- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；
（2）若粒子从bc边之间某点离开电场时动能为Ek′，求电场强度的大小．
正确答案
解：（1）粒子的初动能为，
粒子在ab方向上作匀速运动，L=v0t
粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动，
所以
根据动能定理，有
qEL=Ekt-Ek
所以
Ekt=qEL+Ek=5Ek．
即粒子离开电场时的动能为5Ek．
（2）根据牛顿第二定律，有
qE=ma ①
沿初速度方向做匀速运动，有
x=v0t ②
沿电场方向的分位移为
y=
根据动能定理，有
qEy=EK′-Ek ④
当带电粒子从bc边飞出时，x=L，y＜L，由①②③④式联立解得
答：（1）若粒子从c点离开电场，电场强度的大小是
（2）若粒子从bc边之间某点离开电场时动能为Ek′，则电场强度为
解析
解：（1）粒子的初动能为，
粒子在ab方向上作匀速运动，L=v0t
粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动，
所以
根据动能定理，有
qEL=Ekt-Ek
所以
Ekt=qEL+Ek=5Ek．
即粒子离开电场时的动能为5Ek．
（2）根据牛顿第二定律，有
qE=ma ①
沿初速度方向做匀速运动，有
x=v0t ②
沿电场方向的分位移为
y=
根据动能定理，有
qEy=EK′-Ek ④
当带电粒子从bc边飞出时，x=L，y＜L，由①②③④式联立解得
答：（1）若粒子从c点离开电场，电场强度的大小是
（2）若粒子从bc边之间某点离开电场时动能为Ek′，则电场强度为
（1）试画出该粒子的运动轨迹；
（2）求此粒子绕O点做匀速圆周运动时的半径．
正确答案
解：（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，运动轨迹如图所示：
（2）设粒子从电场中飞出时，竖直方向的速度为vy，
电场强度E=
解得：a=
所以
带入数据解得：
设v与水平方向的夹角为θ，则
所以θ=37°
所以半径r=
答：（1）该粒子的运动轨迹如图所示；
（2）此粒子绕O点做匀速圆周运动时的半径为3.75m．
解析
解：（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，运动轨迹如图所示：
（2）设粒子从电场中飞出时，竖直方向的速度为vy，
电场强度E=
解得：a=
所以
带入数据解得：
设v与水平方向的夹角为θ，则
所以θ=37°
所以半径r=
答：（1）该粒子的运动轨迹如图所示；
（2）此粒子绕O点做匀速圆周运动时的半径为3.75m．
电子从静止出发被1000V的电压加速，然后进入一另一个电场强度为5000N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直．已知偏转电极长40cm，求电子离开偏转电场时的偏转距离是多少（结论用国际单位表示）
正确答案
解：在加速电场中，由牛顿第二定律得：eU1=
电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L=vt，
竖直方向：y=
解得：y=
答：电子离开偏转电场时的偏转距离是0.2m．
解析
解：在加速电场中，由牛顿第二定律得：eU1=
电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L=vt，
竖直方向：y=
解得：y=
答：电子离开偏转电场时的偏转距离是0.2m．
加在阴极射线管内两个电极之间的电压为4×103V，如果电子离开阴极表面的速度为零，试求电子到达阳极的速度．
正确答案
解：对电子，由动能定理得：eU=
解得：v=
答：电子到达阳极的速度为1.186×109m/s．
解析
解：对电子，由动能定理得：eU=
解得：v=
答：电子到达阳极的速度为1.186×109m/s．
如图甲所示，平行金属板PQ、MN水平地固定在地面上方的空间，金属板长 L=20cm，两板间距d=10cm，两板间的电压UMP=100V．在距金属板M端左下方某位置有一粒子源A，从粒子源斜向右上连续发射速度相同的带电粒子，发射速度方向与竖直方向成300夹角，射出的带电粒子在空间通过一垂直于纸面向里的磁感应强度B=0.01T的正三角形区域匀强磁场（图中未画出）后，恰好从金属板 PQ左端的下边缘水平进入两金属板间，带电粒子在电场力作用下恰好从金属板MN的右边缘飞出．已知带电粒子的比荷
（1）带电粒子的电性及射入电场时的速度大小；
（2）正三角形匀强磁场区域的最小面积；
（3）若两金属板间改加如图乙所示的电压，在哪些时刻进入两金属板间的带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间．
正确答案
解：（1）粒子在磁场中向下偏转，所受的洛伦兹力斜向下，由左手定则可知粒子带负电；
设带电粒子从PQ左边缘进入电场的速度为v，由MN板右边缘飞出的时间为t，带电粒子在电场中运动的加速度为a，则
则有：
代入数据解得：v=2.0×104m/s
（2）粒子运动的轨迹如图所示，粒子在磁场中运动半径为R，由qvB=m
解得：R=1m．
由几何关系可知最小三角形磁场底边长为R=1m，高为h=tan60°•
Smin=
（3）带电粒子以v=2.0×104m/s进入两金属板间，穿过电场需要的时间为t=L/v=1.0×10-5s，正好是交变电压的半个周期．在两极板上加上如图所示的交变电压后，设带电粒子的加速度为a′，则有：
设带电粒子在t1时刻进入两极板间，恰好从MN板右边缘飞出，带电粒子进入电场后向下加速的时间为△t1，则减速阶段的时间也是△t1，粒子轨迹如图所示，由对称性可知：
△t1=0.50×10-5s
得：t1=t-△t1=（1.0-0.5）×10-5s=0.5×10-5s
设带电粒子在t2时刻进入两极板间，恰好从PQ板右边缘飞出．它在竖直方向的运动是先加速向下，经过△t2时间后电场反向，粒子在竖直方向运动改为减速向下，又经过时间△t2，竖直分速度减为零，然后加速向上直到从Q点飞出电场．粒子这一运动过程的轨迹如图所示，带电粒子进入电场后向下加速的时间为△t2，
y1=
△t2=（1-
t2=t-△t2=[1.0-（1-
考虑到交变电流的周期性，带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间的时刻t为
（0.5+2n）×10-5s＜t＜（0.70+2n）×10-5s（n=0，1，2，3…）
答：（1）带电粒子带负电，射入电场时的速度大小为2.0×104m/s；
（2）正三角形匀强磁场区域的最小面积为
（3）若两金属板间改加如图乙所示的电压，在（0.5+2n）×10-5s＜t＜（0.70+2n）×10-5s（n=0，1，2，3…）时刻进入两金属板间的带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间．
解析
解：（1）粒子在磁场中向下偏转，所受的洛伦兹力斜向下，由左手定则可知粒子带负电；
设带电粒子从PQ左边缘进入电场的速度为v，由MN板右边缘飞出的时间为t，带电粒子在电场中运动的加速度为a，则
则有：
代入数据解得：v=2.0×104m/s
（2）粒子运动的轨迹如图所示，粒子在磁场中运动半径为R，由qvB=m
解得：R=1m．
由几何关系可知最小三角形磁场底边长为R=1m，高为h=tan60°•
Smin=
（3）带电粒子以v=2.0×104m/s进入两金属板间，穿过电场需要的时间为t=L/v=1.0×10-5s，正好是交变电压的半个周期．在两极板上加上如图所示的交变电压后，设带电粒子的加速度为a′，则有：
设带电粒子在t1时刻进入两极板间，恰好从MN板右边缘飞出，带电粒子进入电场后向下加速的时间为△t1，则减速阶段的时间也是△t1，粒子轨迹如图所示，由对称性可知：
△t1=0.50×10-5s
得：t1=t-△t1=（1.0-0.5）×10-5s=0.5×10-5s
设带电粒子在t2时刻进入两极板间，恰好从PQ板右边缘飞出．它在竖直方向的运动是先加速向下，经过△t2时间后电场反向，粒子在竖直方向运动改为减速向下，又经过时间△t2，竖直分速度减为零，然后加速向上直到从Q点飞出电场．粒子这一运动过程的轨迹如图所示，带电粒子进入电场后向下加速的时间为△t2，
y1=
△t2=（1-
t2=t-△t2=[1.0-（1-
考虑到交变电流的周期性，带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间的时刻t为
（0.5+2n）×10-5s＜t＜（0.70+2n）×10-5s（n=0，1，2，3…）
答：（1）带电粒子带负电，射入电场时的速度大小为2.0×104m/s；
（2）正三角形匀强磁场区域的最小面积为
（3）若两金属板间改加如图乙所示的电压，在（0.5+2n）×10-5s＜t＜（0.70+2n）×10-5s（n=0，1，2，3…）时刻进入两金属板间的带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间．
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