- 带电粒子在电场中运动的综合应用
- 共1139题
如图甲,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2 kg,带电荷量为q=+2.0×10-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始,空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向,g取10 m/s2)求:
(1)23 s内小物块的位移大小;
(2)23 s内电场力对小物块所做的功。
正确答案
解:(1)0~2 s内物块加速度,位移
2s末的速度为v2=a1t=4 m/s
2~4 s内物块加速度,位移x2=x1=4 m
4s末的速度为v4=0
因此小物块做周期为4s的先加速后减速运动
第22 s末的速度也为v22=4 m/s
第23 s末的速度v23=v22+a2t=2 m/s (t=1 s)
所求位移为
(2)23 s内,设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理:
解得W=9.8 J
如图所示,在空间中取直角坐标系Oxy,在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d,从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场,场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后,从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域,A点坐标为(0,h)。已知电子的电量为e,质量为m,加速电场的电势差U>,电子的重力忽略不计,求:
(1)电子经过加速场加速后,到达A点时的速度多大?
(2)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;
(3)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=mv02,得电子进入偏转电场区域的初速度v0=
(2)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=at2=
因为加速电场的电势差说明y<h,说明以上假设正确
所以
离开时的速度
(3)设电子离开电场后经时间t'到达x轴,在x轴方向上的位移为x',则
则
代入解得
如图所示,在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出);在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上的A点,A点坐标为(-L,0)。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子,电子恰好能通过y轴上的C点,C点坐标为(0,2L),电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求:
(1)第二象限内电场强度E的大小;
(2)电子离开电场时的速度与y轴正方向的夹角θ;
(3)圆形磁场的最小半径R。
正确答案
解:(1)从A到C的过程中,电子做类平抛运动,有:
联立解得
(2)设电子到达C点的速度大小为vC,方向与y轴正方向的夹角为θ。由动能定理有:
,解得
,解得
(3)电子的运动轨迹如图所示,电子在磁场中做匀速圆周运动的半径
电子在磁场中偏转120°后垂直ON射出,则磁场最小半径为
由以上两式解得
如图所示,一个质量m =2.0×10-11 kg、电荷量q= +1.0×10-5 C的带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经U1=100 V电压加速后,沿两平行板间中线水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏转电场的电压U2=100 V。已知金属板长L=20Cm,两板间距求:
(1)求带电微粒进入偏转电场时的速度v0的大小;
(2)求带电微粒射出偏转电场时的偏转角θ;
(3)若该匀强磁场的宽度D=10 cm,为使带电微粒不会由磁场右边射出,则该匀强磁场的磁感应强度B至少为多大?
正确答案
解:(1)带电微粒在加速电场中由动能定理得:qU1=
解得:v0=1.0×104m/s
(2)带电微粒在偏转电场中做类平抛运动,有:
飞出电场时,速度偏转角的正切值为
解得:θ=30°
(3)进入磁场时带电微粒的速度
粒子不从磁场右边射出,则其最大半径时的运动轨迹如图所示,由几何关系有:D=r+rsinθ
洛伦兹力提供向心力:
联立可得
代入数据解得:
所以,为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346 T(B=0.35 T也可)
如图所示,光滑绝缘水平台距水平地面高h=0.80 m,地面与竖直绝缘光滑圆形轨道在A点连接,A点距竖直墙壁s=0.60 m,整个装置位于水平向右的匀强电场中。现将质量为m=0.1 kg、电荷量为q=1×10-3 C的带正电荷的小球(可视为质点),从平台上的端点N由静止释放,离开平台N点后恰好切入半径为R=0.4 m的绝缘光滑圆形轨道,并沿圆形轨道运动到P点射出。图中O点是圆轨道的圆心,B、C分别是圆形轨道的最低点和最高点,AO与BO之间夹角为53°,取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)运动过程中,小球的最大速度(结果可以保留根号);
(3)小球对轨道的最小压力。
正确答案
解:(1)由运动的分解:h=,t1=0.4 s
解得:E==750 N/C
(2)设小球切入A点的速度为vA,vy=gt1=4 m/s,vx=t1=3 m/s
故得:vA==5 m/s
电场力:F电=qE=mg,tanθ=
,θ=37°
合外力:F=mg
由此可知,小球到达D的对称点G的速度将最大
由A点到G点对小球应用动能定理:FR=
将F、R、vA的值代入得:m/s=5.92 m/s
(3)在D点,因为电场力和重力的合力方向指向圆心,跟D点的速度垂直,所以小球对轨道压力最小
由G到D,应用动能定理-2FR=
将F、R、vG的值代入得:vD=m/s
在D点应用牛顿第二定律F+FN=m
解得:FN=2.5 N
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