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

一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？

正确答案

解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大．

当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．

加速过程，由动能定理得：…①

进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：

l=v0t…②

在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③

偏距：…④

能飞出的条件为：y≤…⑤，

解①～⑤式得：U′≤V=4.0×102 V，

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V；

答：两个极板上最多能加400V的电压．

解析

解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大．

当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．

加速过程，由动能定理得：…①

进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：

l=v0t…②

在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③

偏距：…④

能飞出的条件为：y≤…⑤，

解①～⑤式得：U′≤V=4.0×102 V，

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V；

答：两个极板上最多能加400V的电压．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N，以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入两平行板间的匀强电场中，M从两板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上．不计粒子的重力，则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）

A它们的带电荷量之比qM：qN=1：2

B它们在电场中的运动时间tN＞tM

C它们的电势能减少量之比△EM：△EN=1：4

D它们打到上极板时的速度之比为vM：vN=1：2

正确答案

A,C

解析

解：A、B由题可知，两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且它们的水平位移相等、初速度相等，则在电场中的运动时间相等，即tN=tM．

由竖直位移y==，m、t、E相等，则带电荷量之比qM：qN=yM：yN=1：2．故A正确，B错误．

C、电荷在电场中运动时，由功能关系可知，电势能减小量等于电场力做功，则电势能减少量之比△EM：△EN=qMEyM：qNEyN=1：4．故C正确．

D、由可知，两粒子的加速度之比为：aM：aN=1：2，则粒子打在极板上时，竖直方向分速度之比为：vyM：vyN：=1：2，所以打到上极板时的速度之比为vM：vN=：≠1：2．故D错误．

故选AC

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L的绝缘细线把质量为m，一带电量带为+q的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8

求：（1）电场强度大小．

（2）小球运动通过最低点C时的速度大小．

（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小．

正确答案

解：（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：

mgtanθ=qE

解得：E=

（2）对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：

mgL-qEL=-0

解得：

vC=

（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：

FT-mg=m

解得：FT=3mg-2qE

答：（1）匀强电场的场强大小为；

（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为；

（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3mg-2qE．

解析

解：（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得：

mgtanθ=qE

解得：E=

（2）对小球，从A点运动到C点的过程中运用动能定理得：

mgL-qEL=-0

解得：

vC=

（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：

FT-mg=m

解得：FT=3mg-2qE

答：（1）匀强电场的场强大小为；

（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为；

（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为3mg-2qE．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，摆长为L的不可伸长绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m，带电荷量为+q小球，整个装置处于方向水平向右的匀强电场中，场强大小为E=mg/q，小球的平衡位置在C点，开始时让小球位于与O点同一水平高度的A点，且摆线拉直，然后无初速释放摆球，当小球经过O点正下方B点（图中未画出）的瞬间，因受细线的拉力作用，速度的竖直分量突变为0，水平分量不变．求：

（1）小球到达最低时速度的大小及方向．

（2）小球到达C点时细线对小球拉力的大小．（用m、g、L表示计算结果）

正确答案

解：（1）小球由A点沿着直线做初速度为零的匀加速运动到达O点正下方的B点．由动能定理得：

解得

方向与竖直方向成45°角．

（2）小球在经过最低点B的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量vy突变为零，水平分量vx没有变化

vx=vcos45°=

小球在经过最低点B后做圆周运动到达C，OC与竖直方向的夹角为45°

qEL•sin45°-mgL（1-cos45°）=

根据牛顿第二定律，有

解得

答：（1）小球到达最低时速度的大小为，方向与竖直方向成45°角；

（2）小球到达C点时细线对小球拉力的大小．

解析

解：（1）小球由A点沿着直线做初速度为零的匀加速运动到达O点正下方的B点．由动能定理得：

解得

方向与竖直方向成45°角．

（2）小球在经过最低点B的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量vy突变为零，水平分量vx没有变化

vx=vcos45°=

小球在经过最低点B后做圆周运动到达C，OC与竖直方向的夹角为45°

qEL•sin45°-mgL（1-cos45°）=

根据牛顿第二定律，有

解得

答：（1）小球到达最低时速度的大小为，方向与竖直方向成45°角；

（2）小球到达C点时细线对小球拉力的大小．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，以y轴为边界，右边是水平向左的E1=1×104N/C匀强电场，左边是与水平方向成45°斜向上的E2=×104N/C匀强电场，现有一个质量为m=10-3kg，带电量q=1×10-6C小颗粒从坐标为（0.1m，0.1m）处静止释放．忽略阻力，g=10m/s2．

求[结果可以带根号]

（1）刚释放时的加速度a

（2）第一次经过y轴时的坐标及时间

（3）第二次经过y轴时的坐标．

正确答案

解：（1）如图

小颗粒在电场E1中受到电场力F=qE1=0.01N

受到的重力mg=0.01N

合力指向原点，小颗粒作匀加速直线运动，第一次经过y轴的坐标是（0，0）

加速度a为：

（2）由释放到原点位移S：

由　得，

第一次经过y轴的坐标是（0，0）

（3）运动到原点的速度为v0=at=2m/s，小颗粒在E2电场中合力为F=，方向与v0方向垂直；

由此可得小颗粒做类平抛运动，再次运动到Y轴的时间为t1，v0方向位移为 S1=v0t1

与v0方向垂直位移为S2=，其中a1=

由几何关系得：S1=S2，

故可得：S1=

第二次经过y轴时到原点距离为：L=×S1=1.6m，即坐标为（0，-1.6）．

答：（1）刚释放时的加速度a为；

（2）第一次经过y轴时的坐标为（0，0），时间为；

（3）第二次经过y轴时的坐标为（0．-1.6）．

解析

解：（1）如图

小颗粒在电场E1中受到电场力F=qE1=0.01N

受到的重力mg=0.01N

合力指向原点，小颗粒作匀加速直线运动，第一次经过y轴的坐标是（0，0）

加速度a为：

（2）由释放到原点位移S：

由　得，

第一次经过y轴的坐标是（0，0）

（3）运动到原点的速度为v0=at=2m/s，小颗粒在E2电场中合力为F=，方向与v0方向垂直；

由此可得小颗粒做类平抛运动，再次运动到Y轴的时间为t1，v0方向位移为 S1=v0t1

与v0方向垂直位移为S2=，其中a1=

由几何关系得：S1=S2，

故可得：S1=

第二次经过y轴时到原点距离为：L=×S1=1.6m，即坐标为（0，-1.6）．

答：（1）刚释放时的加速度a为；

（2）第一次经过y轴时的坐标为（0，0），时间为；

（3）第二次经过y轴时的坐标为（0．-1.6）．

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