带电粒子在电场中的加速_章节学习

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场场强大小为E，方向与水平面平行．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大．由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且∠α=30°．下列说法正确的是（　　）

A电场的方向与AC间的夹角为30°

B电场的方向与AC间的夹角为60°

C小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER

D小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER

正确答案

A,D

解析

解：A、B、小球在匀强电场中，从a点运动到c点，根据动能定理qUAC=Ek，因为到达C点时的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点．且由A到C电场力对小球做正功．

过C点作切线，则CF为等势线．

过A点作CF的垂线，则该线为电场线，场强方向如图示．

因为∠CAB=30°，则连接CO，∠ACO=30°，所以电场方向与AC间的夹角θ为30°；故A正确，B错误．

C、D、小球只受电场力，做类平抛运动．

水平方向上：x=Rcos30°=v0t，

竖直方向上：y=R+Rsin30°=，

由以上两式得：Ek=mv02=qER；故C错误，D正确．

故选：AD．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，平行金属板A和B的距离为d，它们可端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图所示的方波电压，t=0时，A板比B板的电势高，电压的正向值为U0，反向值也为U0；现有粒子质量为m、带正电且电量为q的粒子束从AB的中点O沿平行于金属板的方向OO’射入．设粒子能全部打在靶MN上，而且所有粒子在AB间的飞行时间均为T（T为方波电压的周期），不计重力影响，试问：

（1）在t=0时刻进入的粒子，将打在靶MN上何处？

（2）在距靶MN的中心O’点多远的范围内有粒子击中？

（3）电场力对每个击中O’的带电粒子做的总功为多少？

正确答案

解：（1）设粒子运动的加速度为a，

则t=0时刻进入的粒子，前向下匀加速运动，后向下匀减速．

所以一个周期内竖直方向向下的位移为

即该粒子将打在O′点下方离O′点

（2）在t=NT（N=0，1，2，…）时刻进入的粒子，向下偏的侧向位移最大，其值为

在（N=0，1，2，…）时刻进入的粒子，向上偏向的位移最大，其值为

即所有粒子打在MN上的范围在距靶中心O′点下方至上方

（3）对所有的带电粒子，由动量定理知，所有粒子打在靶上时，其竖直速度均相同，设为Vy

则：Ft=mVy

由动能定理知，电场力对带电粒子所做功为；

所以：；

答：（1）在t=0时刻进入的粒子，该粒子将打在O′点下方离O′点处．

（2）所有粒子打在MN上的范围在距靶中心O′点下方至上方．

（3）电场力对每个击中O′的带电粒子做的总功为．

解析

解：（1）设粒子运动的加速度为a，

则t=0时刻进入的粒子，前向下匀加速运动，后向下匀减速．

所以一个周期内竖直方向向下的位移为

即该粒子将打在O′点下方离O′点

（2）在t=NT（N=0，1，2，…）时刻进入的粒子，向下偏的侧向位移最大，其值为

在（N=0，1，2，…）时刻进入的粒子，向上偏向的位移最大，其值为

即所有粒子打在MN上的范围在距靶中心O′点下方至上方

（3）对所有的带电粒子，由动量定理知，所有粒子打在靶上时，其竖直速度均相同，设为Vy

则：Ft=mVy

由动能定理知，电场力对带电粒子所做功为；

所以：；

答：（1）在t=0时刻进入的粒子，该粒子将打在O′点下方离O′点处．

（2）所有粒子打在MN上的范围在距靶中心O′点下方至上方．

（3）电场力对每个击中O′的带电粒子做的总功为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，长为L的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m，电荷量为+q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为L，在小球最低点与水平面之间高为L的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场．固定点O的正下方处有一小障碍物P．现将小球从细线处于水平状态由静止释放．

（1）细线在刚要接触障碍物P前和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化？

（2）若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？

正确答案

解：（1）由机械能守恒定律得：mgl= 解得：

细线在刚要接触障碍物P时，细线的拉力设为T1，由牛顿第二定律得：

T1-mg=m，解得：T1=3mg

细线在刚接触到障碍物P时，细线的拉力设为T2，由牛顿第二定律得：

T2-mg=m，解得：T2=mg

则：T2-T1=mg-3mg=mg

（2）细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为：

t=

小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离为：

x=vt+=vt+

小球运动到水平面时的动能由动能定理得：

mgh+qEx=Ek-mv2

可解得：Ek=mgh+mgl+=+2qE

答：（1）细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生mg的变化；

（2）若细线在刚接触到障碍物P时断开，小球送动到水平面时的动能为=+2qE．

解析

解：（1）由机械能守恒定律得：mgl= 解得：

细线在刚要接触障碍物P时，细线的拉力设为T1，由牛顿第二定律得：

T1-mg=m，解得：T1=3mg

细线在刚接触到障碍物P时，细线的拉力设为T2，由牛顿第二定律得：

T2-mg=m，解得：T2=mg

则：T2-T1=mg-3mg=mg

（2）细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为：

t=

小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离为：

x=vt+=vt+

小球运动到水平面时的动能由动能定理得：

mgh+qEx=Ek-mv2

可解得：Ek=mgh+mgl+=+2qE

答：（1）细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生mg的变化；

（2）若细线在刚接触到障碍物P时断开，小球送动到水平面时的动能为=+2qE．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，真空中平行板电容器两板之间的电压为U，板间距为d．一个质量为m（重力忽略不计），带正电荷q的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板向负极板运动的过程中（　　）

A粒子到达负极板时获得的动能为qU

B粒子到达负极板时增加的电势能为qU

C若把电容器与电源断开后，让右边极板向右移动一小段距离，重新从原位置由静止释放该粒子，粒子再次达到负极板时，获得的动能仍为qU

D若把电容器与电源断开后，让右边极板向右移动一小段距离，再让该粒子以大小为v0=的初速度从负极板水平向左运动，则粒子不可能到达正极板

正确答案

A,D

解析

解：A、由动能定理得：EK-0=qU，则粒子到达负极板时的动能为qU，故A正确；

B、粒子从正极板到达负极板的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；

C、把电容器与电源断开后，极板上的电荷量Q保持不变，极板间电场强度：E=，极板间场强不变，让右边极板向右移动一小段距离，极板间距离d变大，由U=Ed可知，极板间电势差变大，大于U，重新从原位置由静止释放该粒子，粒子再次达到负极板时，粒子获得的动能大于qU，故C错误；

D、若把电容器与电源断开后，让右边极板向右移动一小段距离，两板间的电压变大，大于U，再让该粒子以大小为v0=的初速度从负极板水平向左运动，粒子没有到达正极板时速度已经变为零，则粒子不可能达到正极板，故D正确；

故选：AD．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两个相同极板正对平行放置，板长为l，相距d，极板间电压为U，电子以初速度v0沿平行于板面方向射入电场中．试推导电子射出电场时（电子电量e，质量m）

（1）速度变化量△v的表达式；

（2）垂直于板方向偏移的位移y的表达式；

（3）速度与初速度方向夹角θ的正切值表达式；

（4）位移方向与初速度方向夹角α的正切值表达式．

正确答案

解：（1）因为速度只在加速度方向发生变化，则有：

△v=at=

（2）根据匀变速直线运动规律有：

y=at2=

（3）度与初速度方向夹角θ的正切值表达式：

tanθ==

（4）位移方向与初速度方向夹角α的正切值表达式：

tanα==

答：（1）速度变化量△v的表达式为；

（2）垂直于板方向偏移的位移y的表达式为；

（3）速度与初速度方向夹角θ的正切值表达式为；

（4）位移方向与初速度方向夹角α的正切值表达式为．

解析

解：（1）因为速度只在加速度方向发生变化，则有：

△v=at=

（2）根据匀变速直线运动规律有：

y=at2=

（3）度与初速度方向夹角θ的正切值表达式：

tanθ==

（4）位移方向与初速度方向夹角α的正切值表达式：

tanα==

答：（1）速度变化量△v的表达式为；

（2）垂直于板方向偏移的位移y的表达式为；

（3）速度与初速度方向夹角θ的正切值表达式为；

（4）位移方向与初速度方向夹角α的正切值表达式为．

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