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

如图所示，在竖直放置的铅屏A的右表面上贴着β 射线放射源P，已知β 射线实质为高速电子流，放射源放出β 粒子的速度v0=1.0×107m/s．足够大的荧光屏M与铅屏A平行放置，相距d=2.0×10-2m，其间有水平向左的匀强电场，电场强度大小E=2.5×104N/C．已知电子电量e=1.6×10-19C，电子质量取m=9.0×10-31kg．求

（1）电子到达荧光屏M上的动能；

（2）荧光屏上的发光面积．

正确答案

解：（1）由动能定理：

eEd=EK-

解得：EK=+1.6×10-19×2.5×104×2×10-2

=1.25×10-16J

（2）射线在A、B间电场中被加速，除平行于电场线的电子流外，其余均在电场中偏转，

其中和铅屏A平行的电子流在纵向偏移距离最大（相当于平抛运动水平射程）．

位移则有，t=3×10-9s

r=v0t=1.0×107×3×10-9=3×10-2m

在荧光屏上观察到的范围是半径为3.125×10-2米的圆

圆面积 S=πr2=2.83×10-3m2

答：（1）电子到达荧光屏M上的动能1.25×10-16J；

（2）荧光屏上的发光面积2.83×10-3m2．

解析

解：（1）由动能定理：

eEd=EK-

解得：EK=+1.6×10-19×2.5×104×2×10-2

=1.25×10-16J

（2）射线在A、B间电场中被加速，除平行于电场线的电子流外，其余均在电场中偏转，

其中和铅屏A平行的电子流在纵向偏移距离最大（相当于平抛运动水平射程）．

位移则有，t=3×10-9s

r=v0t=1.0×107×3×10-9=3×10-2m

在荧光屏上观察到的范围是半径为3.125×10-2米的圆

圆面积 S=πr2=2.83×10-3m2

答：（1）电子到达荧光屏M上的动能1.25×10-16J；

（2）荧光屏上的发光面积2.83×10-3m2．

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题型：简答题

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简答题

（2013秋•北京校级期末）如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C．现有一电荷量q=+1.0×10-4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5.0m/s．已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.50，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小；

（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；

（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离．

正确答案

解：（1）设带电体在B点受到的支持力为FN，

由牛顿第二定律得：FN-mg=m，解得：FN=7.25N；

（2）设PB间的距离为s，由于动能定理得：

（qE-μmg）s=mvB2-0，解得：s=2.5m；

（3）设带电体运动到C点的速度为vC，

由动能定理得：，

带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，2R=gt2，

在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，

依据牛顿第二定律：qE=ma，

设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，

水平方向位移：x=vct-at2，解得：x=0.40m；

答：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小为7.25N；

（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离为2.5m；

（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离为0.40m．

解析

解：（1）设带电体在B点受到的支持力为FN，

由牛顿第二定律得：FN-mg=m，解得：FN=7.25N；

（2）设PB间的距离为s，由于动能定理得：

（qE-μmg）s=mvB2-0，解得：s=2.5m；

（3）设带电体运动到C点的速度为vC，

由动能定理得：，

带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，2R=gt2，

在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，

依据牛顿第二定律：qE=ma，

设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，

水平方向位移：x=vct-at2，解得：x=0.40m；

答：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小为7.25N；

（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离为2.5m；

（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离为0.40m．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（　　）

A两板间距离越小，电子到达Q板时的速度就越大

B两板间距越大，加速的时间越长

C电子到达Q板时的速度与板间距离无关，仅与加速电压有关

D电子的加速度和末速度都与板间距离无关

正确答案

B,C

解析

解：

A、C根据动能定理得：qU=，则得电子到达Q板时的速度 v0=，可知v0与板间距离无关，故A错误，C正确．

B、电子的加速度为 a=，由d=，得t===d∝d，故两板间距越大，加速的时间越长，故B正确．

D、电子的加速度为 a=，可知a∝，而v与d无关，故D错误．

故选：BC

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题型：填空题

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填空题

如图所示，质量为5×10-8kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间．已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当UAB=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，则AB间所加电压在______范围内带电微粒能从板间飞出？

正确答案

200～1800V

解析

解：由于带电微粒恰好沿直线穿过板间，所以粒子受力平衡即重力等于竖直向上的电场力，

根据二力平衡：qE=mg

解得：q=，

（1）带电微粒竖直向上的位移小于等于才能从板间飞出，设板间电压为u，场强E=，

所以电场力F=qE=q= ①

根据牛顿第二定律：F-mg=ma1②

由①②解得a1= ③

竖直方向的位移：x1=④

水平方向：L=v0t，解得：t=⑤

把③⑤代入④解得：x1= ⑥

由于带电微粒竖直向上的位移小于等于才能从板间飞出，

所以x1≤⑦

由⑥⑦解得：u≤1800V

（2）带电微粒竖直向下的位移小于等于才能从板间飞出，设板间电压为u，场强E=，

所以电场力F=qE==①

根据牛顿第二定律：mg-F=ma2②

由①②解得a2=③

竖直方向的位移：x2=④

水平方向：L=v0t，解得：t=，⑤

把③⑤代入④解得：x2=⑥

由于带电微粒竖直向下的位移小于等于才能从板间飞出，

所以x2≤ ⑦

由⑥⑦解得：u≥200V

所以电压范围：1800V≥u≥200V

故答案为：200～1800V．

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题型：简答题

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简答题

初速度为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，与离子枪相距d处有两平行金属板MN和PQ，整个空间存在一磁感强度为B的匀强磁场如图所示．不考虑重力的作用，荷质比（q，m分别为离子的带电量与质量），应在什么范围内，离子才能打到金属板上？

正确答案

解：设离子带负电，若离子正好打到金属板的近侧边缘M，则其偏转半径满足关系 R12=d2+（R1-d）2

即得：R1=d ①

若离子正好打到金属板的远侧边缘N，则其偏转半径满足关系 R22=（2d）2+（R2-d）2

即得：R2=d ②

由洛仑兹力及牛顿第二定律可得：qvB= ③

即 = ④

因离子从离子枪射出的速度v由离子枪内的加速电场决定 qU= ⑤

即 v= ⑥

代入式④即得：= ⑦

讨论：由以上方程组可知

荷质比＜=的离子将落在N之右，而荷质比＞=的离子将落在M之左．

都不能落在MN板上，所以只有荷质比在≤≤范围内才能打在金属板上．

若离子带正电，则离子偏向PQ板，荷质比仍在≤≤范围内．

答：荷质比在≤≤范围内才能打在金属板上．

解析

解：设离子带负电，若离子正好打到金属板的近侧边缘M，则其偏转半径满足关系 R12=d2+（R1-d）2

即得：R1=d ①

若离子正好打到金属板的远侧边缘N，则其偏转半径满足关系 R22=（2d）2+（R2-d）2

即得：R2=d ②

由洛仑兹力及牛顿第二定律可得：qvB= ③

即 = ④

因离子从离子枪射出的速度v由离子枪内的加速电场决定 qU= ⑤

即 v= ⑥

代入式④即得：= ⑦

讨论：由以上方程组可知

荷质比＜=的离子将落在N之右，而荷质比＞=的离子将落在M之左．

都不能落在MN板上，所以只有荷质比在≤≤范围内才能打在金属板上．

若离子带正电，则离子偏向PQ板，荷质比仍在≤≤范围内．

答：荷质比在≤≤范围内才能打在金属板上．

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正确答案

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