带电粒子在电场中的加速_章节学习

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题型：简答题

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简答题

有一种叫示波器的电子仪器，可以用它来观察电信号随时间变化的情况．其核心部件是一真空示波管，示波管的原理图如图所示．电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U0加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，已知加速电压为U0，M、N两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．

试求：

（1）电子穿过A板时的速度大小v0；

（2）如果要使电子从偏转电场射出，求加在M、N两板间电压取值范围．

（3）当偏转电压为0时电子打在荧光屏上的O点．如果偏转电压不为0，且M板的电势高于N板的电势时，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的最远点是P点，求P点到O点的距离yop．

正确答案

解：（1）电子经过加速电场加速后，根据动能定理有：

电子离开A板时的速度

（2）电子进入偏转电场后，电子的加速度为a，侧移量为y，设偏转电压为U2

则有：

水平方向：L1=v0t

由此可得电子在偏转电场中的运动时间： ①

在竖直方向有：

②

又 ③

电子不打到板 ④

由①②③④可解得：

（3）从板边缘飞出到荧光屏上离O点最远．这时

速度偏向角的正切 tanα=

而vy=at

则得 tanα===

所以电子离开偏转电场后在竖直方向偏转的距离y′=L2tanα=

离O点最远距离=

答：（1）电子穿过A板时的速度大小v0为；

（2）如果要使电子从偏转电场射出，求加在M、N两板间电压取值范围为；

（3）当偏转电压为0时电子打在荧光屏上的O点．如果偏转电压不为0，且M板的电势高于N板的电势时，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的最远点是P点，求P点到O点的距离yop为．

解析

解：（1）电子经过加速电场加速后，根据动能定理有：

电子离开A板时的速度

（2）电子进入偏转电场后，电子的加速度为a，侧移量为y，设偏转电压为U2

则有：

水平方向：L1=v0t

由此可得电子在偏转电场中的运动时间： ①

在竖直方向有：

②

又 ③

电子不打到板 ④

由①②③④可解得：

（3）从板边缘飞出到荧光屏上离O点最远．这时

速度偏向角的正切 tanα=

而vy=at

则得 tanα===

所以电子离开偏转电场后在竖直方向偏转的距离y′=L2tanα=

离O点最远距离=

答：（1）电子穿过A板时的速度大小v0为；

（2）如果要使电子从偏转电场射出，求加在M、N两板间电压取值范围为；

（3）当偏转电压为0时电子打在荧光屏上的O点．如果偏转电压不为0，且M板的电势高于N板的电势时，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的最远点是P点，求P点到O点的距离yop为．

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题型：单选题

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单选题

一个带负电荷量q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则（　　）

A小球不能过B点

B小球仍恰好能过B点

C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0

D以上说法都不对

正确答案

B

解析

解：A、B，没有电场时，最高点速度设为v，则：

mg=m

又根据机械能守恒定律，有：

mg（h-2R）=mv2

解得：h=R

加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v′，则：

mg-qE=m

解得：

v′=

根据动能定理，得

mg（h-2R）-qE（h-2R）=mv′2，

解得：v′=

说明小球仍恰好能过B点．故A错误，B正确．

C、由上，小球仍恰好过最高点，球与轨道间无作用力．故C错误

D、B正确，故D错误；

故选：B

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题型：简答题

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简答题

如图所示，位于A板附近的放射源连续放出质量为m、电荷量为+q的粒子，从静止开始经极板A、B间加速后，沿中心线方向进入平行极板C、D间的偏转电场，飞出偏转电场后打在右侧相距L的挡板上．已知A、B间电压为U0；极板C、D间电压为U，长为L，间距为d；不计粒子的重力及相互间的作用．

（1）粒子进入偏转电场的速度大小；

（2）粒子飞出偏转电场时在垂直C、D板面偏转的位移大小；

（3）粒子打在挡板上的位置距0点的距离．

正确答案

解：（1）粒子经加速电场加速时，由动能定理得：qU0=mv02

解得：v0=．

（2）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，将其运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动．

则粒子通过偏转电场的时间为 t=

根据牛顿第二定律得：

加速度大小为 a=

粒子飞出偏转电场时在垂直C、D板面偏转的位移大小为：

y=

联立以上四式得：y=

（3）设粒子离开偏转电场时的偏转角为θ．

粒子离开电场时，竖直分速度大小为 vy=at

则得：tanθ=

联立解得：tanθ=

则由几何关系得：粒子打在挡板上的位置距0点的距离为 Y=y+Ltanθ=+=．

答：（1）粒子进入偏转电场的速度大小为；

（2）粒子飞出偏转电场时在垂直C、D板面偏转的位移大小为；

（3）粒子打在挡板上的位置距0点的距离为．

解析

解：（1）粒子经加速电场加速时，由动能定理得：qU0=mv02

解得：v0=．

（2）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，将其运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动．

则粒子通过偏转电场的时间为 t=

根据牛顿第二定律得：

加速度大小为 a=

粒子飞出偏转电场时在垂直C、D板面偏转的位移大小为：

y=

联立以上四式得：y=

（3）设粒子离开偏转电场时的偏转角为θ．

粒子离开电场时，竖直分速度大小为 vy=at

则得：tanθ=

联立解得：tanθ=

则由几何关系得：粒子打在挡板上的位置距0点的距离为 Y=y+Ltanθ=+=．

答：（1）粒子进入偏转电场的速度大小为；

（2）粒子飞出偏转电场时在垂直C、D板面偏转的位移大小为；

（3）粒子打在挡板上的位置距0点的距离为．

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题型：填空题

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填空题

如果在某电场中将+2C的点电荷由A点移到B点，电场力做功为4J，则A、B两点间的电势差UAB=______V，若将一个-4C的点电荷从B点移动到A点电场力做功为WBA=______J．

正确答案

2

8

解析

解：根据电势差公式求得：

BA间的电势差为UBA=-UAB=-2V

负电荷做功为W=qUBA=-4×（-2）J=8J

故答案为：2，8

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平放置的两块平行金属板长l=5cm，两板间距d=1cm，两板间电压为U=90V，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，从两板中央射入，（电子质量m=9.0×10-31kg，电子电量值q=1.6×10-19C）求：

（1）电子飞出金属板时侧位移y0是多少？

（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP的长．

正确答案

解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得：

E==9000V/m

F=Eq=9000×1.6×10-19=1.44×10-15N

又因为F=ma

所以a==1.6×1015m/s2

水平方向做匀速运动，

故t==2.5×10-9s

所以y0==0.005m

（2）竖直方向速度

从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，

水平方向：=

竖直方向PM=v1t1=0.02m

PO=PM+MO=PM+y=0.025m

答：（1）电子飞出金属板时侧位移y0是0.005m；

（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，OP的长为0.025m．

解析

解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，根据电容器电压与电场的关系得：

E==9000V/m

F=Eq=9000×1.6×10-19=1.44×10-15N

又因为F=ma

所以a==1.6×1015m/s2

水平方向做匀速运动，

故t==2.5×10-9s

所以y0==0.005m

（2）竖直方向速度

从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，

水平方向：=

竖直方向PM=v1t1=0.02m

PO=PM+MO=PM+y=0.025m

答：（1）电子飞出金属板时侧位移y0是0.005m；

（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，OP的长为0.025m．

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