带电粒子在电场中的加速
共3430题

带电粒子在电场中的加速
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热门试卷

题型：单选题

单选题

如图所示，组装成S形的轨道平放在水平面上，abc部分由薄壁细圆管弯成，半径为r=0.5m，cde部分半圆形轨道的半径为R=1.6m，两部分在c处圆滑连接．在水平面内有一匀强电场E，场强大小为E=2.0×105V/m，方向水平向左．一个质量为m=0.01Kg，带正电荷q=5.0×10-7C的小球（可视为质点）从管口a点进入轨道，发现带电小球恰好能从e处飞出．不计一切摩擦，小球运动过程中带电量不变（取g=10m/s2），则小球从管口a点进入轨道的最小速度为（　　）

A2m/s

B3m/s

C10m/s

D5m/s

正确答案

解析

解：设小球从管口a点进入轨道的最小速度为v，则

在e点有：qE=m

e点的最小速度 ve=

由动能定理得

-qE•2（r+R）=-

代入解得，v=10m/s

故选：C

题型：简答题

简答题

如图1所示，两块平行金属板MN间的距离为d，两板间电压u随时间t变化的规律如图2所示，电压的绝对值为U0；t=0时刻M板的电势比N板低．在t=0时刻有一个电子从M板处无初速释放，经过1.5个周期刚好到达N板．电子的电荷量为e，质量为m．求：该电子到达N板时的速率v

正确答案

解：电子在第一、三个内向右做初速为零的匀加速直线运动，第二个内向右做末速为零的匀减速直线运动．

由知，这三段时间内电子的位移是相同的．

在第三个内对电子用动能定理：，

其中U=，

解得：．

答：该电子到达N板时的速率．

解析

解：电子在第一、三个内向右做初速为零的匀加速直线运动，第二个内向右做末速为零的匀减速直线运动．

由知，这三段时间内电子的位移是相同的．

在第三个内对电子用动能定理：，

其中U=，

解得：．

答：该电子到达N板时的速率．

题型：简答题

简答题

如图所示，带正电小球质量为m=1×10-2kg，带电量为q=1×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB=1.5m/s，此时小球的位移为s=0.15m．求：

（1）小球所受合力的大小；

（2）此匀强电场场强的最大值Em的大小及方向．

正确答案

解：（1）根据得：

a=，

根据牛顿第二定律得：F合=ma=0.01×7.5=0.075N

设电场方向与水平面夹角为θ，由动能定理得：

解得：E=V/m，由题意可知，θ＞0，所以E＞7.5×104V/m

为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力，即：qEsinθ≤mg

同时应有：sinθ≤

故有：

则E≤V/m

即：7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m，所以匀强电场场强的最大值Em的大小为1.25×105V/m；方向右偏上53°．

答：（1）（1）小球所受合力的大小为0.075N；

（2）此匀强电场场强的最大值Em的大小为1.25×105V/m；方向右偏上53°．

解析

解：（1）根据得：

a=，

根据牛顿第二定律得：F合=ma=0.01×7.5=0.075N

设电场方向与水平面夹角为θ，由动能定理得：

解得：E=V/m，由题意可知，θ＞0，所以E＞7.5×104V/m

为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力，即：qEsinθ≤mg

同时应有：sinθ≤

故有：

则E≤V/m

即：7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m，所以匀强电场场强的最大值Em的大小为1.25×105V/m；方向右偏上53°．

答：（1）（1）小球所受合力的大小为0.075N；

（2）此匀强电场场强的最大值Em的大小为1.25×105V/m；方向右偏上53°．

题型：单选题

单选题

如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB直线跟该环的水平直径重合，且管的内径远小于环的半径．AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，小球受到的电场力大小跟重力大小相等，重力加速度为g，则以下说法中正确的是

（　　）

A小球释放后，不能到达最高点C

B小球释放后，第一次达到最高点C时恰好对管壁无压力

C小球释放后，第二次经过最高点C时的速度vC=

D小球从释放后到第一次回到A点的过程中，在轨道的最低点D速度最大

正确答案

解析

解：A、小球从A第一次运动到C的过程，由动能定理得：-mgR+qE•2R=mv2-0，由题意可知：qE=mg，解得：v=＞0，小球可以到达C点，故A错误；

B、小球第一次在C点，由牛顿第二定律得：mg+FNC=m，由题意可知：qE=mg，解得：FNC=mg，由牛顿第三定律可知，小球第一次达到最高点C时对管壁压力为mg，故B错误．

C、小球释放后，从A到第二次到达C点过程，由动能定理得：-mgR+qE•4R=mvC2-0，解得：vC=，故C正确；

D、小球运动过程中，当电场与重力的合力方向沿径向向外时，速度最大，由于电场力与重力大小相等，可知当小球运动到BD段圆弧中点时速度最大，在轨道的最低点D时的速度不是最大，故D错误．

故选：C．

题型：单选题

单选题

α粒子He和质子H以相同速度垂直于电场线进入两平行板间匀强电场中，设都能飞出电场，则它们离开匀强电场时，侧向位移之比yα：yH，动能增量之比△EKα：△EKH分别为（　　）

A1：2，1：1

B2：1，1：2

C1：2，2：1

D1：2 2：1

正确答案

解析

解：α粒子和质子垂直于电场线方向进入偏转电场后，沿初速度方向都做匀速直线运动，运动时间为t=，l、v0相同，则它们在电场中的运动时间相等；

a=，两者q之比为2：1，m之比为4：1，则加速度a之比为1：2；

侧向位移y=at2，则y之比为1：2．

电场力做功W=qEy，两者q之比为2：1，y之比为1：2，则W之比为1：1，根据动能定理动能的增量等于合外力做的功，所以动能增量之比等于电场力做功之比1：1．

故选：A．

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