- 带电粒子在电场中运动的综合应用
- 共1139题
如图所示,两块竖直放置的平行金属板A、B,板间距离d=0.04m,两板间的电压U=400V,板间有一匀强电场.在A、B两板上端连线的中点Q的正上方,距Q为h=1.25m的P点处有一带正电的小球,已知小球的质量m=5×10-6kg,电荷量q=5×10-10C.设A、B板的长度无限,g取10m/s2.求:
(1)带正电小球从P点开始由静止下落,经多长时间和金属板相碰;
(2)小球与金属板碰撞点与开始下落P点的高度差.
正确答案
设小球从P到Q需时间t1,由h=g
得
t1==0.5s
设小球进入电场后运动时间为t2
则qE=ma
E=
则小球水平方向的加速度a=
水平方向作匀加速运动,则有
=
a
解得t2=0.2s
故总时间为t=t1+t2=0.7s
(2)小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动,则y=gt2=2.45m
答:(1)带正电小球从P点开始由静止下落,经0.7s和金属板相碰;
(2)相碰时,离金属板上端的距离为2.45m.
如图甲所示,两块正对的平行金属板AB和CD板间距为d,长度为ℓ,B、D为两板的右端点,在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直放置的荧光屏MN,荧光屏距B、D端的距离为ℓ.质量m、电量e的电子以相同的初速度从极板左边中央沿平行极板的直线连续不断地射入.当两板均不带电时,这些电子通过两板之间的时间为3T/2;当在两板间加如图乙所示的周期为T,幅值恒为U0的周期性电压时(t=0时刻AB板电势高于CD板),所有电子均能从两板间通过.试确定:
(1)在t=时刻从两板间飞入的电子在飞出电场时运动方向与水平方向的夹角为多少(用e、m、U0、T、ℓ、d及反正切函数表示);
(2)电子在荧光屏上分布的范围.(忽略极板边缘处电场的影响,不计电子的重力以及电子之间的相互作用,取e/m=2×1010c/kg,U0=20V,T=10-6s,d=1m).
正确答案
(1)在t=时刻从两板间飞入的电子,在
-T时间内做匀速直线运动,在T-
T时间内做类平抛运动,在
T-2T时间内做匀速直线运动.
电子做类平抛运动的加速度大小为
a=,
运动时间为.
设电子在飞出电场时运动方向与水平方向的夹角为θ,则有
tanθ==
=
=
①
又l=v0•T②
由①②得,tanθ=,则θ=arctan
.
(2)在0时刻从两板间飞入的电子,在0-时间内做类平抛运动,在
-T时间内做匀速直线运动,在T-
T时间内做类平抛运动,这些电子偏转的距离最大.
设这些电子在电场中偏转距离为y1,在荧光屏上偏转的距离Y1.电子飞出电场时的速度偏向角为α.
则有y1=aT2+v0•
tanθ=
tanα==
=
Y1=y1+ltanα=
代入解得,Y1=0.9m.
在t=时刻从两板间飞入的电子在荧光屏上偏转的距离最小,同理可求得电子在荧光屏上偏转的距离Y2=0.45m.
答:
(1)在t=时刻从两板间飞入的电子在飞出电场时运动方向与水平方向的夹角为arctan
.
(2)电子在荧光屏上分布的范围是:在荧光屏上O点上方距O点的距离范围是0.45m-0.9m.
如图1所示,A、B为水平放置的平行金属板,板间距离为d(d远小于板的长和宽).在两板的中心各有小孔O和O’,O和O’处在同一竖直线上.在两板之间有一带负电的质点P.已知A、B间所加电压为U0时,质点P所受的电场力恰好与重力平衡.现在A、B 间加上如图2所示随时间t作周期性变化的电压U,已知周期T=(g为重力加速度).在第一个周期内的某一时刻t0,在A、B 间的中点处由静止释放质点P,一段时间后质点P从金属板的小孔飞出.
(1)t0在什么范围内,可使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短?
(2)t0在哪一时刻,可使质点P从小孔飞出时的速度达到最大?
正确答案
设质点P的质量为m,电量大小为q,根据题意,当A、B间的电压为U0时,有
q=mg
当两板间的电压为2U0时,P的加速度向上,其大小为a1,则
q -mg=ma1 解得 a1=g
当两板间的电压为-2U0时,P的加速度向下,其大小为a2,则
q+mg=ma2 解得 a2=3g
(1)要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短,须使质点释放后一直向下加速运动.设质点释放后经过时间t到达小孔O′,则
d=
a2t2 解得 t=
因为周期T=,所以t<
质点到达小孔之前能一直加速.因此要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短,质点释放的时刻t0应
满足≤t0≤T-t,即
≤t0≤5
(2)要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大,须使质点释放后先向上加速、再向上减速运动,在到达小孔O时速度减为0,然后向下加速运动直到小孔O’.
设质点释放后向上加速时间为t1、向上减速时间为t2,则
v1=gt1 0=v1-3gt2
d=
g
+(v1t2-
3g
)
由以上各式解得
t1= t2=
因为t1<,t2<
因此质点P能向上先加速后减速恰好到达小孔O.设质点从小孔O向下加速运动到小孔O’经过的时间为t3,则
d=3g
解得t3=
因为t2+t3=<
,因此质点P能从小孔O向下一直加速运动到小孔O’,
此时质点P从小孔O’飞出时的速度达到最大.因此,要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大,质点P释放的时刻应为
t0=-t1=
故答案为:(1)≤t0≤5
(2)
在光滑绝缘的水平面上,存在平行于水平面向右的匀强电场,电场强度为E.水平面上放置两个静止的小球彳和B(均可看作质点),两小球质量均为m,A球带电荷量为+q,B球不带电,A、B连线与电场线平行.开始时两球相距L,在电场力作用下,A球开始运动(此时为计时零点,即t=0),后与B球发生对心碰撞,碰撞过程中A、B两球总动能无损失.设在各次碰撞过程中,A、B两球间无电量转移,且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力.求:
(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?
(2)从计时零点到即将发生第三次碰撞这段过程中,共经过多长时间?
(3)从计时零点到即将发生第n次碰撞这段过程中,小球A经过的位移大小为多少?
正确答案
(1)A球的加速度为a=
碰前A的速度为vA1==
,碰前B的速度为vB1=0由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失,交换速度,则碰撞后A、B的速度分别
vA1′=0,vB1′=vA1=.
(2)A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时间分别为t1、t2、t3.
则t1==
第一次碰后,经t2-t1时间A、B两球发生第二次碰撞,设碰前瞬间A、B两球速度为vA2和vB2,则有
vB1′(t2-t1)=a(t2-t1)2
解得,t2=3t1
vA2=a(t2-t1)=2at1=2vA1=2
vB2=vB1′=
第二次碰后瞬间,A、B两球速度分别为
vA2′和vB2′,经t3-t2时间A、B两球发生碰撞,并设碰撞前瞬间A、B两球速度分别vA3和vB3
则vA2′=vB2=
vB2′=vA2=2
当vB2′(t3-t2)=vA2′(t3-t2)+a(t3-t2)2发生第三次碰撞
解得,t3-t2=t2-t1,t3=5
(3)从计时零点到即将发生第1次碰撞这段过程中,小球A经过的位移为S1=L,由(2)分析知,每次碰撞后A、B小球交换速度,通过运算可知,
从第1次碰撞到即将发生第2次碰撞这段过程中,A球经过的位移为S2=4L,
从第2次碰撞到即将发生第3次碰撞这段过程中,A球经过的位移为S3=8L,
…
从第(n-1)次碰撞到即将发生第n次碰撞这段过程中,A球经过的位移为Sn=(n-1)4L,
所以,从计时零点到即将发生第n次碰撞这段过程中,小球A经过的位移大小为
S=S1+S2+S3+…+Sn=L+4L+8L…+(n-1)4L=【1+2n(n-1)】L
答:
(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度分别为0和.
(2)从计时零点到即将发生第三次碰撞这段过程中,共经过5时间.
(3)从计时零点到即将发生第n次碰撞这段过程中,小球A经过的位移大小为【1+2n(n-1)】L.
如图所示,从阴极K发射的热电子(初速度不计)质量为m、电量为e,通过电压U加速后,垂直进入磁感应强度为B、宽为L的匀强磁场(磁场的上下区域足够大)中.求:
(1)电子进入磁场时的速度大小;
(2)电子离开磁场时,偏离原方向的距离.
正确答案
(1)设电子进入磁场时的速度为v
由动能定理有eU=mv2所以v=
(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动,设运动半径为R
由牛顿第二定律得:evB=
所以 R=
讨论:①若R>L,即U>.电子从磁场右边界离开
由几何关系知偏转距离为d=R-
代入数据并整理得d=(
-
)
②若R≤L,即U≤,电子从磁场左边界离开
由几何关系知偏转距离为 d=2R
代入数据并整理得d=
答:(1)电子进入磁场时的速度大小为.
(2):①若R>L,电子离开磁场时,偏离原方向的距离(
-
),
②若R≤L,电子离开磁场时,偏离原方向的距离.
扫码查看完整答案与解析