- 带电粒子在电场中的运动
- 共5409题
一个金属电阻R的阻值在一定范围内随温度呈线性变化，如图甲所示．将该电阻接入如图乙所示电路，图中R0为定值电阻，C为平行板电容器，极板长度为l，极板间距为d，极板的右侧距极板L处有一荧光屏．现让一束电子（质量为m，电量为e）以速度v0平行于极板沿中线进入电容器，若所有电子均能从右侧穿出，则当R的温度在t1-t2之间变化时，电子束在荧光屏上扫描的范围如何？（电源电动势为E，内阻不计）
正确答案
解：设极板间电压为U，则
电子从极板间飞出时的速度偏角设为α，偏移量设为y，则电子打到荧光屏上的位置P到O的距离为y´
y=
l=v0t
a=
所以y=
tanα=
vy=at
所以tanα=
所以y′=y+Ltanα=
t=t1时，
t=t2时，
所以电子束在荧光屏上扫描的范围是：
答：当R的温度在t1-t2之间变化时，电子束在荧光屏上扫描的范围为
解析
解：设极板间电压为U，则
电子从极板间飞出时的速度偏角设为α，偏移量设为y，则电子打到荧光屏上的位置P到O的距离为y´
y=
l=v0t
a=
所以y=
tanα=
vy=at
所以tanα=
所以y′=y+Ltanα=
t=t1时，
t=t2时，
所以电子束在荧光屏上扫描的范围是：
答：当R的温度在t1-t2之间变化时，电子束在荧光屏上扫描的范围为
（1）试确定静电分析器中心线处的电场强度E1与加速电压U的关系；
（2）如果加速电压U在0.8U0≤U≤1.2U0范围内变化，通过控制辐射电场E1总能让离子沿中心线运动从A点射入电场，求荧光屏上记录线长度；
（3）在满足（2）的情况下，如果将荧光屏绕A点逆时针方向转动，试确定荧光屏上记录线的最大长度．
正确答案
解：（1）离子在加速电场中加速，由动能定理得：qU=
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：qE1=m
解得：U=
（2）离子在电场E2中做类平抛运动，
竖直方向：y=vt…②
水平方向：x=
又：
联立②③④得：
所以：x=
联系①式，将0.8U0≤U≤1.2U0代入⑥可得：0.2L≤x≤0.3L；0.4L≤y≤0.6L
所以离A点最近的点的距离：
离A点最远的点：
则荧光屏上记录线长度为：
（3）如果将荧光屏绕A点逆时针方向转动，则屏与电场方向之间的夹角为α，则由⑤得：
t=
分别代入②和③得：x=
联系①式，将0.8U0≤U≤1.2U0代入⑦可得：
所以离A点最近的点的距离：
离A点最远的点：
由题意，当离A点的最大距离等于荧光屏的长度2L时，则：
所以：tanα=
所以：
则荧光屏上记录线长度为：
答：（1）静电分析器中心线处的电场强度E1与加速电压U的关系为U=
（2）如果加速电压U在0.8U0≤U≤1.2U0范围内变化，通过控制辐射电场E1总能让离子沿中心线运动从A点射入电场，荧光屏上记录线长度是
（3）在满足（2）的情况下，如果将荧光屏绕A点逆时针方向转动，荧光屏上记录线的最大长度是
解析
解：（1）离子在加速电场中加速，由动能定理得：qU=
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：qE1=m
解得：U=
（2）离子在电场E2中做类平抛运动，
竖直方向：y=vt…②
水平方向：x=
又：
联立②③④得：
所以：x=
联系①式，将0.8U0≤U≤1.2U0代入⑥可得：0.2L≤x≤0.3L；0.4L≤y≤0.6L
所以离A点最近的点的距离：
离A点最远的点：
则荧光屏上记录线长度为：
（3）如果将荧光屏绕A点逆时针方向转动，则屏与电场方向之间的夹角为α，则由⑤得：
t=
分别代入②和③得：x=
联系①式，将0.8U0≤U≤1.2U0代入⑦可得：
所以离A点最近的点的距离：
离A点最远的点：
由题意，当离A点的最大距离等于荧光屏的长度2L时，则：
所以：tanα=
所以：
则荧光屏上记录线长度为：
答：（1）静电分析器中心线处的电场强度E1与加速电压U的关系为U=
（2）如果加速电压U在0.8U0≤U≤1.2U0范围内变化，通过控制辐射电场E1总能让离子沿中心线运动从A点射入电场，荧光屏上记录线长度是
（3）在满足（2）的情况下，如果将荧光屏绕A点逆时针方向转动，荧光屏上记录线的最大长度是
如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压恒为U0，加速后电子从电容器两极板正中间沿平行板面的方向射入偏转电场．已知电容器板长和两板间距离均为L=10cm，下极板接地．电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm．在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如甲图．（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：
（1）在t=0.06s时刻，电子离开偏转电场的侧移距离y；
（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？
正确答案
解：（1）由图知t=0.06s时偏转电压为1.8U0，设电子质量为m，电荷量为e
电子在加速电场中加速：
进入偏转电场，电子在电场力作用下产生的加速度：
a=
电子在偏转电场中运动时间：
所以电子偏转距离：
（2）设偏转电压为U1时，刚好打在板上有：
可得U1=2U0
可见电子的最大侧移为0.5L，从偏转电场中射出好像从电场中点射出，
由几何知识得
所以荧光屏上电子能打到的区间长为2y1=3L=30cm．
答：（1）在t=0.06s时刻，电子离开偏转电场的侧移距离y=4.5cm；
（2）荧光屏上有电子打到的区间有30cm．
解析
解：（1）由图知t=0.06s时偏转电压为1.8U0，设电子质量为m，电荷量为e
电子在加速电场中加速：
进入偏转电场，电子在电场力作用下产生的加速度：
a=
电子在偏转电场中运动时间：
所以电子偏转距离：
（2）设偏转电压为U1时，刚好打在板上有：
可得U1=2U0
可见电子的最大侧移为0.5L，从偏转电场中射出好像从电场中点射出，
由几何知识得
所以荧光屏上电子能打到的区间长为2y1=3L=30cm．
答：（1）在t=0.06s时刻，电子离开偏转电场的侧移距离y=4.5cm；
（2）荧光屏上有电子打到的区间有30cm．
（1）在电场E1作用下物块和薄板的加速度各为多大；
（2）电场E2作用的时间；
（3）薄板的长度和薄板移动的距离．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得：物块的加速度a1=
薄板的加速度为：a2=
（2）经t1=2s 物块速度为v1=a1t1=2×2m/s，向右；薄板的速度v2=a2t1=1×2=2m/s，向右．
经2s后，物块做匀减速运动，加速度大小a1′=
，向左．薄板的加速度不变，仍为a2=1m/s2向右．当两者速度相等时，物块恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=µ（m0+m1）g，两者一起作为整体向右以a3=
共同速度为v=v1-a1′t2，v=v2+a2′t2
解得 t2=
物块和薄板获得共同速度直到停止运动用时t3=
第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s
（3）经t1=2s时，物块运动位移为x1=
薄板运动位移x2=
薄板在t2时间内位移x3=v2t2+
物块在t2时间内位移为x4=v1t2-
薄板的长度L=x1-x2+x4-x3=
薄板移动的距离为x=x2+x3+
答：
（1）在电场E1作用下物块和薄板的加速度各为2m/s2和1m/s2．
（2）电场E2作用的时间是6s；
（3）薄板的长度是2.67m，薄板移动的距离是10.67m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得：物块的加速度a1=
薄板的加速度为：a2=
（2）经t1=2s 物块速度为v1=a1t1=2×2m/s，向右；薄板的速度v2=a2t1=1×2=2m/s，向右．
经2s后，物块做匀减速运动，加速度大小a1′=
，向左．薄板的加速度不变，仍为a2=1m/s2向右．当两者速度相等时，物块恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=µ（m0+m1）g，两者一起作为整体向右以a3=
共同速度为v=v1-a1′t2，v=v2+a2′t2
解得 t2=
物块和薄板获得共同速度直到停止运动用时t3=
第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s
（3）经t1=2s时，物块运动位移为x1=
薄板运动位移x2=
薄板在t2时间内位移x3=v2t2+
物块在t2时间内位移为x4=v1t2-
薄板的长度L=x1-x2+x4-x3=
薄板移动的距离为x=x2+x3+
答：
（1）在电场E1作用下物块和薄板的加速度各为2m/s2和1m/s2．
（2）电场E2作用的时间是6s；
（3）薄板的长度是2.67m，薄板移动的距离是10.67m．
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离L．
正确答案
解：（1）由eU=
设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间
t=
y=
因为加速电场的电势差U＞
故vy=at=
离开时的速度为 v=
（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则
x′=v0t′，y′=h-y=h-
则L=d+x′=d+v0t′=d+v0（
代入解得 L=
答：
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t是d
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离L是
解析
解：（1）由eU=
设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间
t=
y=
因为加速电场的电势差U＞
故vy=at=
离开时的速度为 v=
（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则
x′=v0t′，y′=h-y=h-
则L=d+x′=d+v0t′=d+v0（
代入解得 L=
答：
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t是d
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离L是
正确答案
-136.5
解析
解：设电子射入电场时的速度为vA，射出电场时的速度为vB，
从图可知：vB=
根据动能定理，有：
W=eUAB …①
由①②两式得：
得：
故答案为：-136.5．
（1）要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？
（2）当加在竖直偏转电极上的偏转电压变化时，荧光屏的竖直坐标轴上能观测到亮点的长度为多少？
正确答案
解：（1）运动的位移，有：
由牛顿第二定律，有：
水平方向为匀速运动，有：
由以上三式，解得：
代入数据，得：U=91V…⑤
（2）偏转电压的最大值：U1=91V…⑥
通过偏转极板后，在垂直极板方向上的最大偏转距离：
设打在荧光屏上时，亮点距O‘的距离为y'，则：
荧光屏上亮线的长度为：l=2y′…⑨
代入数据，解得：l=0.1m=10cm；
答：（1）要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过91V；
（2）荧光屏的竖直坐标轴上能观测到亮点的长度为10cm
解析
解：（1）运动的位移，有：
由牛顿第二定律，有：
水平方向为匀速运动，有：
由以上三式，解得：
代入数据，得：U=91V…⑤
（2）偏转电压的最大值：U1=91V…⑥
通过偏转极板后，在垂直极板方向上的最大偏转距离：
设打在荧光屏上时，亮点距O‘的距离为y'，则：
荧光屏上亮线的长度为：l=2y′…⑨
代入数据，解得：l=0.1m=10cm；
答：（1）要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过91V；
（2）荧光屏的竖直坐标轴上能观测到亮点的长度为10cm
正确答案
解析
解：A、设极板的长度是L，板间距离是d，设粒子的初速度为v0；
带电粒子在极板间做类平抛运动，在水平方向：L=v0t，竖直方向：d=
则粒子的初动能Ek0=
B、由于两粒子进入电场时的初动能相等而粒子质量不相等，则粒子的初速度大小一定不相等，故B错误；
C、两粒子电荷量相等，进入与离开电场时的位置相同，则电场力做功相同，粒子的初动能相同，由动能定理可得，粒子离开电场时的动能相等，故C错误；
D、粒子离开电场时的动能相等，粒子质量不同，则粒子离开电场时的速度不同，故D错误；
故选：A．
正确答案
解析
解：A、圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零．故A错误．
B、圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大．故B错误．
C、根据动能定理得，
故选：C．
电热丝加上电压后可源源不断地发射电子．经加速电场后进入偏转电场，最后打在荧光屏上．如果发射电子的初速度为零，加速电压U1=45v，偏转极板长L1=8cm，两板距离d=
（1）在打在屏上的电子中，有些电子是垂直打在荧光屏上的，这些电子是何时进入偏转电场的？它在运动过程中的最大动能是多少？
（2）荧光屏上亮线的长度是多少？
正确答案
解：（1）在加速电场中，由动能定理得 eU1=
解得：电子进入偏转电场时速度为
在偏转电场的飞行时间
结合偏转电压的图象可知，在
在偏转电场的加速度a=
动能最大时在电场中偏转位移为
根据动能定理可知，该电子最大动能
（2）在
则偏转位移
则
y2′=3y2=8cm
因此亮线长度L=2y2′=16cm
答：（1）这些电子经过5×10-9（2k+1）s（k=0，1，2…）时间进入偏转电场的，它在运动过程中的最大动能是8×10-18J；
（2）荧光屏上亮线的长度是16cm．
解析
解：（1）在加速电场中，由动能定理得 eU1=
解得：电子进入偏转电场时速度为
在偏转电场的飞行时间
结合偏转电压的图象可知，在
在偏转电场的加速度a=
动能最大时在电场中偏转位移为
根据动能定理可知，该电子最大动能
（2）在
则偏转位移
则
y2′=3y2=8cm
因此亮线长度L=2y2′=16cm
答：（1）这些电子经过5×10-9（2k+1）s（k=0，1，2…）时间进入偏转电场的，它在运动过程中的最大动能是8×10-18J；
（2）荧光屏上亮线的长度是16cm．
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