- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
如图所示为一对水平放置的带电平行金属板,板长为L,一个α粒子以速率v0从上板的左方射入两板之间的匀强电场中,刚好能从下板右方边缘射出,若一质子以同样的速度从同一点水平射入电场,则质子在电场中沿水平方向的位移为(重力不计)( )
正确答案
解析
解:对α粒子,水平方向:L=v0t
竖直方向:d=t2
得:d=
α粒子的电量为2,质量数为4
则:d=①
若为质子,电量为1,质量数为1,得:d=②
①②相比得:L′=L
故选:B.
如图所示为两组平行板金属板,一组竖直放置,一组水平放置,今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点,经电压U1加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U2的水平放置的平行金属板间,若电子从两块水平平行板的正中间射入,且最后电子刚好能从右侧的某块平行金属板边缘穿出,A、B分别为两块竖直板的中点,设电子电量为e,求:
(1)电子通过B点时的速度大小;
(2)右侧平行金属板的长度;
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能.
正确答案
解:(1)在加速电场中由动能定理可得:
解得:v=
(2)粒子在竖直方向:y=,a=
在水平方向:x=L=vt
联立上式得到:
代入数据得:L=
(2)从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得:
答:(1)电子通过B点时的速度大小为;
(2)右侧平行金属板的长度为;
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能为
解析
解:(1)在加速电场中由动能定理可得:
解得:v=
(2)粒子在竖直方向:y=,a=
在水平方向:x=L=vt
联立上式得到:
代入数据得:L=
(2)从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得:
答:(1)电子通过B点时的速度大小为;
(2)右侧平行金属板的长度为;
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能为
如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在Oxy平面的ABCD区域内,存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II,两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力).
(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子,求电子离开ABCD区域的位置.
(2)在电场I区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从ABCD区域左下角D处离开,求所有释放点的位置.
(3)若将左侧电场II整体水平向右移动(n≥1),仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动),求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置.
正确答案
解:(1)设电子的质量为m,电量为e,在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动,出区域I时的速度为vo,接着进入电场II做类平抛运动,假设电子从CD边射出,出射点纵坐标为y,对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有:
以上两式联立解得:,所以原假设成立,即电子离开ABCD区域的位置坐标为(
).
(2)设释放点在电场区域I中,其坐标为(x,y),在电场I中电子被加速到v1,然后进入电场II做类平抛运动,并从D点离开,有:
以上两式联立解得:xy=,即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置.
(3)设电子从(x,y)点释放,在电场I中加速到v2,进入电场II后做类平抛运动,在高度为y′处离开电场II时的情景与(2)中类似,然后电子做匀速直线运动,经过D点,则有:
,
以上各式解得:,即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置.
答:(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子,电子从()离开ABCD区域.
(2)在电场I区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从ABCD区域左下角D处离开,所有释放点为满足的位置.
(3)若将左侧电场II整体水平向右移动(n≥1),仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动),在电场I区域内由静止释放电子的所有位置为
.
解析
解:(1)设电子的质量为m,电量为e,在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动,出区域I时的速度为vo,接着进入电场II做类平抛运动,假设电子从CD边射出,出射点纵坐标为y,对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有:
以上两式联立解得:,所以原假设成立,即电子离开ABCD区域的位置坐标为(
).
(2)设释放点在电场区域I中,其坐标为(x,y),在电场I中电子被加速到v1,然后进入电场II做类平抛运动,并从D点离开,有:
以上两式联立解得:xy=,即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置.
(3)设电子从(x,y)点释放,在电场I中加速到v2,进入电场II后做类平抛运动,在高度为y′处离开电场II时的情景与(2)中类似,然后电子做匀速直线运动,经过D点,则有:
,
以上各式解得:,即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置.
答:(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子,电子从()离开ABCD区域.
(2)在电场I区域内适当位置由静止释放电子,电子恰能从ABCD区域左下角D处离开,所有释放点为满足的位置.
(3)若将左侧电场II整体水平向右移动(n≥1),仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动),在电场I区域内由静止释放电子的所有位置为
.
如图是一个说明示波管工作的原理图,电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场,离开偏转电场时偏转量为h,两平行板间的距离为d,电压为U2,板长为l,每单位电压引起的偏移
,叫做示波管的灵敏度,为了提高灵敏度,可采用下列哪些方法( )
正确答案
解析
解:电子在加速电场中加速,根据动能定理可得:
eU1=mv02,
所以电子进入偏转电场时速度的大小为:
v0=,
电子进入偏转电场后的偏转的位移为:
h=at2=
=
,
所以示波管的灵敏度为:=
,
所以要提高示波管的灵敏度可以增大l,减小d和减小U1,所以BCD正确.
故选:BCD.
(2015秋•番禺区校级期中)如图1,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2kg,带电量为q=+2.0×10-6C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2所示的场强大小和方向是周期性变化的电场.(取水平向右的方向为正方向,g取10m/s2)求:
(1)物块在前2s内加速度的大小;
(2)物块在前4s内的位移大小;
(3)23秒内电场力对小物块所做的功.
正确答案
解:(1)根据牛顿第二定律解得:
0~2s内物块加速度:a1==2m/s2,
2s末物块的速度:v1=a1t1=2×2=4m/s;
(2)2~4s内物块做匀减速运动,加速度大小:a2==2m/s2,
0~2s内物块的位移为:s1=a1t12=4m,
2~4s内的位移为:s2=v1t2-a2t22=4m,
4秒内小物块的位移大小为:x=s1+s2=4+4m=8m;
(3)4s末的速度为v4=0
则小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动.
第22s末小物块的速度为v=4m/s,前22s内位移为S22==44m
第23s内物块的位移为S23=vt+,t=1s,S23=3m
故23秒内小物块的位移大小为47m.
物块在第23s末的速度为v23=2m/s.
根据动能定理得
W-μmgS23=
代入解得 W=9.8J.
答:(1)2秒末小物块的速度大小为4m/s;
(2)4秒内小物块的位移大小为8m;
(3)23秒内电场力对小物块所做的功为9.8J.
解析
解:(1)根据牛顿第二定律解得:
0~2s内物块加速度:a1==2m/s2,
2s末物块的速度:v1=a1t1=2×2=4m/s;
(2)2~4s内物块做匀减速运动,加速度大小:a2==2m/s2,
0~2s内物块的位移为:s1=a1t12=4m,
2~4s内的位移为:s2=v1t2-a2t22=4m,
4秒内小物块的位移大小为:x=s1+s2=4+4m=8m;
(3)4s末的速度为v4=0
则小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动.
第22s末小物块的速度为v=4m/s,前22s内位移为S22==44m
第23s内物块的位移为S23=vt+,t=1s,S23=3m
故23秒内小物块的位移大小为47m.
物块在第23s末的速度为v23=2m/s.
根据动能定理得
W-μmgS23=
代入解得 W=9.8J.
答:(1)2秒末小物块的速度大小为4m/s;
(2)4秒内小物块的位移大小为8m;
(3)23秒内电场力对小物块所做的功为9.8J.
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