带电粒子在电场中的加速
共3430题

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带电粒子在电场中的加速
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题型：多选题

多选题

如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度υ0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，且mg=Eq则（　　）

A电场方向竖直向上

B小球运动的加速度大小为g

C小球上升的最大高度为

D小球返回原位置所用时间为

正确答案

C,D

解析

解：A、B、小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下．故A错误，B错误．

C、经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为 x=，则最大高度为h=xsin30°=．故C正确．

D、小球返回原位置所用时间为t，由于运动的对称性可得返回时的速度大小与开始时相等，方向相反，得：．故D正确．

故选：CD．

题型：单选题

单选题

如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（　　）

A增大U2

B减小l

C减小d

D增大U1

正确答案

解析

解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，

eU1=mv02，

所以电子进入偏转电场时速度的大小为，

v0=，

电子进入偏转电场后的偏转的位移为，

h=at2===，

所以示波管的灵敏度=，

所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以C正确．

故选C．

题型：简答题

简答题

如图所示，质量为5×10-8kg的带电微粒以V0=2m/s的速度从水平放置的金属板A、B的中央飞入板间，已知板长L=10cm，板间距离d=2cm．当UAB=1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，则

（1）UAB为多大时粒子擦上板边沿飞出？

（2）UAB在什么范围内带电粒子能从板间飞出？

正确答案

解：（1）当UAB=1000V时，有mg=q；当粒子擦上板边沿飞出时，粒子向上做类平抛运动，由题得知，偏转距离y=，水平位移x=L．

由L=v0t，y=，得

a==8m/s2

根据牛顿第二定律得

q-mg=ma

又mg=q

联立两式得，UAB1=1800V

（2）当粒子擦下板边沿飞出时UAB最小，根据对称性可知，加速度大小也等于a，再由牛顿第二定律得

mg-q=ma

解得，UAB2=200V

所以UAB在200V～1800V范围内带电粒子能从板间飞出．

答：

（1）UAB为1800V时粒子擦上板边沿飞出．

（2）UAB在200V～1800V范围内带电粒子能从板间飞出．

解析

解：（1）当UAB=1000V时，有mg=q；当粒子擦上板边沿飞出时，粒子向上做类平抛运动，由题得知，偏转距离y=，水平位移x=L．

由L=v0t，y=，得

a==8m/s2

根据牛顿第二定律得

q-mg=ma

又mg=q

联立两式得，UAB1=1800V

（2）当粒子擦下板边沿飞出时UAB最小，根据对称性可知，加速度大小也等于a，再由牛顿第二定律得

mg-q=ma

解得，UAB2=200V

所以UAB在200V～1800V范围内带电粒子能从板间飞出．

答：

（1）UAB为1800V时粒子擦上板边沿飞出．

（2）UAB在200V～1800V范围内带电粒子能从板间飞出．

题型：简答题

简答题

两平行金属板长L=O．1m，板间距离d=l×10-2m，从两板左端正中间有带电粒子持续飞入，如图甲所示．粒子的电量q=10-10c，质量m=10-20kg，初速度方向平行于极板，大小为v=107m/s，在两极板上加一按如图乙所示规律变化的电压，不计带电粒子重力作用．求：

（1）带电粒子如果能从金属板右侧飞出，粒子在电场中运动的时间是多少？

（2）试通过计算判断在t=1.4×10-8s和t=0.6×10--8s时刻进入电场的粒子能否飞出．

正确答案

解：（1）粒子在电场中飞行的时间为t则有：t=，代入数据解得t=1×s 　　

（2）粒子在电场中运动的加速度a==2m/

当t=1.4×s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0.6×1 0-8s无竖直方向位移，后0.4×10 -8s做匀加速运动．竖直方向位移为：

Sy===0.16×10-2m＜=0.5×10-2m

∴能飞出两板间．

当t=O．6×1 O-8s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0.4×1 0-8s匀加速运动，后O.6×1 O-8s做匀速运动．竖直方向位移为：

Sy‘==+at（T-t），代入数据解得=0.64×＞m

∴不能飞出两板间．

答：（1）粒子在电场中运动的时间是t=1×s．

（2）计算可知在t=1.4×10-8s时刻进入电场的粒子能飞出，在t=0.6×10--8s时刻进入电场的粒子不能飞出．

解析

解：（1）粒子在电场中飞行的时间为t则有：t=，代入数据解得t=1×s 　　

（2）粒子在电场中运动的加速度a==2m/

当t=1.4×s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0.6×1 0-8s无竖直方向位移，后0.4×10 -8s做匀加速运动．竖直方向位移为：

Sy===0.16×10-2m＜=0.5×10-2m

∴能飞出两板间．

当t=O．6×1 O-8s时刻进入电场，考虑竖直方向运动，前0.4×1 0-8s匀加速运动，后O.6×1 O-8s做匀速运动．竖直方向位移为：

Sy‘==+at（T-t），代入数据解得=0.64×＞m

∴不能飞出两板间．

答：（1）粒子在电场中运动的时间是t=1×s．

（2）计算可知在t=1.4×10-8s时刻进入电场的粒子能飞出，在t=0.6×10--8s时刻进入电场的粒子不能飞出．

题型：简答题

简答题

如图甲所示，在坐标系xoy平面内的第一象限，有一匀强磁场和竖直向下的匀强电场（图中未画出）．电场强度大小E=0.5N/s，磁感应强度大小恒为B=5T，方向垂直xoy平面，且随时间做周期相变化，变化规律如图乙所示，规定垂直xoy 平面向里为磁场的正方向．一质量为m=0.4kg，电荷量q=-8C的带点小球，以初速度v0=5m/s从y轴上的P点沿x轴正方向开始运动．已知P点到原点O的距离H=8cm，不计磁场变化可能产生的一切其他影响，g=10m/s2．

（1）求小球离开第一象限时的位置坐标

（2）如果在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，求小球到达x轴时的速率（可用根号表示）．

正确答案

解：（1）小球所受重力G=mg=0.4×10N=4N，方向竖直向下，电场力F=qE=4N，方向竖直向上，则小球做匀速圆周运动．

则qv0B=m，得，R=

代入解得，R=5cm

小球圆周运动的周期T==2π×10-2s，小球圆周运动的周期等于磁场感应强度变化的周期，则小球的运动轨迹如图．

图中，y=H-R=3cm，sinθ==，cosθ=

小球离开第一象限时的位置横坐标x=R+R（1-cosθ）=6cm

所以小球离开第一象限时的位置坐标为（6cm，0）

（2）在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，由机械能守恒得

mg（H-h）=

代入解得，v=

答：

（1）小球离开第一象限时的位置坐标为（6cm，0）．

（2）如果在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，小球到达x轴时的速率为．

解析

解：（1）小球所受重力G=mg=0.4×10N=4N，方向竖直向下，电场力F=qE=4N，方向竖直向上，则小球做匀速圆周运动．

则qv0B=m，得，R=

代入解得，R=5cm

小球圆周运动的周期T==2π×10-2s，小球圆周运动的周期等于磁场感应强度变化的周期，则小球的运动轨迹如图．

图中，y=H-R=3cm，sinθ==，cosθ=

小球离开第一象限时的位置横坐标x=R+R（1-cosθ）=6cm

所以小球离开第一象限时的位置坐标为（6cm，0）

（2）在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，由机械能守恒得

mg（H-h）=

代入解得，v=

答：

（1）小球离开第一象限时的位置坐标为（6cm，0）．

（2）如果在小球离x轴的高度下降h=3cm后撤去电场，小球到达x轴时的速率为．

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