- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
（1）求电子穿过A板时速度的大小；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
正确答案
解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理
eU1=
解得：v0=
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动．设电子离开偏转电场时的侧移量为y
沿初速方向匀速直线运动，有 L=v0t
垂直初速方向，有 y=
又电场力 F=eE=e
根据F=ma，得加速度为：a=
解得：y=
（3）要使电子打在P点上方，需增大侧移量，由解得 y=
答：（1）电子穿过A板时速度的大小为
解析
解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理
eU1=
解得：v0=
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动．设电子离开偏转电场时的侧移量为y
沿初速方向匀速直线运动，有 L=v0t
垂直初速方向，有 y=
又电场力 F=eE=e
根据F=ma，得加速度为：a=
解得：y=
（3）要使电子打在P点上方，需增大侧移量，由解得 y=
答：（1）电子穿过A板时速度的大小为
（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的位置．
（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间．
正确答案
解：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：
W1=2qE×2.5L+（-3qE×1.5L）＞0…①
由此可判定，球A不仅能达到右极板，而且还能穿过小孔，离开右极板．
假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：
W2=2qE×2.5L+（-3qE×3.5L）＜0…②
由此可判定，球B不能达到右极板．
综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧．
（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：
a1=
球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：
v21=2a1L…④
由③④求得：
v1=
（2）（3）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：
t1=
将③⑤代入⑥，得：
t1=
球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律
a2=
显然，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：
v22-v21=2a2×1.5L…⑨
t2=
求得：v2=
球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：
a3=
设球A从离开电场到静止时所需时间为t3，运动的位移为x，则有：
t3=
-v22=2a3x…（14）
求得：t3=
由⑦、（11）、（12）可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：
t=t1+t2+t3=
球A相对右板的位置为：x=
答：（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小为
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的距离为
（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为
解析
解：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：
W1=2qE×2.5L+（-3qE×1.5L）＞0…①
由此可判定，球A不仅能达到右极板，而且还能穿过小孔，离开右极板．
假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：
W2=2qE×2.5L+（-3qE×3.5L）＜0…②
由此可判定，球B不能达到右极板．
综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧．
（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：
a1=
球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：
v21=2a1L…④
由③④求得：
v1=
（2）（3）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：
t1=
将③⑤代入⑥，得：
t1=
球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律
a2=
显然，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：
v22-v21=2a2×1.5L…⑨
t2=
求得：v2=
球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：
a3=
设球A从离开电场到静止时所需时间为t3，运动的位移为x，则有：
t3=
-v22=2a3x…（14）
求得：t3=
由⑦、（11）、（12）可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：
t=t1+t2+t3=
球A相对右板的位置为：x=
答：（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小为
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的距离为
（3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为
A从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
B从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
C从t=
D从t=
正确答案
解析
解：A、B、分析电子在一个周期内的运动情况；从t=0时刻释放电子，前
C、D、分析电子在一个周期内的运动情况；从t=
故选：BC．
正确答案
解析
解：A、设平行金属板长为l，板间距离为d，场强为E，则运用运动的分解法研究得到：
水平方向：l=v0t
竖直方向：y=
a=
联立得到，y=
由图看出，两个粒子的水平位移都等于板长l，q、E相同，y之比为yA：yB=1：2，初动能Ek与y成反比，可以判定A粒子的初动能是B粒子的2倍．故A正确．
B、设A、B两粒子在C点的偏向角分别为α、β，根据推论：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，射出电场后，速度反向延长线交水平位移的中点，得到：
tanα=
C、根据动能定理得，Ek′-Ek=qEy，得粒子到达C点时的动能为Ek′=Ek+qEy，A粒子的初动能Ek大，y较小，而，B粒子的初动能Ek小，y较大，A、B两粒子到达C点时的动能Ek′可能相同．故C正确．
D、如果仅将加在两极板间的电压加倍，由上得到y=
故选：ACD．
如图，将乙图所示的交变电压加在甲图所示的平行板电容器A、B两极板上，开始时B板的电势比A板高，有一位于极板中间的电子，在t=0时刻由静止释放，它只在电场力作用下开始运动，设A、B两板间距足够大，则（ ）
正确答案
解析
解：在0-
故选B
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