- 带电粒子在电场中运动的综合应用
- 共1139题
如图1所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入．A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压u随时间t变化的u-t图线如图2所示．设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的．两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长s=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子．
（1）以t=0时（见图2，此时u=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上．试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标．（不计重力作用）
（2）在给出的坐标纸（图3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线．
正确答案
（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入
电场时的初速度，则
电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则
l=v0t0②
电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足
联立①、②、③式解得
uc=
此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为vy=
此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图（1）可得
由以上各式解得y=
从题给的u-t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因为uC＜um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔△t内有电子通过A、B板
△t=
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为
x1=
第二个最高点的x坐标为
x2=
第三个最高点的x坐标为
x3=
由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由⑧和⑨表示
（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图（2）所示．
答：（1）电子打到记录纸上的最高点的y坐标为2.5cm，x坐标为2cm或12cm．
（2）如图所示．
用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子．在电离室中使纳米粒子电离后表面均匀带正电，且单位面积的电量为q0．电离后，粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、匀强磁场区域II，其中电场强度为E，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外．收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上．已知纳米粒子的密度为ρ，不计纳米粒子的重力及纳米粒子间的相互作用．（V球=
（1）如果半径为r0的某纳米粒子恰沿直线O1O3射入收集室，求该粒子的速率和粒子半径r0；
（2）若半径为4r0的纳米粒子进入区域II，粒子会向哪个极板偏转？计算该纳米粒子在区域II中偏转距离为l（粒子在竖直方向的偏移量）时的动能；（r0视为已知）
（3）为了让半径为4r0的粒子沿直线O1O3射入收集室，可以通过改变那些物理量来实现？提出一种具体方案．
正确答案
（1）半径为r0的纳米粒子在区域Ⅱ中沿直线运动，受到电场力和洛伦兹力作用
由F洛=qvB
F电=Eq
得qvB=Eq ①
v=
粒子在区域Ⅰ中加速运动，通过小孔O2时的速度为v
由动能定理 qU=
半径为r0的纳米粒子质量m=ρ×
电量q=q0×4πr2⑤
由②③④⑤式得 r0=
（2）由③④⑤式得半径为r0的粒子速率v=
由⑦式判断：粒子半径为4 r0时，粒子速度v'=
设半径为4r0的粒子质量m'、电量q'，偏转距离为l时的动能为Ek
解法一：粒子在区域Ⅰ、Ⅱ全过程中，由动能定理Ek=q'U+q'El⑧
q′=q0×4π(4r0)2⑨
由⑧⑨式得粒子动能 Ek=64π
解法二：粒子在区域Ⅱ中，由动能定理 Eq′l=EK-
得 Ek=64π
（3）由⑥式可知，粒子沿直线射入收集室可以通过改变电场强度E、磁感应强度B和加速电压U来实现．
只改变电场强度E，使电场强度E为原来的
答：（1）如果半径为r0的某纳米粒子恰沿直线O1O3射入收集室，则该粒子的速率为
（2）若半径为4r0的纳米粒子进入区域II，粒子向上极板偏．该纳米粒子在区域II中偏转距离为l（粒子在竖直方向的偏移量）时的动能为Ek=64π
（3）为了让半径为4r0的粒子沿直线O1O3射入收集室，可以只改变电场强度E，使电场强度E为原来的
如图所示，平面直角坐标系xOy中，在y＞0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．在-h＜y＜0的区域I中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在y＜-h的区域Ⅱ中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B．且是y轴上的一点，C是x轴上的一点．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以某一初速度．沿x轴正方向从A点进入电场区域，继而通过C点以速度方向与x轴夹角为φ=30°进入磁场区域I，并以垂直边界y=-h的速度进入磁场区域Ⅱ，粒子重力不计．试求：
（1）粒子经过C点时的速度大小a；
（2）A、C两点与O点间的距离y0、x0；
（3）粒子从A点出发，经过多长时间可回到y=y0处？
正确答案
（1）由题可知，粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的圆心角θ=60°，相应的半径为
r1=
由qvB=m
（2）粒子在电场中做类平抛运动，有
x0=vcos30°•t0
y0=
又vsin30°=
解得，t0=
（3）根据运动的对称性可知，第一次返回y=y0处前在磁场Ⅰ中运动的总时间为t1=
在磁场Ⅱ中运动的总时间为t2=
故第一次返回y=y0处前运动的总时间为T=2t0+t1+t2=
之后运动呈周期性，故返回y=y0处前运动的总时间为t=nT=n（2t0+t1+t2=
答：
（1）粒子经过C点时的速度大小为
（2）A、C两点与O点间的距离x0、y0分别为
（3）粒子从A点出发，经过n（2t0+t1+t2=
（12分）如图（a）所示, 水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m,在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板,小孔恰好位于AB板的正中间.距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s．带电粒子的重力不计．
求：（1）在t=0时刻进入的粒子，射出电场时竖直方向的速度；
（2）荧光屏上出现的光带长度；
（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v=2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长?
正确答案
（1）103 m/s （2）4.0×10-2m （3）0.15m
试题分析：（1）从t=0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变。
在电场中运动时间t=L/v0=3×10-5s ，正好等于一个周期 （1分）
竖直方向先加速后减速，加速度大小
射出电场时竖直方向的速度
（2）无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。
偏转最大的粒子偏转量
反方向最大偏转量
形成光带的总长度l=4.0×10-2m （1分）
（3）带电粒子在电场中运动的时间为T/2，打在荧光屏上的范围如图c所示。
形成的光带长度l=d1+ d+ d2=0.15m （2分）
如图所示，质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B，支架的两直角边长度均为L，可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，电荷量为q，B球不带电，处在竖直向下的匀强电场中。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，当杆O转过37°时，小球A的速度最大，则匀强电场的场强E的大小为___________；若在转动过程中杆OA所能转过的最大角度为θm，则cosθm=___________。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
正确答案
mg/2q，7/25
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