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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题型：多选题

多选题

如图所示，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接．电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场．在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑片C上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿越平行板所需的时间t的说法中，正确的是（　　）

A电荷量Q增大

B电荷量Q不变

C时间t增大

D时间t不变

正确答案

A,D

解析

解：当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据Q=UC得：电量Q增大；

电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，运动时间：t=与电压的变化无关，所以时间t不变．

故选：AD．

题型：多选题

多选题

如图所示，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从A点运动到B点，在A点时速度竖直向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，并且克服重力做的功为1J，电场力做的正功为3J，则下列说法中正确的是（　　）

A粒子带正电

B粒子在A点的动能比在B点多2J

C粒子在A点的机械能比在B点少3J

D粒子由A点到B点过程中速度最小时，速度的方向与水平方向的夹角为60°

正确答案

A,C,D

解析

解：A、从A到B，电场力做正功，可知电场力方向水平向右，电场强度方向水平向右，所以粒子带正电．故A正确．

B、根据动能定理得，从A到B动能的变化量△EK=WG+W电=-1+3=2J，所以粒子在A点的动能比B点少2J．故B错误．

C、除重力以外只有电场力做功，因为除重力以外其它力做功等于机械能的增量，所以A到B机械能增加3J．故C正确．

D、竖直方向mgh=1J=

全程故即

由动量定理：mgt=mv

qEt=mv‘得可知合力与水平方向成30度角，当合速度与合力垂直时，合速度达到最小值，故速度方向与水平方向成60度角．故D正确．

故选ACD．

题型：简答题

简答题

如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入极板，打在竖直屏上的O点．在两板间加上偏转电压U，这个粒子仍然从A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．求粒子打到达屏上的点B与O的间距．

正确答案

解：粒子离开偏转电场时的偏转位移为：，

因为粒子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点，根据相似三角形得：，

解得：y==．

答：子打到达屏上的点B与O的间距为．

解析

解：粒子离开偏转电场时的偏转位移为：，

因为粒子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点，根据相似三角形得：，

解得：y==．

答：子打到达屏上的点B与O的间距为．

题型：简答题

简答题

如图所示，阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速．AB是偏向板，使飞进的电子偏离．若已知P，K间所加电压UPK=2.5×103V，A，B两极板长3.0×107m/S，A，B两板间距4.4×10-16J，所加电压2.0×10-2m，R=3.0×10-2m，电子质量me=9.1×10-31kg，电子的电荷量e=-1.6×10-19C，设从阴极出来的电子速度为零，不计重力．

（1）电子通过阳极P时的速度v0是多大？

（2）电子通过偏转电极时具有动能EK是多大？

（3）电子过偏转电极后到达距离偏转电极R=3.0×10-2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离y是多大？

正确答案

解：（1）在加速电场中，由动能定理得：

eUPK=mv02-0，代入数据解得：v0=3.0×107m/s；

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，

运动时间：t=，

偏移量：y=at2=t2，

在偏转电场中，由动能定理得：

e••y=EK-mv02，

代入数据解得：EK=4.4×10-16J；

（3）在偏转电场中，由动能定理得：

e••y=mvy2-0，

tanθ=，Y=y+Rtanθ，

代入数据解得：Y=2.0×10-2m．

答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是3.0×107m/s；

（2）电子通过偏转板时具有动能Ek是 4.4×10-16J；

（3）电子过偏转电极后到达距离偏转电极R=3.0×10-2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离y是2.0×10-2m．

解析

解：（1）在加速电场中，由动能定理得：

eUPK=mv02-0，代入数据解得：v0=3.0×107m/s；

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，

运动时间：t=，

偏移量：y=at2=t2，

在偏转电场中，由动能定理得：

e••y=EK-mv02，

代入数据解得：EK=4.4×10-16J；

（3）在偏转电场中，由动能定理得：

e••y=mvy2-0，

tanθ=，Y=y+Rtanθ，

代入数据解得：Y=2.0×10-2m．

答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是3.0×107m/s；

（2）电子通过偏转板时具有动能Ek是 4.4×10-16J；

（3）电子过偏转电极后到达距离偏转电极R=3.0×10-2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离y是2.0×10-2m．

题型：简答题

简答题

（2014秋•东莞期末）空间坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，如图所示，一个带电量大小q、质量为m的带电粒子从y轴上的A点以初速度v0平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h），若粒子从B点飞离MN，飞离时速度方向与x轴方向夹角θ=60°．（忽略粒子重力的作用）

（1）带电粒子在B点的速度v多大；

（2）A、B间电势差UAB；

（3）B点到x轴的距离．

正确答案

解：

（1）带电粒子进入电场做类平抛运动，因飞离时速度方向与x轴方向夹角θ=60°，

则将速度分解水平方向与竖直方向，则有：vy=v0tan60°=v0；

根据矢量合成法则，那么在B点的速度v==2v0；

（2）设带电粒子从MN离开，则带电粒子从A点进入到离开匀强电场区域的时间为：t=

由牛顿第二定律得 a=

那么在竖直方向位移：d===；

根据UAB=Ed=，

（3）因A点坐标为（0，h），由d的距离，

则B点到x轴的距离为x=h-d=h-，

答：（1）带电粒子在B点的速度2v0；

（2）A、B间电势差；

（3）B点到x轴的距离h-．

解析

解：

（1）带电粒子进入电场做类平抛运动，因飞离时速度方向与x轴方向夹角θ=60°，

则将速度分解水平方向与竖直方向，则有：vy=v0tan60°=v0；

根据矢量合成法则，那么在B点的速度v==2v0；

（2）设带电粒子从MN离开，则带电粒子从A点进入到离开匀强电场区域的时间为：t=

由牛顿第二定律得 a=

那么在竖直方向位移：d===；

根据UAB=Ed=，

（3）因A点坐标为（0，h），由d的距离，

则B点到x轴的距离为x=h-d=h-，

答：（1）带电粒子在B点的速度2v0；

（2）A、B间电势差；

（3）B点到x轴的距离h-．

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