带电粒子在电场中的加速_章节学习

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题型：填空题

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填空题

如图所示，初动能为E0的带电粒子，垂直电场方向穿过两极板后其动能变为2E0，若使其进入电场中的速度变为原来的两倍，则其射出电场后的动能为______．

正确答案

4.25E0

解析

解：设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度为L，初动能为：E0=mv2．

第一个过程中粒子沿电场线方向的位移为：y=at2=••（）2=

第一个过程由动能定理：qEy=2E0-E0=E0；

第二个过程中沿电场线方向的位移为：Y=••（）2=0.25y，

初动能为：E0′=m（2v）2=4E0；

根据动能定理得：qEY=E0末-4E0

代入得：qE•y=E0末-4E0，

解得：E0末=4.25E0，

故答案为：4.25E0

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题型：简答题

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简答题

如图所示，为真空示波管的示意图．从阴极K发出的电子（初速度可略），经灯丝与A板间的电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中，最终电子打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场两板间距为d，极板长为L．两平行板内部可视为匀强电场，其右侧区域没有电场．求：

（1）指出两个电压U1、U2的正极（板）；

（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；

（3）使用时间长了以后，电子枪K发射电子的能力将减弱，试判断这种情况下荧光屏上的图形会如何变化？（通过必要的说明，回答“变大、变小或不变”）

正确答案

解：（1）因电子带负电，故A板为正极，P点向上传转，说明电子在偏转电场中受到向上的电场力，故M板为正极；

（2）设电子质量为m，带电量为e，经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理有：

得到电子进入偏转电场时的速度为：

电子进入偏转电场后，做类平抛运动，高电子的加速度为a，则据牛顿第二定律有：

电子在偏转电场中运动的时间为：t=

电子在电场方向上偏转的距离为：y===

（3）发射能力减弱，意味着单位时间内发射出的电子数减少了，就某个电子而言，经U1加速后获得的速度v0是不变的，经U2后的侧移量y也不变，由类平抛的推论“似是中点来”，屏上的P点与中点、出射点在同一条直线上，故P点的位置没有发生变化，由许多个点组成的图形大小不变．

答：（1）A板为正极，M板为正极

（2）电子从偏转电场射出时的侧移量为；

（3）荧光屏上的图形大小不变．

解析

解：（1）因电子带负电，故A板为正极，P点向上传转，说明电子在偏转电场中受到向上的电场力，故M板为正极；

（2）设电子质量为m，带电量为e，经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理有：

得到电子进入偏转电场时的速度为：

电子进入偏转电场后，做类平抛运动，高电子的加速度为a，则据牛顿第二定律有：

电子在偏转电场中运动的时间为：t=

电子在电场方向上偏转的距离为：y===

（3）发射能力减弱，意味着单位时间内发射出的电子数减少了，就某个电子而言，经U1加速后获得的速度v0是不变的，经U2后的侧移量y也不变，由类平抛的推论“似是中点来”，屏上的P点与中点、出射点在同一条直线上，故P点的位置没有发生变化，由许多个点组成的图形大小不变．

答：（1）A板为正极，M板为正极

（2）电子从偏转电场射出时的侧移量为；

（3）荧光屏上的图形大小不变．

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题型：简答题

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简答题

如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场E1、E1已知区域Ⅰ宽L=0.8m区域Ⅰ足够宽．E1=10kV/m且与水平成45°角斜向右上方，E2=2kV/m方向水平向左．绝缘薄板B长l=2.8m质量mB=1.6kg置于光滑水平面上，其左端与区域Ⅰ的左边界平齐．带电量为q=+1.6×10-3C质量mA=1.6kg的带电体A可视为质点，与木板间的摩擦因数μ=0.1，置于木板的最左端由静止释放．（g=10m/s2）求：

（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度？

（2）木板B的最终速度？

正确答案

解：（1）由牛顿第二定律得：，代入数据解得：a1=10-2 m/s2，

由匀变速运动的速度位移公式得：，代入数据解得：v1=4m/s；

（2）由牛顿第二定律得：

对你A：qE2+μmAg=mAa2，代入数据解得：a2=3m/s2，

对B：μmAg=mBaB，aB=1m/s2，

设经时间t，A、B速度相等，设为v2，速度相等后加速度为a3，

由匀变速运动的速度位移公式得：v1-a2t=aBt，代入数据解得：t=1s，

由位移公式得：，，

代入数据解得：xA=2.5m，xB=0.5m，则：△x=xA-xB=2m；

又l=2.8m、L=0.8m，故当A到达薄板右端时两者速度相等，

由牛顿第二定律得：qE2=（mA+mB）a3，代入数据解得：a3=1m/s2，

由速度位移公式得：，由速度公式得：v2=aBt，解得：v3=m/s；

答：（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度为4m/s；

（2）木板B的最终速度为m/s．

解析

解：（1）由牛顿第二定律得：，代入数据解得：a1=10-2 m/s2，

由匀变速运动的速度位移公式得：，代入数据解得：v1=4m/s；

（2）由牛顿第二定律得：

对你A：qE2+μmAg=mAa2，代入数据解得：a2=3m/s2，

对B：μmAg=mBaB，aB=1m/s2，

设经时间t，A、B速度相等，设为v2，速度相等后加速度为a3，

由匀变速运动的速度位移公式得：v1-a2t=aBt，代入数据解得：t=1s，

由位移公式得：，，

代入数据解得：xA=2.5m，xB=0.5m，则：△x=xA-xB=2m；

又l=2.8m、L=0.8m，故当A到达薄板右端时两者速度相等，

由牛顿第二定律得：qE2=（mA+mB）a3，代入数据解得：a3=1m/s2，

由速度位移公式得：，由速度公式得：v2=aBt，解得：v3=m/s；

答：（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度为4m/s；

（2）木板B的最终速度为m/s．

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题型：多选题

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多选题

一个一价和一个二价的静止铜离子，经过同一电压加速后，再垂直射入同一匀强偏转电场，然后打在同一屏上，屏与偏转电场方向平行，下列说法正确的是（　　）

A二价铜离子打在屏上时的速度小

B离子进入偏转电场后，二价铜离子飞到屏上用的时间短

C离子通过加速电场过程中，电场力对二价铜离子做的功大

D在离开偏转电场时，两种离子在电场方向上的位移不相等

正确答案

B,C

解析

解：A、两粒子都打到极板上，在偏转电场中所经历的电压均为，所以在偏转电场中电场力做功为：q；粒子在全程中电场力做功为：qU+q=mv2，由于两粒子质量相同，电荷量之比为1：2，所以末速度之比为 1：，故A错误；

B、粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，

所以竖直方向：y=at2=t2，由于竖直方向位移y相同，所以电量大的粒子所用时间少，故B正确；

C、粒子经过加速电场加速时，只有电场力做功，由动能定理得：qU=mv02

解得：v0=，两种粒子的电荷量之比为1：2，质量加速电压都相同，加速电场做功为1：2，故C正确；

D、在离开偏转电场时，两种离子在电场方向上的位移均为极板宽度的一半，故D错误；

故选：BC

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题型：多选题

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多选题

如图所示，直流电源的路端电压为U，金属板AB、CD、EF、GH相互平行，相邻间距均为L，它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接，变阻器上ab、bc、cd段电阻相等．小孔O1正对B和E，小孔O2正对D和G．边缘A、C正对，F、H正对．一个电子以初速度v0沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过小孔O1和O2后，从H点离开电场．电子质量为m，电量为q，正对两平行板间均视匀强电场．则下列说法正确的是（　　）

A相邻两极板间的电压相等

B相邻两极板间的电场强度相等

C电子离开H点时的动能是qU

D四块金属板的总长度AB+CD+EF+GH=6v0L

正确答案

A,B,D

解析

解：A、各个板间的电压之和即为电源的电压，极板间电压之比等于ab、bc、cd段电阻之比，由题意知变阻器上ab、bc、cd段电阻相等，故相邻两极板间的电压相等，故A正确；

B、因为三对极板间电压相等且间距也相等，所以电场强度也相等，故B正确；

C、电子经过电场过程中只有电场力对电子做功，据动能定理有：可知，电子离开电场时的动能为，故C错误；

D、由于板间场强相等，则电子在垂直于极板方向，受电场力不变，加速度恒定．可知电子做类平抛运动，电子在水平方向的位移为x，则由题意知，金属板总长度AB+CD+EF+GH=2x=，故D正确．

故选：ABD．

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