带电粒子在电场中运动的综合应用
共1139题

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带电粒子在电场中运动的综合应用
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题型：简答题

简答题

电子以水平初速V0沿平行金属板中央射入，在金属板间加上如图所示的交变电压．已知电子质量为m，电量为e，电压周期为T，电压为U0，求：

（1）若电子从t=0时刻进入板间，在半周期内恰好能从板的上边缘飞出，则电子飞出速度多大．

（2）若电子在t=0时刻进入板间，能从板右边水平飞出，则金属板多长．

（3）若电子能从板右边O1水平飞出，电子应从哪一时刻进入板间，两板间距至少多大．

正确答案

（1）由动能定理得：e=mV2-mV02 ①

解得，V= ②

（2）粒子能水平从右边飞出，经过时间应满足：t=nT　　③

又因水平方向匀速运动，所以板长为l：l=V0t=nV0T（n=1、2、3…）

（3）要粒子从O′点水平飞出，电子进入时刻应为：t=+n=T，n=0、1、2、3…

在半周期内竖直位移为y：y=2×a()2=• ④

电子不与板相碰，必须满足条件：y≤ ⑤

由④⑤得：d≥

答：

（1）电子飞出速度为．

（2）电子在t=0时刻进入板间，能从板右边水平飞出，金属板长为nV0T（n=1、2、3…）．

（3）两板间距至少

题型：简答题

简答题

两块竖直放置的平行金属板A、B，相距d=1.0m，两板间电压为U=2500V，O点与两板距离相等．在O点有一放射源，释放质量m=2.5×10-3kg、电荷量q=1.0×10-5C的带正电微粒．过O点以半径R=0.25m作一圆，圆心O′在过O点右下方45°的直线上．P、M、S、N分布在圆周上，O′S与OO′垂直，∠OO′P=θ，∠MO′S=∠SO′N=α=30°．不计电荷间的相互作用，取 g=10m/s2．求：

（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能；

（2）初速度υ0=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间；

（3）初速度大小不等，方向均与xox′成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P点的微粒初速度υ0与θ的关系；并确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能和最小动能．

正确答案

（1）带电微粒在电场中受重力和电场力FE=qE=2.5×10-2N

G=mg=2.5×10-2N

则F合==2.5×10-2N

因为FE=G，所以合力方向与水平方向成45°角斜右向下，

如图所示．

W合=△EkEk=F×

合×=2.5×10-2J

（2）带电微粒射出后，沿+y轴做匀减速运动，如图所示．

xx′：F合=ma

最大位移为：s1==m

从O点沿+y方向离极板的距离为：s=d=m

因为s1，s，所以微粒运动一段后，没有打到左极板又回头运动，最后打到右极板．

t1==s

t2==s

t=t1+t2=(+)s

（3）沿着初速度方向，微粒做匀速直线运动：则有Rsinθ=υ0t

垂直于初速度方向，微粒做初速度为零的匀加速度直线运动：则有R-Rcosθ=gt2

由以上三式得υ0==

由上式结论得粒子从O点出发时的动能为mυ02=mg(1+cosθ)

则经过P点时的动能为：EKP=mg(R-Rcosθ)+mυ02=mg(5-3cosθ)

可以看出，当θ从00变化到1800，微粒穿越圆周时的动能逐渐增大，因此穿过M点的微粒动能最小，穿过N点的微粒动能最大．

最小动能为：EKM=mg(5-3cos600)≈7.7×10-3J

最大动能为：EKN=mg(5-3cos1200)≈0.0144J

答：（1）初速度为零的微粒运动到平行板的动能2.5×10-2J；

（2）初速度υ0=2.0m/s，方向与x′ox成45°角斜向左上方的微粒打到平行板的时间S；

（3）初速度大小不等，方向均与xox′成45°角斜向右上方，经过一段时间通过P点的微粒初速度υ0与θ的关系；并确定在穿过圆周MSN段的微粒中，穿越时的最大动能7.7×10-3J和最小动能1.44×102J．

题型：简答题

简答题

如图所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为C．电容器的A板接地，且中间有一小孔S．一个被加热的灯丝K与S位于同一水平线，从灯丝上可以不断地发射出电子，电子经过电压U0加速后通过小孔S沿水平方向射入A、B两极板间．设电子的质量为m，电荷量为e，电子从灯丝发射时的初速度不计．如果到达B板的电子都被B板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为n，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，最终使电子无法到达B板．

求：（1）当B板吸收了N个电子时，A、B两板间的电势差．

（2）A、B两板间可达到的最大电势差．

（3）从电子射入小孔S开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间．

正确答案

（1）当B板吸收了N个电子时，电容器所带电荷量为Q=Ne，根据电容的定义 C=

得此时A、B两板间的电压为U=

（2）电子经过U0的电压加速后，进入A、B板间的动能为eU0，进入A、B板间电场后做减速运动．随着B板电荷增加，电子在A、B间的加速度越来越大，直至电子到达B板的速度为零，此时A、B板间的电压达到最大值Um，

根据动能定理得：eU0-eUm=0

得出　Um=U0

（3）设从电子进入A、B板间，直到板间电压达到最大值Um，经过的时间为t，则B板吸收的总电荷为

Q=net，最大电量Q=CUm=CU0，

可以得出　　t=

答：

（1）当B板吸收了N个电子时，A、B两板间的电势差是．

（2）A、B两板间可达到的最大电势差是U0．

（3）从电子射入小孔S开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间是．

题型：简答题

简答题

如图所示为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l=4.0cm，两板间距离d=1.0cm，极板右端与荧光屏的距离L=18cm．由阴极发出的电子经电场加速后，以v=1.6×107 m/s沿中心线进入竖直偏转电场．若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e=1.6×10-19 C，质量m=0.91×10-30 kg．

（1）求加速电压U0的大小；

（2）要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件；

（3）在竖直偏转电极上加u=40sin100πt（V）的交变电压，求电子打在荧光屏上亮线的长度．

正确答案

（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0=mv2

解得U0=728V

（2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d，

即 =at2=•t2

电子通过偏转电场的时间t=

解得 U1==91V，

所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91V．

（3）由u=40sin100πt（V）可知ω=100πrad/s，Um=40V

偏转电场变化的周期T==0.02s，而t==2.5×10-9 s．T＞＞t，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场．

当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量ym=t2=0.20cm．

电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v，

垂直极板方向的分速度vy=ayt=t

电子离开偏转电场到达荧光屏的时间 t′==

电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vy t′=2.0cm

电子打在荧光屏上的总偏移量Ym=ym+y2=2.2cm

电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym=4.4cm．

答：

（1）加速电压U0的大小为728V；

（2）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电压应满足的条件应小于91V；

（3）在竖直偏转电极上加u=40sin100πt（V）的交变电压，电子打在荧光屏上亮线的长度是4.4cm．

题型：简答题

简答题

如图所示，在竖直放置的铅屏A的右表面上贴着β 射线放射源P，已知β 射线实质为高速电子流，放射源放出β 粒子的速度v0=1.0×107m/s．足够大的荧光屏M与铅屏A平行放置，相距d=2.0×10-2m，其间有水平向左的匀强电场，电场强度大小E=2.5×104N/C．已知电子电量e=1.6×10-19C，电子质量取m=9.0×10-31kg．求

（1）电子到达荧光屏M上的动能；

（2）荧光屏上的发光面积．

正确答案

（1）由动能定理：

eEd=EK-m

解得：EK=×9×10-31×(1.0×107)2+1.6×10-19×2.5×104×2×-2

=1.25×10-16J

（2）射线在A、B间电场中被加速，除平行于电场线的电子流外，其余均在电场中偏转，

其中和铅屏A平行的电子流在纵向偏移距离最大（相当于平抛运动水平射程）．

位移则有，d=••t2t=3×10-9s

r=v0t=1.0×107×3×10-9=3×10-2m

在荧光屏上观察到的范围是半径为3.125×10-2米的圆

圆面积 S=πr2=2.83×10-3m2

答：（1）电子到达荧光屏M上的动能1.25×10-16J；

（2）荧光屏上的发光面积2.83×10-3m2．

继续学习棒棒哒，已是最后一个知识点

已完结

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