mva
2m V
2 _ b ③
mV.
Vb
(2)碰后a、b电量总量平分,那么
2 3 0④
V
qa
2
碰后a在电场中向左做类平抛运动,设经
1 qb -q
空0■时a球到P点的位置坐标为(-x, -y) 3g
1 2 -at⑥ 2
其中
1 一mg qEi 2
由⑤⑥⑦得
1
ma ⑦,a = - g
q
2V2 9g
2
2
V. 9g
故P点的位置坐标为(0°
9g
(3)碰撞后对b
V9g
2 0 1 -qE2 2
故b做匀速圆周运动,那么
2mg⑨
1
二
qVbB 2
vb _ 2m-⑩ r
2
8mv0 3qB
b恰好从C射出,那么
L 2r ?
由？？ 得
Bi
恰从D射出,那么由几何关系
16m v0 3qL
,
2
r 4L r L ?,
得
2 , 2
|L?
由？？ 得
B2
16mv0 15qL
故要使b不从CD边界射出,那么B的取值范围满足
.B鬻^霏
此题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系,注意在磁场中的
运动要注意几何关系的应用,在电场中注意由类平抛运动的规律求解.
3.如下图,在直角坐标系 x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为 二三像限区域内各有一个高
L的正方向区域,
L,宽2L的匀强磁场,其中在第二象限内有垂直坐标平面向外
的匀强磁场,第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场,各磁场的磁感应强度 大小均相等,第一象限的 x 出电场时通过坐标〔.,L〕点,不计粒子重力. (1)求电场强度大小 E; (2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点 B； (3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标 2 .到达坐标(-L, 0)点,求匀强磁场的磁感应强度大小 (-L, 0)点所用的时间. 【答案】(1) E 晒(2)B 4nmv0 qL L 2vo qL 【解析】 --------- n=1、2、3……〔3〕 t —— 此题考查带电粒子在组合场中的运动, 需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求 解. (1)带电粒子在电场中做类平抛运动有: 2 . , L 1 2 L vot , - - at , qE ma 2 2 联立解得：E mv qL (2)粒子进入磁场时,速度方向与 y轴负方向夹角的正切值 tan Vx vy 速度大小v sin v 02vo (一 L, 0 )点,应满足 一；当满足 设x为每次偏转圆弧对应的弦长,根据运动的对称性,粒子能到达 L=2nx,其中n=1、2、3……粒子轨迹如图甲所示,偏转圆弧对应的圆心角为 2 L=(2n+1)x时,粒子轨迹如图乙所示. 假设轨迹如图甲设圆弧的半径为 R,圆弧对应的圆心角为 -.那么有x=、. 2 R,此时满足 L=2nx 联立可得: 2 由牛顿第二定律,洛伦兹力提供向心力,那么有： qvB m — R 得：B 4nmv0 qL ,n=1、2、3.… 轨迹如图乙设圆弧的半径为 R,圆弧对应的圆心角为万.那么有x2 J2R2,此时满足 L 2n 1 x2 联立可得：R2 L 2n 1 .2 V m— R2 2 由牛顿第二定律, 洛伦兹力提供向心力, 那么有: qvB 得：B2 2 2n 1 mv0 qL 4nmv0 ,n=1、 2、 0到达坐标(-L, 0)点,求匀强磁场的磁感应强度大 所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点 小B n=1、2、3.…或 B2 2 2n 1 mv0 qL 0 n=1、2、3.… qL 2n 2n m qB (3)假设轨迹如图甲 ,粒子从进人磁场到从坐标 (一 L, 0)点射出磁场过程中,圆心角的总和 .=2n1X2=2n,兀贝Ut T L 2vo (一 L, 0)点射出磁场过程中,圆心角的总和 假设轨迹如图乙,粒子从进人磁场到从坐标 0 =(2n+1) X 2 兀=(4n+蒯 2 tT2 (4； 2)(4n 2) m qB2 Vo 2n m L ----- ----- 或 粒子从进入磁场到坐标 (-L, 0)点所用的时间为 qB 2vo t2 T2 (4n 2) 2 (4n 2) m L qB? Vo 4.如图甲所示,在直角坐标系 0a4区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右侧有一个以点 (3L, 0)为圆心、半径为 L的圆形区域,圆形区域与 x轴的交点分别为 M、N.现有一质 量为m、带电量为e的电子,从y轴上的A点以速度vo沿x轴正方向射入电场,飞出电场 后从M点进入圆形区域,此时速度方向与 力. x轴正方向的夹角为 30°.不考虑电子所受的重 甲 乙 (1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强 E的大小； (2)假设在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场,使电子穿出圆形区域时速度方向垂 直于x轴.求所加磁场磁感应强度 B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； (3)假设在电子刚进入圆形区域时,在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面 向外为磁场正方向),最后电子从 N点处飞出,速度方向与进入磁场时的速度方向相 同.请写出磁感应强度 B0的大小、磁场变化周期 T各应满足的关系表达式. (n=1, 2, 3…) 【解 (1)电子在电场中作类平抛运动,射出电场时,速度分解图如图 1中所示. 由速度关系得：Vy=V0tan 0 = V v0 在竖直方向: 而水平方向： 解得: (2)根据题意作图如图 1所示,电子做匀速圆周运动的半径 R=L 根据牛顿第二定律: 2\\3也现 值— ___ ______ 解得： 3eL 根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为( (3)电子在在磁场中最简单的情景如图 2所示. 在磁场变化的前三分之一个周期内,电子的偏转角为 60.,设电子运动的轨道半径为 运动的To,粒子在x轴方向上的位移恰好等于 ri; r, 在磁场变化的后三分之二个周期内,因磁感应强度减半,电子运动周期 偏转角度仍为60.,电子运动的轨道半径变为 2r. 综合上述分析,那么电子能到达 N点且速度符合要求的空间条件是： T' =2To,故粒子的 2r,粒子在x轴方向上的位移恰好等于 3rn=2L (n=1, 2, 3…) mv 而： Roe … 斯二一-7- 解得： 孔 (n=1, 2, 3…) 1 应满足的时间条件为：芸(T+T'尸T 2rnn 2m r—1 甲江L 解得 (n=1, 2, 3…) 1 点睛：此题的靓点在于第三问,综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系,那么符合 要求的粒子轨迹必定是粒子先在正 R中偏转60.,而后又在京B.中再次偏转60.,经过 n次这样的循环后恰恰从 N点穿出.先从半径关系求出磁感应强度的大小,再从周期关系 求出交变磁场周期的大小. 5.如下图,在第一象限内存在匀强电场,电场方向与 限内有一匀强磁场区域,该区域是由一个半径为 组成,磁场的方向垂直纸面向里.一质量为 v从Q(0, 3R)点垂直电场方向射入电场,恰在 x轴成45.角斜向左下,在第四象 R R的半圆和一个长为 2R、宽为E的矩形 2 m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度 P(R, 0)点进入磁场区域. (1)求电场强度大小及粒子经过 P点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC边界射出磁场,磁感应强度应满足什么条件； (3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域,磁场的磁感应强度应不大于多少 【答案】(1) E 姓m j2v,速度方向沿y轴负方向 4qR 2 2mv 2 2 7 1 mv (2) ----------- B ---------------- ⑶ _______________ 5qR qR 3qR 【解析】 【分析】 【详解】 8\\2mv (i)在电场中,粒子沿初速度方向做匀速运动 3R Li ------------ 2Rcos45 cos45 L1 vt 沿电场力方向做匀加速运动,加速度为 2.2R L2 2Rsin45 L2 1at2 . 2R 设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为 Vi、V2,合速度v v1 v、v2 at , tan 一 v 2mv2 联乂可得E - 4qR 进入磁场的速度v rJv2 v； 、2 45 ,速度方向沿y轴负方向 ........................................................................................................................ R (2)由左手定那么判定,粒子向右偏转,当粒子从 A点射出时,运动半径 r1 - 2 , 由qv B1 mv ,n 2 2 2 得B ------------- ri qR mv 当粒子从C点射出时,由勾股定理得 2 R 「2 .一 5 解得r2 由 qvB2 R 8 mv 2 得B2 8 2mv 5qR ■mv R2mv 时 5qR qR ' B 根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大,可以判断,当 粒子从AC边界射出 (3)为使粒子不再回到电场区域,需粒子在 于x轴,其半径为门,由几何关系得r32 CD区域穿出磁场,设出磁场时速度方向平行 R2 4 2 由3 ---------------------------------- 得 , mv g qv B 「3 B3 2 2 7 1 mv 3qR x轴下方,便不会回到电场中 磁感应强度小于 B3,运转半径更大,出磁场时速度方向偏向 6.如下图,荧光屏 MN与x轴垂直放置,与x轴相交于Q点,Q点的横坐标 xo 6cm,在第一象限y轴和MN之间有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度 E 1. 6 105N/C ,在第二象限有半径 R 5cm的圆形磁场,磁感应强度 B 0.8T ,方 向垂直xOy平面向外.磁场的边界和 x轴相切于P点.在P点有一个粒子源,可以向 x轴 上方1800范围内的各个方向发射比荷为 q 1.0 108C/kg的带正电的粒子,粒子的 m 发射速率Vo 4.0 106m/s.不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用.求： (1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； (2)粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； (3)带电粒子打到荧光屏上的位置与 【答案】(1) 5cm Q点间的最远距离. (3) 9cm (2) 0 y 10cm 【解析】 【详解】 (1)带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动 qv0B m 一 … 解得：r V r 2 mv0 - 5 cm qB (2)由(1)问中可知r R,取任意方向进入磁场的粒子,画出粒子的运动轨迹如图所 示,由几何关系可知四边形 PO FOI为菱形,所以FOI //O P ,又O P垂直于x轴,粒子 出射的速度方向与轨迹半径 FOI垂直,那么所有粒子离开磁场时的方向均与 x 轴平行,所以 粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为 0 y 10cm. (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上,有 x0 v0 t0 qE m 解得：h 18cm 2R 10cm, 说明粒子离开电场后才打到荧光屏上.设从纵坐标为 轴方向的位移为x,那么 y的点进入电场的粒子在电场中沿 x x v0t y at 2 1 .2 代入数据解得x 2y 设粒子最终到达荧光屏的位置与 Q点的最远距离为 H ,粒子射出的电场时速度方向与 正方向间的夹角为 , x轴 , tan 所以 H vy m Vo k, - ------------ 2y Vo Vo xo x tan x J2y g/27, qE x g- 由数学知识可知,当 所以 H max 9cm xo J27 12y时,即y 4.5cm时H有最大值, 7 .如下图,虚线 OL与y轴的夹角0=450,在OL上侧有平行于 OL向下的匀强电场,在 OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场,一质量为 m、电荷量为q (q>0)的粒子以速率 vo从 OL进入匀强磁 y轴上的M (OM=d)点垂直于y轴射入匀强电场,该粒子恰好能够垂直于 场,不计粒子重力. (1)求此电场的场强大小 E; (2)假设粒子能在 OL与x轴所围区间内返回到虚线 OL上,求粒子从 M点出发到第二次经 过OL所需要的最长时间. 【答案】(1) 2M ； 【解析】 (2)为 2 试题分析：根据粒子只受电场力作用,沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系,利用 类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组,即可求解；由( 1)求出在电场中运动 的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动,由圆周运动规律及几何关 系得到最大半径,进而得到最长时间； (1)粒子在电场中运动,不计粒子重力,只受电场力作用, 沿垂直电场线方向 X和电场线方向Y建立坐标系, 那么在X方向位移关系有: 该粒子恰好能够垂 OL进入匀强磁场,所以在 Y方向上, 速度关系有 vnsinO - at 二\" m vosinO = ------ 所以, qEd E =——- qd 那么有 mvjsinO mujsin45fl 避加式 qd 2qd 一 X (2)根据(1)可知粒子在电场中运动的时间 粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用,在洛伦兹力作用下做圆周运动,设圆周运动的周期为 T 粒子能在 OL与x轴所围区间内返回到虚线 OL上, OL进入匀强 那么粒子从M点出发到第二次经过 OL在 趴 根据(1)可知,粒子恰好能够垂直于 磁场中运动了半个圆周,所以,在磁场中运动时间为 f = dcosO + Z = 场的位置在OL上距离.点 磁场,速度 v就是初速度vo在X方向上 v = u&cost? = vocoslS15 = -^Po 的分量,即 ;根据几何关系, V1 = 彳d ,所以,粒子进入磁 所以 所以,粒子从 M点出发到第二次经过 OL所需要的最长时间 1 d 13(小d 最长=£ 十歹'皿=诏+5~赤-二拓I1+-Z-] 8 .在竖直平面内,一根长为 L的绝缘细线,一端固定在 O点,另一端拴着质量为 m、电 荷量为+q的小球.小球始终处在场强大小为 50、方向竖直向上的匀强电场中,现将小球 P点,P点与O点间的水平距离为 L.重力加 拉到与O点等高处,且细线处于拉直状态,由静止释放小球,当小球的速度沿水平方向 时,细线被拉断,之后小球继续运动并经过 速度为g,不计空气阻力,求 (1)细线被拉断前瞬间,细线的拉力大小； (2) O、P两点间的电势差. 【答案】(1) FT = 1.5mg (2) U OP 15mgL 8q 【解析】 【详解】 (1)小球受到竖直向上的电场力 F = qE = 1.5mg>mg 所以小球被释放后将向上绕 .点做圆周运动,到达圆周最高点时速度沿水平方向,设此时 1 速度为v,由动能TE理 F mg L - mv 2 2 设细线被拉断前瞬间的拉力为 FT,由牛顿第二定律 FT mg F m — 联立解得：FT = 1.5mg (2)细线断裂后小球做类平抛运动,加速度 a竖直向上,由牛顿第二定律： 设细线断裂后小球经时间 t到达P点,那么有L = vt F mg = ma 小球在竖直方向上的位移为 1 2 y —at ;解得1\"二一 2 , O、P两点沿电场方向(竖直方向)的距离为 d = L + y O、P两点间的电势差 UOP = Ed 15mgL 联立解得UOP 8q 9 .如下图,一个电子由静止开始经加速电场加速后,又沿中央轴线从 电场,并从另一侧射出打到荧光屏上的 P点,O'点为荧光屏的中央.电子质量F O点垂直射入偏转 9.0X10—31kg,电荷量大小 e= 1.6 X10T9C,加速电场电压 10=2 500 V ,偏转电场电压 U =200 V ,极板的长度Li= 6.0 cm ,板间距离d= 2.0 cm ,极板的末端到荧光屏的距离 L2= 3.0 cm(忽略电子所受重力,结果保存两位有效数字 ).求： ■■ (1)电子射入偏转电场时的初速度 v.； (2)电子打在荧光屏上的 P点到O点的距离h； (3)电子经过偏转电场过程中电势能的增加量. 【答案】(1) V0= 3.0 Xdm/s.(2) h=7.2 X113m. (3) E名一W=—5.8 X 1C18J. 【解析】 【分析】 (1)电子在加速电场中,根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度； (2)粒子在偏转电场中做类平抛运动,根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生 的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程,做的是匀速直线运动,根据几何关系 即可求h; (3)根据 W=eEy即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功. 【详解】 (1)电场中加速有 eU0=1mv0 1 2 2 解得 v0= 2e U0 m 代入数据解得V0= 3.0 x 7m/s. (2)设电子在偏转电场中运动的时间为 电子在水平方向做匀速直线运动, t,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为 L1 = v0t y. 电子在竖直方向上做匀加速运动, eU =ma 根据牛顿第二定律有 y= - at2 2 d eUL2 解得y=——j 1.6 10 2 9.0 10 19 31 200 0.062 0.02 (3.0 10 ) 7 2 m = 3.6 x 13m = 0.36cm 2mdv0 电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点, y 由图知h Li 2L2 解得 h=7.2 X103m. (3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功 W=eEy= eU-y=5.8 X -08J d 正=—W= — 5.8 x -d8J. 【点睛】 对于带电粒子在电场中的运动问题,关键是注意区分不同的物理过程,弄清在不同的物理 过程中物体的受力情况及运动性质,并选用相应的物理规律.在解决问题时,主要可以从 两条线索展开： 其一,力和运动的关系.根据带电粒子受力情况,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动 学公式确定带电粒子的速度位移等.这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情 况. 其二,功和能的关系.根据电场力对带电粒子做功,引起带电粒子的能量发生变化,利用 动能定理研究全过程中能的转化,研究带电粒子的速度变化、位移等.这条线索不但适用 于匀强电场,也适用于非匀强电场. 10 .如下图,长度为 d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴 电荷量为q的带负电小球.小球可以在竖直平面内做圆周运动, O上,另一端固定一质量为 m AC和BD分别为圆的竖直 和水平直径.等量异种点电荷+ Q、一 Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的 E、F两点.让小球从最高点 A由静止开始运动,经过 B点时小球的速度大小为 v,不考虑 q对+Q、一Q所产生电场的影响.重力加速度为 g求： I Q i @ ........ :二…丁 ;二 ...... -0 (1)小球经过C点时球对杆的拉力大小; (2)小球经过D点时的速度大小. 【答案】(1) 5m⑼⑵让gd-好 【解析】 (1)图中AC是等势面,故电荷从 A到C过程中,电场力不做功,根据动能定理,有: T1 , mg (2d),mvc2-0 解得：vc=2.' 世 在C点,拉力和重力一起提供向心力,根据牛顿第二定律,有： F-mg=m,' 解得：F=5mg II 1 (2)对从B至ij C过程,根据动能定理,有： 对从B到C过程,根据动能定理,有： mgd+W电=mvc2-'mv2 11 111 -mgd+W 电=mvD2-' mvc2 联立解得：VD= 点睛：此题关键是灵活选择过程根据动能定理列式求解,同时要熟悉等量异号电荷的电场 线分布情况. 11.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 期是T.现有电子以平行于金属板的速度 为m,电荷量为e,不计电子的重力,求： VO从两板中央射入(如图甲).电子的质量 UO,其周 (1)假设电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从 的大小. A板的边缘飞出,那么电子飞出时速度 (2)假设电子从t=0时刻射入,恰能平行于金属板飞出,那么金属板至少多长？ 【答案】(1),v.2吗 (2) VoT 【解析】 【分析】 (1)电子在半个周期内恰好能从 A板的边缘飞出,在此过程中只有电场力做功,根据动 能定理即可解除电子飞出时的速度. (2)假设电子从t=0时刻射入,恰能平行于金属板飞出,说明电子在竖直方向前半周期做匀 加速直线运动,后半周期做匀减速直线运动,到电子飞出电场最少用时为 【详解】 T ； 2 (1)电子飞出过程中只有电场力做功,根据动能定理得： 解得：v Uo 1 2 1 e—0 —mv — mvo 2 2 2 ,1v2 eU0 . m T;那么电子水平方向做匀速直线运 (2)假设电子恰能平行于金属板飞出,说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动,后 半周期做匀减速直线运动,到电子飞出电场最少用时为 动：L=voT 12.如下图,电荷量为+q,质量为m的小球用一根长为 L的绝缘细绳悬挂于 .点,所在 的整个空间存在水平向右的匀强电场,重力加速度为 g.现将悬线拉直使小球从与 O 点等高的A点静止释放,当小球运动到 .点正下方的B点时速度的大小为 v= JgL .求： ⑴该电场白^场强 E的大小； (2)小球刚到达B点时绳的拉力； (3)假设到达B点后绳子忽然断裂,断裂时小球以原速度抛出,那么小球再次经过 与.点的距离是多少？ mg (1) E L(2) 2mg; (3) 9L qq .点正下方时 1 (1)由A到B根据动能定理： mgL EqL - mv , 解得E mg 2q 2 2 v m (2)在B点,由牛顿第二定律: 解得T=2mg T mg 一 L (3)绳子断裂后,小球水平方向向左先做减速运动,后反向加速；竖直方向做自由落体运 动,回到 B点正下方,那么：t 2v a qE g a —— m 2 h 2 gt 2 解得h=9L 【点睛】 此题关键是第3问的解答,要知道小球参与水平方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体 运动,两个运动的时间相等 . 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容