- 带电粒子在电场中的运动
- 共5409题
如图所示,一个质量为m=2.0×10-11kg,电荷量q=+1.0×10-5C的带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经U=100V电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角θ=30°.金属板长L=20cm,两板间距d=10cm.求:
(1)微粒进入偏转电场时的速度v1是多大?
(2)微粒射出电场时的速度为多大?
(3)两金属板间的电压U2是多大?
正确答案
解:(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v,根据动能定理有:
解得:=1.0×104m/s
(2)设微粒射出电场时的速度v,由运动的合成与分解可得:
v1=vcosθ
解得:v=×1 04m/s=1.16×104m/s
(3)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动.在水平方向微粒做匀速直线运动
水平方向:
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为a,出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向:
由几何关系有:
解得:U2 =100V
答:(1)微粒进入偏转电场时的速度v1是1.0×104m/s;
(2)微粒射出电场时的速度为1.16×104m/s;
(3)两金属板间的电压U2是100V;
解析
解:(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v,根据动能定理有:
解得:=1.0×104m/s
(2)设微粒射出电场时的速度v,由运动的合成与分解可得:
v1=vcosθ
解得:v=×1 04m/s=1.16×104m/s
(3)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动.在水平方向微粒做匀速直线运动
水平方向:
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为a,出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向:
由几何关系有:
解得:U2 =100V
答:(1)微粒进入偏转电场时的速度v1是1.0×104m/s;
(2)微粒射出电场时的速度为1.16×104m/s;
(3)两金属板间的电压U2是100V;
如图所示装置中,AB是两个竖直放置的平行金属板,在两板中心处各开有一个小孔,板间距离为d,板长也为d,在两板间加上电压U后,形成水平向右的匀强电场.在B板下端(紧挨B板下端,但未接触)固定有一个点电荷Q,可以在极板外的空间形成电场.紧挨其下方有两个水平放置的金属极板CD,板间距离和板长也均为d,在两板间加上电压U后可以形成竖直向上的匀强电场.某时刻在O点沿中线OO‘由静止释放一个质量为m,带电量为q的正粒子,经过一段时间后,粒子从CD两极板的正中央进入电场,最后由CD两极板之间穿出电场.不计极板厚度及粒子的重力,假设装置产生的三个电场互不影响,静电力常量为k.求:
(1)粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小;
(2)在B板下端固定的点电荷Q的电性和电量;
(3)粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离.
正确答案
解:(1)粒子经过AB两板,由动能定理可知: ①
得:;
(2)粒子飞出B板后,在Q的作用下做匀速圆周运动,由受力分析可知Q带负电,由库仑力提供粒子所需要的向心力,则得:
解得:;
(3)粒子沿CD中线进入CD间的电场,做类平抛运动
水平方向做匀速直线运动,有:d=vt ②
竖直方向做匀加速直线运动,有: ③
且 ④
由①~④可得:y=d
则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为:S=d-y=d;
答:
(1)粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小为;
(2)在B板下端固定的点电荷Q带负电,电量为;
(3)粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为d.
解析
解:(1)粒子经过AB两板,由动能定理可知: ①
得:;
(2)粒子飞出B板后,在Q的作用下做匀速圆周运动,由受力分析可知Q带负电,由库仑力提供粒子所需要的向心力,则得:
解得:;
(3)粒子沿CD中线进入CD间的电场,做类平抛运动
水平方向做匀速直线运动,有:d=vt ②
竖直方向做匀加速直线运动,有: ③
且 ④
由①~④可得:y=d
则飞出CD板时的位置与O点之间的距离为:S=d-y=d;
答:
(1)粒子经过AB两极板从B板飞出时的速度大小为;
(2)在B板下端固定的点电荷Q带负电,电量为;
(3)粒子从CD两极板之间飞出时的位置与释放点O之间的距离为d.
如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限中,存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小为4E0.虚线是电场的理想边界线,虚线右端与x轴的交点为A,A点坐标为(L,0),虚线x轴所围成的空间内没有电场;在第二象限存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E0,M(-L,L)和N(-L,0)两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置,产生质量均为m,电荷量均为q静止的带正电的粒子,不计粒子的重力和粒子之间的相互作用,且整个装置处于真空中.
(1)若粒子从M点由静止开始运动,进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点,求这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小;
(2)若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子,在第二象限的电场加速后,经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点,求此边界(图中虚线)方程.
正确答案
解:(1)解法一:
粒子在第二象限的电场中匀加速的加速度:
时间:
在第一象限运动时间:
这个过程中该粒子所用的时间:
由动能定理:
解法二:
粒子在第二象限的电场中匀加速的时间:
得时间:; 到y轴的速度:
在第一象限做类平抛运动,水平:L=v1t2;得:
竖直:;
这个过程中该粒子所用的时间:
该过程中粒子到达A点的速度:
(2)设粒子从P点坐标为(-L、y0)由静止匀加速直线运动,粒子进入第一象限做类平抛运动,经Q点后做匀速直线运动,设Q点坐标为(x、y);
粒子进入第一象限的速度:
做类平抛运动经Q点时,水平:x=v0t
竖直:
代入得:
把上面两式相除得:
QA与x轴成θ角可得:;
由速度分解:;
整理得边界方程:
且有(0≤x≤L;0≤y≤)
答:(1)这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小是;
(2)若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子,在第二象限的电场加速后,经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点,此边界(图中虚线)方程是:;且有(0≤x≤L;0≤y≤
).
解析
解:(1)解法一:
粒子在第二象限的电场中匀加速的加速度:
时间:
在第一象限运动时间:
这个过程中该粒子所用的时间:
由动能定理:
解法二:
粒子在第二象限的电场中匀加速的时间:
得时间:; 到y轴的速度:
在第一象限做类平抛运动,水平:L=v1t2;得:
竖直:;
这个过程中该粒子所用的时间:
该过程中粒子到达A点的速度:
(2)设粒子从P点坐标为(-L、y0)由静止匀加速直线运动,粒子进入第一象限做类平抛运动,经Q点后做匀速直线运动,设Q点坐标为(x、y);
粒子进入第一象限的速度:
做类平抛运动经Q点时,水平:x=v0t
竖直:
代入得:
把上面两式相除得:
QA与x轴成θ角可得:;
由速度分解:;
整理得边界方程:
且有(0≤x≤L;0≤y≤)
答:(1)这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小是;
(2)若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子,在第二象限的电场加速后,经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点,此边界(图中虚线)方程是:;且有(0≤x≤L;0≤y≤
).
如图所示的示波管,质量为m,带电量为q的电子由阴极发射后,经电子枪加速水平飞入偏转电场,最后打在荧光屏上,已知加速电压为U1,偏转电压为U2,两偏转极板间距为d,板长为L1,从偏转极板到荧光屏的距离为L2,
(1)求电子离开加速电场的速度v1
(2)求电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1
(3)求电子打在荧光屏上的偏距y2.
正确答案
解:(1)在加速电场中,根据动能定理得:U1q=
得:;
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动,则有:
水平方向有:t1=,
竖直方向有:,
,
(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动,则到达荧光屏的时间为:,
偏转距离为 y′=vyt2=
所以 y2=y′+y1=.
答:
(1)电子离开加速电场的速度v1为.
(2)电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1为,
(3)电子打在荧光屏上的偏距y2为=.
解析
解:(1)在加速电场中,根据动能定理得:U1q=
得:;
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动,则有:
水平方向有:t1=,
竖直方向有:,
,
(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动,则到达荧光屏的时间为:,
偏转距离为 y′=vyt2=
所以 y2=y′+y1=.
答:
(1)电子离开加速电场的速度v1为.
(2)电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1为,
(3)电子打在荧光屏上的偏距y2为=.
如图所示,直角坐标系xoy位于竖直平面内,在x>0的区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场,其宽度d=2m.一质量m=6.4×10-27kg、电荷量q=-3.2×10-19C的带电粒子从P点,其坐标为(0,1m)以速度V=4×104m/s,沿x轴正方向进入电场,经电场偏转最终通过x轴上的Q点(图中未标出),不计粒子重力.求:
(1)当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标;
(2)若只改变上述电场强度的大小,且电场左边界的横坐标x′处在0<x′<3m范围内,要求带电粒子仍能通过Q点,求此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系.
正确答案
解:(1)带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动.
粒子在电场中加速度 qE=ma
运动时间 d=vt1
沿y方向位移
沿y方向分速度 vy=at1
设P点到原点0的距离为r,据题有:r=1m
粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点:r-y=vyt2
故Q点的坐标为:x=d+vt2=5.0m;
(2)电场左边界的横坐标为x′.
当0<x′<3m时,设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′,
则:
又:
由上两式得:;
答:
(1)当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标为5.0m;
(2)此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系为
解析
解:(1)带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动.
粒子在电场中加速度 qE=ma
运动时间 d=vt1
沿y方向位移
沿y方向分速度 vy=at1
设P点到原点0的距离为r,据题有:r=1m
粒子出电场后又经时间t2达x轴上Q点:r-y=vyt2
故Q点的坐标为:x=d+vt2=5.0m;
(2)电场左边界的横坐标为x′.
当0<x′<3m时,设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′,
则:
又:
由上两式得:;
答:
(1)当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标为5.0m;
(2)此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系为
如图甲所示,在以O为坐标原点的三维空间里,存在着电场和磁场.一质量m=2×10-2kg,带电量q=+5×10-3C的带电小在零时刻以v0=30m/s的速度从O点沿+x方向射入该空间.
(1)若在该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场,其中电场沿-y方向,E0=40V/m.磁场沿-z方向,B0=0.8πT.求:t1=12s时刻小球的速度.
(2)满足第(1)问的条件下,求t2=39s时刻小球的位置.(结果可用π表示)
(3)若电场强度大小恒为E0=40V/m,磁感应强度大小恒为B0=0.8πT.且电场和磁场的方向均改为沿+y方向,试求:小球经过y轴时的动能.
正确答案
解:(1)当不存在电场和磁场时,小球只受重力做平抛运动,当同时加上电场和磁场时,电场力F1=qE=0.2N,方向向上
重力G=mg=0.2N,方向向下,重力和电场力恰好平衡.小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动,有:
,
得:T==10s,
与电场、磁场同时存在的时间相同.所以小球在t1=12s时刻的速度相当于t=2s小球平抛运动的末速度,有:
vy=gt=10×2m/s=20m/s,vx=30m/s,m/s
方向与+x方向成θ,有:
(2)在t2=39s时,此时小球的位置:x1=v0t=30×4m=120m,.
小球做匀速圆周运动的半径为:r=m,
t2=39s时,小球恰好完成半个圆周运动,此时小球的位置为:,
.
(3)小球在水平方向做匀速圆周运动,有:
,
T=,
y方向小球做初速度为零的匀加速直线运动,有:
F=qE+mg,
F=ma,
y=,
y= (n=1,2,3…)
小球经过Y轴时,动能定理有:,
(n=1,2,3…)
答:(1)t1=12s时刻小球的速度为,方向与x轴正方向夹角的正切值为
.
(2)t2=39s时刻小球的位置为.
(3)小球经过y轴时的动能为9+400n2,(n=1,2,3…)
解析
解:(1)当不存在电场和磁场时,小球只受重力做平抛运动,当同时加上电场和磁场时,电场力F1=qE=0.2N,方向向上
重力G=mg=0.2N,方向向下,重力和电场力恰好平衡.小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动,有:
,
得:T==10s,
与电场、磁场同时存在的时间相同.所以小球在t1=12s时刻的速度相当于t=2s小球平抛运动的末速度,有:
vy=gt=10×2m/s=20m/s,vx=30m/s,m/s
方向与+x方向成θ,有:
(2)在t2=39s时,此时小球的位置:x1=v0t=30×4m=120m,.
小球做匀速圆周运动的半径为:r=m,
t2=39s时,小球恰好完成半个圆周运动,此时小球的位置为:,
.
(3)小球在水平方向做匀速圆周运动,有:
,
T=,
y方向小球做初速度为零的匀加速直线运动,有:
F=qE+mg,
F=ma,
y=,
y= (n=1,2,3…)
小球经过Y轴时,动能定理有:,
(n=1,2,3…)
答:(1)t1=12s时刻小球的速度为,方向与x轴正方向夹角的正切值为
.
(2)t2=39s时刻小球的位置为.
(3)小球经过y轴时的动能为9+400n2,(n=1,2,3…)
如图所示,三个带正电粒子,以相同速度从带电平行金属板间的P点沿垂直于电场方向射入电场,落在A、B、C三点,粒子重力不计,下列说法中正确的是( )
正确答案
解析
解:A、三个小球都匀变速曲线运动,运用运动的分解法可知:三个小球水平方向都做匀速直线运动,由图看出,水平位移的关系为xA>xB>xC,而它们的初速度v0相同,由位移公式x=v0t得知,运动时间关系为tA>tB>tC.故A错误;
C、个小球在竖直方向都做匀加速直线运动,竖直位移大小y相等,由位移公式y=at2知加速度的关系为aC>aB>aA.故C确;
B、据牛顿第二定律a=,知三个质量相等,电量与加速度成正比,则qC>qB>qA.故B错误.
D、由上分析得到,三个小球的合力关系为:FA<FB<FC.则电场力对小球做功A最小,C最大,初动能相等,则根据动能定理得知,到达正极板时动能关系EKC>EKB>EKA.由于不知道粒子质量间的关系,无法判断粒子的速度关系,故D错误;
故选:C.
电子的质量为m,电量大小为e,以速率V射入匀强电场中,V的方向和场强E的方向相同,设电子刚进入场区时电势能为零,则电子能进入场区最大深度为______,当电子进入场区深度为______时,其动能和电势能相等.
正确答案
解析
解:
①电子进入场区最大深度时,动能全部转化为电势能,设最大深度为d,由动能定理可得:
解得:
;
②由题意分析可知,电场力必须做负功,电子应做电子做匀减速运动,根据能量守恒得知:电子的动能与电势能相等时,其动能为初动能的一半,即为,
根据动能定理得:
-eEs=-
解得:
s=;
故答案为:;
.
如图所示,
H(核内有一个质子,没有中子),
H(核内有一个质子,一个中子),
H(核内有一个质子,两个中子)和
He(核内有两个质子,两个中子)四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中,射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上,使荧光屏上出现亮点.下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解:四个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,则得到:
加速度为:a=,偏转距离为:y=
at2,运动时间为:t=
,联立三式得:y=
;
A、若它们射入电场时的速度相等,在荧光屏上将出现3个亮点.故A错误;
B、若它们射入电场时的动能相等,y与q成正比,在荧光屏上将只出现2个亮点.故B错误.
C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等,在荧光屏上将出现4个亮点,故C正确;
D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的,根据推论可知,y都相同,故荧光屏上将只出现1个亮点.故D错误.
故选:C
如图所示,两平行板间为匀强电场,场强方向与板垂直,质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿与板平行的方向射入电场中,P从两极板正中射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在上板的同一点上,不计重力,则它们所带的电荷量之比qP:qQ=______,从开始射入到打到上板的过程中,它们的电势能减小量之比△EP:△EQ=______.
正确答案
1:2
1:4
解析
解:粒子垂直电场方向不受力,做匀速直线运动,位移相等,得到运动时间相等.
平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动,满足:x=at2 即:a=
…①
根据牛顿第二定律,有:qE=ma…②
由①②两式解得:q=
所以它们所带的电荷量之比为:qM:qN=1:2
电势能的减小量等于电场力做的功即为:△E=qEx,
因为位移之比是1:2,电荷量之比也是1:2,
所以电场力做功之比为1:4,
它们电势能减少量之比为:△EM:△EN=1:4.
故答案为:1:2,l:4.
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