- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
（1）求它出加速电场时的速度v；
（2）它出加速电场后进入偏转电压为U2的偏转电场中，如图所示，若板间距离为d，板长为l，求质子射出偏转电场时的竖直偏移距离y．
（3）根据上述条件，求质子射出偏转电场时的速度方向偏转角（与水平方向的夹角）的正切值是多少？
正确答案
解：（1）质子在加速电场中加速，由动能定理得：
eU1=
解得：v=
（2）粒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=
（3）质子在偏转电场中做类平抛运动，质子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值：
tanθ=
解得：tanθ=
答：（1）求它出加速电场时的速度v为
（2）质子射出偏转电场时的竖直偏移距离y为：
（3）质子射出偏转电场时的速度方向偏转角（与水平方向的夹角）的正切值是
解析
解：（1）质子在加速电场中加速，由动能定理得：
eU1=
解得：v=
（2）粒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=
（3）质子在偏转电场中做类平抛运动，质子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值：
tanθ=
解得：tanθ=
答：（1）求它出加速电场时的速度v为
（2）质子射出偏转电场时的竖直偏移距离y为：
（3）质子射出偏转电场时的速度方向偏转角（与水平方向的夹角）的正切值是
正确答案
解析
解：A、三对正对极板间电压之比1：2：3=：：=1：2：3，
板间距离之比1：2：3=1：2：3
故三个电场场强相等
=
B、根据动能定理
=
电子离开点时动能
k=
C、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，故有：
1+2+3=
=0
消去解得：=0.12 m．
极板总长：+++=2=0.24 m，故C正确；
D、因电场强度相等，且板间距离之比1：2：3=1：2：3，因此AB与CD、CD与EF、EF与GH各相对两板间的电势差之比为1：2：3，故D正确；
故选：BCD．
（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
（2）这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（P为半圆轨道中点）
正确答案
解：（1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是：mg=m
小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：EqS-μmgS-mg•2R=
所以S=
（2）小滑块从P到L过程，由动能定理：-mgR-EqR=
所以v
在P点由牛顿第二定律：FN-Eq=
所以FN=3（mg+Eq）
代入数据得：FN=1.5N
由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道压力为1.5N．
答：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点20m处释放；
（2）这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是1.5N．
解析
解：（1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是：mg=m
小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：EqS-μmgS-mg•2R=
所以S=
（2）小滑块从P到L过程，由动能定理：-mgR-EqR=
所以v
在P点由牛顿第二定律：FN-Eq=
所以FN=3（mg+Eq）
代入数据得：FN=1.5N
由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道压力为1.5N．
答：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点20m处释放；
（2）这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是1.5N．
正确答案
解析
解：A、墨汁微滴带负电，在电场力作用下向正极板偏转，故A错误；
B、电场力做正功，电势能减少，故B正确；
C、墨汁微滴在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；
D、墨汁微滴的偏移量：y=
故选：BC．
At′=
Bt′=2t，v′=2v
Ct′=
Dt′=
正确答案
解析
解：根据动能定理，有：
qU=
解得：
v=
根据动量定理，有：
q
联立①②解得：
t=
当电压增加为4倍时，末速度增加为2倍，加速时间减小为
故选：A．
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