带电粒子在电场中的加速_章节学习

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，一个电子以4×106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150°角方向飞出，（电子的质量为9.1×10-31kg，不计电子重力）那么

（1）电子到达B点时的速度大小VB是多少？

（2）A、B两点间的电势差UAB为多少？

正确答案

解：电子做类平抛运动，AB两点速度关系有：

=sin30°=

故有：

又：eUAB=△Ek=mvB2-mvA2

e=1.6×10-19c

解得：UAB=-136.5v

答：（1）电子到达B点时的速度大小VB是8×106m/s；

（2）A、B两点间的电势差为-136.5v．

解析

解：电子做类平抛运动，AB两点速度关系有：

=sin30°=

故有：

又：eUAB=△Ek=mvB2-mvA2

e=1.6×10-19c

解得：UAB=-136.5v

答：（1）电子到达B点时的速度大小VB是8×106m/s；

（2）A、B两点间的电势差为-136.5v．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，物块A的质量为10克，带10-8库的正电荷，A与水平桌面间的动摩擦因数为0.1，B为竖直挡板，A与挡板相距1米．现A以4米/秒的速度向B运动，在A运动的空间里存在着水平向右的匀强电场，场强E=3×106牛/库．设A与B相碰无机械能损失，A在运动中电量不变．求物块A从图示位置开始，到最后停止的过程中，距B板最大距离及通过的总路程．

正确答案

解：（1）距离B距离越大，代表电势能越大，因此令动能为0，即第一次碰撞后反弹，直到静止，动能定理：

-F（X-L）-f（X+L）=0-，所以X=2.5 m

（2）电场力：F=qE=10-8×3×106=0.03 N

滑动摩擦：f=umg=0.1×0.01×10=0.01 N

整个过程摩擦力损失能量，电场力不损失能量，A最终静止在B点，因此，动能定理：

FL-fs=0-，且L=1m 所以s=11 m

（L为A到B的初始距离1m，X为A到B的最大距离，s为A整个过程滑行路程）

答案：2.5m 11m

解析

解：（1）距离B距离越大，代表电势能越大，因此令动能为0，即第一次碰撞后反弹，直到静止，动能定理：

-F（X-L）-f（X+L）=0-，所以X=2.5 m

（2）电场力：F=qE=10-8×3×106=0.03 N

滑动摩擦：f=umg=0.1×0.01×10=0.01 N

整个过程摩擦力损失能量，电场力不损失能量，A最终静止在B点，因此，动能定理：

FL-fs=0-，且L=1m 所以s=11 m

（L为A到B的初始距离1m，X为A到B的最大距离，s为A整个过程滑行路程）

答案：2.5m 11m

1

题型：多选题

|

多选题

如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑绝缘轨道，轨道的半径都是R．轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x．一质量为m，带正电q的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v．小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为为△F（△F＞0）．若当小球运动到最低点B时，加一方向竖直向上的匀强电场E（E＜），则小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为为△F′（△F′＞0）．不计空气阻力．则（　　）

Am、R一定时，v变大，△F一定变大

Bm、R一定时，x变大，△F一定变大

C其他条件不变时，加电场前后，△F=△F′

D其他条件不变时，加电场前后，△F＞△F′

正确答案

B,D

解析

解：A、设m在A点时的速度为VA，在B点时速度为VB，对m从A到B点时，根据动能定理有：

mg（2R+X）=mVB2-mVA2

对m在B点时，受重力和支持力NB的作用，根据牛顿第二定律：

NB-mg=m，所以：NB=mg+m；

对m在A点，受重力和支持力NA，根据牛顿第二定律：

NA+mg=m，所以：NA=m-mg；

小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差△F=NB-NA=6mg+2mg，

从推导的关系式可知，m、R一定时，当x变大时，从关系式中不难发现△F一定越大，故A错误，B正确．

C、加上电场后，从A到B过程，由动能定理得：（mg-qE）（2R+x）=mvB′2-mvA′2

对m在B点时，受重力和支持力NB′的作用，根据牛顿第二定律：

NB′-mg+qE=m，所以：NB′=mg+m-qE，

对m在A点，受重力和支持力NA′，根据牛顿第二定律：

NA′+mg-qE=m，所以：NA′=m-mg+qE；

小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差△F′=NB′-NA′=6（mg-qE）+2（mg-qE），

△F-△F′=6qE+2qE＞0，则：△F＞△F′，故C错误，D正确；

故选：BD．

1

题型：简答题

|

简答题

如图甲所示．N个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图所示（图中只画出了六个圆筒，作为示意）．各筒和靶相间地连接到如图乙所示周期为、电压值为0的高频方波电源的两端．整个装置放在高真空容器中，圆筒的两底面中心开有小孔．带电粒子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速（设圆筒内部没有电场）．缝隙的宽度很小，粒子穿过缝隙的时间可以不计．

（1）为使初动能为20质量为的粒子打到靶时获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？

（2）在满足第（1）问条件的前提下，若用该加速器加速一初动能为20的粒子，求粒子进入第个圆筒前与进入第个圆筒前的速率之比k：n．（k和n均为自然数）

（3）若该加速器的电压0=1×105V，=0.002s用该加速器加速一初动能2×105eV的α粒子，为使粒子获得40MeV以上的动能，则该加速器的长度至少为多大？（可以用数列形式表示）α粒子质量为≈3 600MeV/c2（c指光速）

正确答案

解：（1）粒子在圆筒内做匀速直线运动，当运动的时间等于交流电变化周期的一半时，即为一直处于加速状态，则有：；

由题意，缝隙的宽度很小，粒子穿过缝隙的时间可以不计，所以粒子在圆筒内运动的时间就是

粒子的初动能是2e0则初速度：

第一个圆筒的长度就是粒子在第一个圆筒内的位移：

粒子穿过第一个圆筒后的动能：E1=E0+W=2eU0+eU0=3eU0；

粒子穿过第一个圆筒后的速度：

第二个圆筒的长度：

…

粒子穿过第n-1个圆筒后的动能：En-1=E0+（n-1）W=2eU0+（n-1）eU0=（n+1）eU0 ①

粒子穿过第n-1个圆筒后的速度： ②

第n个圆筒的长度： ③

（2）由②可得α粒子进入第个圆筒前的速度是从第k-1个圆筒中出来的速度，它与进入第个圆筒前的速率之比k：n

（3）设粒子需要穿过n个圆筒，则由①式，穿过n个圆筒后粒子的动能：En=（n+2）eU0

由于粒子的初动能是2e0则：

所以：个；

圆筒的总长度：L=L1+L2+L3+…+Ln==

代入数据解得：m

答：（1）为使初动能为20质量为的粒子打到靶时获得最大能量，各个圆筒的长度应满足条件；

（2）粒子进入第个圆筒前与进入第个圆筒前的速率之比；

（3）若该加速器的电压0=1×105V，=0.002s用该加速器加速一初动能2×105eV的α粒子，为使粒子获得40MeV以上的动能，则该加速器的长度至少为m

解析

解：（1）粒子在圆筒内做匀速直线运动，当运动的时间等于交流电变化周期的一半时，即为一直处于加速状态，则有：；

由题意，缝隙的宽度很小，粒子穿过缝隙的时间可以不计，所以粒子在圆筒内运动的时间就是

粒子的初动能是2e0则初速度：

第一个圆筒的长度就是粒子在第一个圆筒内的位移：

粒子穿过第一个圆筒后的动能：E1=E0+W=2eU0+eU0=3eU0；

粒子穿过第一个圆筒后的速度：

第二个圆筒的长度：

…

粒子穿过第n-1个圆筒后的动能：En-1=E0+（n-1）W=2eU0+（n-1）eU0=（n+1）eU0 ①

粒子穿过第n-1个圆筒后的速度： ②

第n个圆筒的长度： ③

（2）由②可得α粒子进入第个圆筒前的速度是从第k-1个圆筒中出来的速度，它与进入第个圆筒前的速率之比k：n

（3）设粒子需要穿过n个圆筒，则由①式，穿过n个圆筒后粒子的动能：En=（n+2）eU0

由于粒子的初动能是2e0则：

所以：个；

圆筒的总长度：L=L1+L2+L3+…+Ln==

代入数据解得：m

答：（1）为使初动能为20质量为的粒子打到靶时获得最大能量，各个圆筒的长度应满足条件；

（2）粒子进入第个圆筒前与进入第个圆筒前的速率之比；

（3）若该加速器的电压0=1×105V，=0.002s用该加速器加速一初动能2×105eV的α粒子，为使粒子获得40MeV以上的动能，则该加速器的长度至少为m

1

题型：简答题

|

简答题

如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：

（1）求电子在电场中的运动时间；

（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；

（3）请证明粒子离开电场时的速度均相同；

（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．

正确答案

解：（1）粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，

在电场中运动时间为：t==s=3×10-5s，

（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×10-5s，再作匀减速直线运动，用时t2=1×10-5s，加速度大小相等，为：

a==m/s2=108m/s2，

射出电场时，竖直分速度为：

vy=at1-at2=108×（2×10-5-1×10-5）m/s=103m/s，

因为t1=2t2，可将整个运动时间分成三个t2，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，在三个t2内粒子竖直分位移分别为：y1=at22，y2=3×at22，y3=3×at22，所以射出电场时，竖直分位移为：

Y′=（1+3+3）•at22=7×m=0.035m

依据比例可得：Y=Y′+x=0.035+0.05=0.085（m）

（3）粒子离开电场时竖直分速度为：vy=a（t正-t负），式中t正为粒子在电场中运动时正向电压（上极板为U0）的持续时间．t负为粒子在电场中运动时负向电压（下极板为U0）的持续时间，（t正-t负）恰好等于交变电压的周期的，

故vy=a•T=108m/s2×m/s=1000m/s，

又所有粒子打入时的水平速度均为v0=1.0×104m/s，且水平方向作匀速直线运动，所以所有粒子离开电场时的速度均为v==1000m/s，方向与水平成arccot10度角．可知粒子离开电场时的速度均相同．

（4）由第（3）问可知，所有粒子飞出时的速度均相同，研究2×10-5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板（如图），所以光带长度为 l=d-at22=0.095m

答：

（1）电子在电场中的运动时间为3×10-5s；

（2）在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离为0.085m；

（3）证明粒子离开电场时的速度均相同见上；

（4）荧光屏上出现的光带长度为0.095m．

解析

解：（1）粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，

在电场中运动时间为：t==s=3×10-5s，

（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×10-5s，再作匀减速直线运动，用时t2=1×10-5s，加速度大小相等，为：

a==m/s2=108m/s2，

射出电场时，竖直分速度为：

vy=at1-at2=108×（2×10-5-1×10-5）m/s=103m/s，

因为t1=2t2，可将整个运动时间分成三个t2，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，在三个t2内粒子竖直分位移分别为：y1=at22，y2=3×at22，y3=3×at22，所以射出电场时，竖直分位移为：

Y′=（1+3+3）•at22=7×m=0.035m

依据比例可得：Y=Y′+x=0.035+0.05=0.085（m）

（3）粒子离开电场时竖直分速度为：vy=a（t正-t负），式中t正为粒子在电场中运动时正向电压（上极板为U0）的持续时间．t负为粒子在电场中运动时负向电压（下极板为U0）的持续时间，（t正-t负）恰好等于交变电压的周期的，

故vy=a•T=108m/s2×m/s=1000m/s，

又所有粒子打入时的水平速度均为v0=1.0×104m/s，且水平方向作匀速直线运动，所以所有粒子离开电场时的速度均为v==1000m/s，方向与水平成arccot10度角．可知粒子离开电场时的速度均相同．

（4）由第（3）问可知，所有粒子飞出时的速度均相同，研究2×10-5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板（如图），所以光带长度为 l=d-at22=0.095m

答：

（1）电子在电场中的运动时间为3×10-5s；

（2）在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离为0.085m；

（3）证明粒子离开电场时的速度均相同见上；

（4）荧光屏上出现的光带长度为0.095m．

热门试卷

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析