- 带电粒子在电场中的运动
- 共5409题
（1）求电子穿过A板时速度的大小v0；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压U2增大还是减小？
正确答案
（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有：eU1=
解得：v0=
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的 时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y．由牛顿第二定律和运动学公式有：
t=
F=ma，
F=eE，
E=
a=
y=
解得：y=
（3）由y=
答：（1）电子穿过A板时速度的大小为
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量为
（3）要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压U2增大．
解析
（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有：eU1=
解得：v0=
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的 时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y．由牛顿第二定律和运动学公式有：
t=
F=ma，
F=eE，
E=
a=
y=
解得：y=
（3）由y=
答：（1）电子穿过A板时速度的大小为
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量为
（3）要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压U2增大．
如图所示为示波管的示意图，要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以（ ）
正确答案
解析
解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：
eU1=
所以电子进入偏转电场时速度的大小为：
v0=
电子进入偏转电场后的偏转的位移为：
h=
所以要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以增大U2或减小U1，
故选：B．
正确答案
解析
解：根据动能定理得，eU1=
粒子在偏转电场中运动的时间t=
在偏转电场中的偏转位移h=
则灵敏度
故选：A．
示波器是一种常用的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况．它的工作原理如图1所示，真空室中阴极K逸出电子（初速度可忽略不计），经过电压Ul=910V的加速电场后，由小孔S沿正对且相互靠近的水平金属极板A、B 和竖直金属板C、D 间的中心线依次通过两对平行金属板间．且已知A、B和C、D的长度均为l=0.20m，A、B和C、D两板间的距离均为d=0.020m，金属板的面积足够大．在A、B两板间加上如图2所示的正弦交变电u2，当A板电势高于B板电势时，电压记为正值；在C、D两板间加上如图3所示的交变电压u3，当C板电势高于D板电势时，电压记为正值．两对金属板间的电场可视为全部集中在两板之间，且分布均匀．在C、D 两极板右侧与极板右端相距s=0.30m处有一个与两对金属板中心线垂直的荧光屏，中心线正好经过屏的中点．若不计两对金属板之间的距离，且荧光屏足够大，并已知电子的质m=0.91×10-30kg，所带电荷量e=1.6x10-19C，不计电子之间的相互作用力．
（1）要使所有的电子都能打在荧光屏上，两对偏转金属板间所加电压的最大值U20、U30应满足什么条件？
（2）若U20满足（1）中的条件，要使荧光屏上能显示出u2 的若干个完整周期内的波形，C、D 两板间所加交变电压u3 的周期应满足什么条件？
（3）若荧光屏上显示出一个u2 完整的波形，计算这个波形的峰值高度和最大长度，并在图4中画出这个波形．
正确答案
解：
（1）对于电子在加速电场中的加速过程，设最终的速度为v0，则由动能定理有：eU1=
解得 v0=
电子穿越金属板的时间 t=
由于电子在金属板间的运动时间远小于偏转电场u2变化的周期，
所以电子通过两对金属板的过程中，电场可视为场强为定值的匀强电场
要使所有的电子都能打在荧光屏上，最大侧移必须必须满足：y
又电子在A、B板间运动的加速度为 a=
电子在电场方向做匀加速直线运动，则有 y=
联立得：y=
解得 U20＜
同理可得：U30＜18.2V；
（2）要使荧光屏上能显示u2完整的波形，C、D两板间所加交变电压u3的周期应为偏转电压u2周期的整数倍，即 T=2n×10-2 s（n，1，2，3…）；
（3）对于确定的U20=18.2V，电子在两板间的最大侧移为 ym=
电子飞出A、B间的偏转电场时，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沿竖直方向的最大距离（波形的峰值）为Ym，则由几何关系可知：
解得：Ym=6cm
同理，电子在通过C、D偏转板的过程中，沿水平方向的最大侧移为 xm=
设电子打在屏上距中心点水平方向的最大距离为Xm，则由几何关系可知：
解得：Xm=4cm
波形为正弦曲线．波形如图所示．
答：
（1）要使所有的电子都能打在荧光屏上，两对偏转金属板间所加电压的最大值U20、U30应满足的条件分别为：U20＜18.2V，U30＜18.2V．
（2）要使荧光屏上能显示出u2 的若干个完整周期内的波形，C、D 两板间所加交变电压u3 的周期应满足的条件为：T=2n×10-2s（n=1，2，3…）；
（3）这个波形的峰值高度和最大长度分别为4cm和6cm，波形如图所示．
解析
解：
（1）对于电子在加速电场中的加速过程，设最终的速度为v0，则由动能定理有：eU1=
解得 v0=
电子穿越金属板的时间 t=
由于电子在金属板间的运动时间远小于偏转电场u2变化的周期，
所以电子通过两对金属板的过程中，电场可视为场强为定值的匀强电场
要使所有的电子都能打在荧光屏上，最大侧移必须必须满足：y
又电子在A、B板间运动的加速度为 a=
电子在电场方向做匀加速直线运动，则有 y=
联立得：y=
解得 U20＜
同理可得：U30＜18.2V；
（2）要使荧光屏上能显示u2完整的波形，C、D两板间所加交变电压u3的周期应为偏转电压u2周期的整数倍，即 T=2n×10-2 s（n，1，2，3…）；
（3）对于确定的U20=18.2V，电子在两板间的最大侧移为 ym=
电子飞出A、B间的偏转电场时，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沿竖直方向的最大距离（波形的峰值）为Ym，则由几何关系可知：
解得：Ym=6cm
同理，电子在通过C、D偏转板的过程中，沿水平方向的最大侧移为 xm=
设电子打在屏上距中心点水平方向的最大距离为Xm，则由几何关系可知：
解得：Xm=4cm
波形为正弦曲线．波形如图所示．
答：
（1）要使所有的电子都能打在荧光屏上，两对偏转金属板间所加电压的最大值U20、U30应满足的条件分别为：U20＜18.2V，U30＜18.2V．
（2）要使荧光屏上能显示出u2 的若干个完整周期内的波形，C、D 两板间所加交变电压u3 的周期应满足的条件为：T=2n×10-2s（n=1，2，3…）；
（3）这个波形的峰值高度和最大长度分别为4cm和6cm，波形如图所示．
（1）电子穿过A板时的速度大小；
（2）P点到O点的距离．
正确答案
解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，
由动能定理得：eU1=
解得：v0=
（2）电子以速度υ0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为α，离开偏转电场时的侧移量为y1，
由牛顿第二定律得：F=eE2=e
解得：a=
由运动学公式得：L1=v0t1，y1=
解得：y1=
设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy，
由匀变速运动的速度公式可知υy=at1；
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示，
水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，
解得：y2=
P至O点的距离y=y1+y2=
答：（1）电子穿过A板时的速度大小为
解析
解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，
由动能定理得：eU1=
解得：v0=
（2）电子以速度υ0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为α，离开偏转电场时的侧移量为y1，
由牛顿第二定律得：F=eE2=e
解得：a=
由运动学公式得：L1=v0t1，y1=
解得：y1=
设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy，
由匀变速运动的速度公式可知υy=at1；
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示，
水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，
解得：y2=
P至O点的距离y=y1+y2=
答：（1）电子穿过A板时的速度大小为
示波器中重要的组成部分之一是示波管，如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xoy，当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′=2V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′=-1V时，荧光屏上光点的坐标为（4，-1），则当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′=3V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′=4V时，荧光屏上光点的坐标为（ ）
正确答案
解析
解：电子在YY‘内的加速度为a=
所以，偏转位移y=
由此可以看出偏转位移和电压成正比，同理可以证明在XX′方向上的偏转位移也与电压成正比，
所以根据题意得：
解得：x=6，y=4
所以荧光屏上光点的坐标为（6，4）
故选：D
正确答案
解析
解：根据动能定理得，eU1=
粒子在偏转电场中运动的时间t=
在偏转电场中的偏转位移h=
则灵敏度为
故选：ACD．
（1）电子穿过A板时的速度大小；
（2）P点到O点的距离；
（3）电子到达p点的动能．
正确答案
由动能定理得：eU1=
解得：v0=
（2）电子以速度υ0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为α，离开偏转电场时的侧移量为y1，
由牛顿第二定律得：F=eE2=e
由运动学公式得：L1=v0t1，y1=
设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy，
由匀变速运动的速度公式可知υy=at1；
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示，
水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，解得：y2=
P至O点的距离y=y1+y2=
（3）设电子离开偏转电场时动能为EK，则由动能定理得：
Eqy=EK-
解得：EK=U1e+
答：（1）电子穿过A板时的速度大小为
（3）电子到达p点的动能U1e+
解析
由动能定理得：eU1=
解得：v0=
（2）电子以速度υ0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为α，离开偏转电场时的侧移量为y1，
由牛顿第二定律得：F=eE2=e
由运动学公式得：L1=v0t1，y1=
设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy，
由匀变速运动的速度公式可知υy=at1；
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示，
水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，解得：y2=
P至O点的距离y=y1+y2=
（3）设电子离开偏转电场时动能为EK，则由动能定理得：
Eqy=EK-
解得：EK=U1e+
答：（1）电子穿过A板时的速度大小为
（3）电子到达p点的动能U1e+
在示波管中，2s内有6×1013个电子通过横截面积未知的电子枪，则示波器中的电流大小为（ ）
正确答案
解析
解：每个电子的电荷量大小为e=1.6×10-19C，6×1013个电子总电荷量为q=6×1013×1.6×10-19C=9.6×10-6C
则示波管中电流大小为 I=
故选：A
正确答案
解析
qU=
得到：v=
电子进入磁场过程中，由evB=
得电子的轨迹半径为：r=
设磁场的半径为R，电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得：tan
A、增大加速电压U时，由上可知，r增大，θ减小，可使电子束偏转回到P点．故A正确．
B、增加偏转磁场的磁感应强度B时，r减小，θ增大，电子向上偏转，不能使电子束偏转回到P点．故B错误．
C、将圆形磁场区域向屏幕远离些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，电子束偏转位移更多，不可能回到P点．故C错误．
D、将圆形磁场的半径增大些时，r不变，θ增大，电子向上偏转，不能使电子束偏转回到P点．故D错误．
故选：A
扫码查看完整答案与解析