带电粒子在电场中的加速_章节学习

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题型：单选题

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单选题

球平正对放置的两块等大平行金属板M、N与电源连接，两板间有一带电粒子以速度v．沿直直线运动；当粒子运动到P点时，由于M板的迅速移动，粒子向上偏转，如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A粒子带负电

BM板向上移动

C板间电场强度减小

D电容器的电容变大

正确答案

D

解析

解：A、由题意知，粒子在电场中受重力和电场力作用，粒子能向上偏转说明粒子所受电场力方向竖直向上，因为电容器下极板与电源正极相连，故带电粒子带正电，故A错误；

B、因为带电粒子在极板运动过程中向上偏转说明粒子所受电场力增大，而电容器始终与电源相连，故两极板间电压保持不变，根据得，电容器极板间距离d减小，故M板要动不可能向上动，只能向下运动，故B错误；

C、因为粒子向上偏转，说明粒子所受电场力增加，即板间场强增大，故C错误；

D、由B分析知，电容器极板间距离减小，根据电容器的决定式，板板距离减小，电容器的电容增大，故D正确．

故选：D

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一束电子从Y轴上的a点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，射入的速度为v0，电子质量为m，电荷量为e．为了使电子束通过X轴上的b点，可在第一象限的某区域加一个沿Y轴正方向的匀强电场．此电场的电场强度为E，电场区域沿Y轴方向为无限长，沿X轴方向的宽度为s，且已知Oa=L，Ob=2s，求该电场的左边界与b点的距离．

正确答案

解：电子进入电场后沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得电子运动的加速度a大小为：a=．

设该电场的左边界与点N之间的距离为d，电子在电场中的运动时间为t．则可以分为两种情况讨论：

若电子在离开电场前到达B点，则d=v0t≤s

L=at2=t2，

解得，d=

若电子在离开电场后到达B点，s＜d≤2s

s=v0t，h=at2=t2，

tanθ===，

则根据几何关系有tanθ=，

由以上两式，解得：d=+．

故该电场的左边界与b点的距离为+．

答：该电场的左边界与b点的距离为或+．

解析

解：电子进入电场后沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得电子运动的加速度a大小为：a=．

设该电场的左边界与点N之间的距离为d，电子在电场中的运动时间为t．则可以分为两种情况讨论：

若电子在离开电场前到达B点，则d=v0t≤s

L=at2=t2，

解得，d=

若电子在离开电场后到达B点，s＜d≤2s

s=v0t，h=at2=t2，

tanθ===，

则根据几何关系有tanθ=，

由以上两式，解得：d=+．

故该电场的左边界与b点的距离为+．

答：该电场的左边界与b点的距离为或+．

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题型：多选题

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多选题

喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）

A向负极板偏转

B电势能一定逐渐减少

C运动轨迹可能是直线

D运动轨迹与带电量有关

正确答案

B,D

解析

解：A、由于微滴带负电，知粒子所受的电场力方向向上，则微滴向正极板偏转，故A错误．

B、在微滴偏转的过程中，电场力做正功，知电势能逐渐减小，故B正确．

C、由于微滴的重力不计，仅受电场力，做类平抛运动，故C错误．

D、粒子的侧向位移y=，可知运动轨迹与带电量有关，故D正确．

故选：BD．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，电子（重力可忽略）在电势差为U0=4.5×103V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U=45V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为m=9.0×10-31Kg，电量为e=-1.6×10-19C，偏转电场的板长为L1=10cm，板间距离为d=1cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2=15cm．求：

（1）电子从加速电场射入偏转电场的速度V0

（2）电子飞出偏转电场时的偏转距离（侧移距离）y

（3）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ

（4）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y．

正确答案

解：（1）在加速电场中，由动能定理得：

-0，

解得：；

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，

水平方向：L1=v0t，

解得运动时间：t=2.5×10-9s，

竖直方向：y=at2=t2，

代入数据解得：y=2.5×10-3m=0.25cm；

（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，

tanθ===，

代入数据解得：tanθ=0.05；

（4）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何知识可知：

代入数据解得：Y=1cm；

答：（1）电子从加速电场射入偏转电场的速度v0为4×107m/s．

（2）电子飞出偏转电场时的偏转距离（侧移距离）y为0.25cm．

（3）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ为0.05．

（4）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y为1cm．

解析

解：（1）在加速电场中，由动能定理得：

-0，

解得：；

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，

水平方向：L1=v0t，

解得运动时间：t=2.5×10-9s，

竖直方向：y=at2=t2，

代入数据解得：y=2.5×10-3m=0.25cm；

（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，

tanθ===，

代入数据解得：tanθ=0.05；

（4）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何知识可知：

代入数据解得：Y=1cm；

答：（1）电子从加速电场射入偏转电场的速度v0为4×107m/s．

（2）电子飞出偏转电场时的偏转距离（侧移距离）y为0.25cm．

（3）电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ为0.05．

（4）电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y为1cm．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，两块正对的平行金属板AB和CD板间距为d，长度为ℓ，B、D为两板的右端点，在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直放置的荧光屏MN，荧光屏距B、D端的距离为ℓ．质量m、电量e的电子以相同的初速度从极板左边中央沿平行极板的直线连续不断地射入．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3T/2；当在两板间加如图乙所示的周期为T，幅值恒为U0的周期性电压时（t=0时刻AB板电势高于CD板），所有电子均能从两板间通过．试确定：

（1）在t=时刻从两板间飞入的电子在飞出电场时运动方向与水平方向的夹角为多少（用e、m、U0、T、ℓ、d及反正切函数表示）；

（2）电子在荧光屏上分布的范围．（忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电子之间的相互作用，取e/m=2×1010c/kg，U0=20V，T=10-6s，d=1m）．

正确答案

解：（1）在t=时刻从两板间飞入的电子，在-T时间内做匀速直线运动，在T-时间内做类平抛运动，在-2T时间内做匀速直线运动．

电子做类平抛运动的加速度大小为

a=，

运动时间为．

设电子在飞出电场时运动方向与水平方向的夹角为θ，则有

tanθ===①

又l=②

由①②得，tanθ=，则θ=arctan．

（2）在0时刻从两板间飞入的电子，在0-时间内做类平抛运动，在-T时间内做匀速直线运动，在T-时间内做类平抛运动，这些电子偏转的距离最大．

设这些电子在电场中偏转距离为y1，在荧光屏上偏转的距离Y1．电子飞出电场时的速度偏向角为α．

则有y1=+=

tanα==

Y1=y1+ltanα=

代入解得，Y1=0.9m．

在t=时刻从两板间飞入的电子在荧光屏上偏转的距离最小，同理可求得电子在荧光屏上偏转的距离Y2=0.45m．

答：

（1）在t=时刻从两板间飞入的电子在飞出电场时运动方向与水平方向的夹角为arctan．

（2）电子在荧光屏上分布的范围是：在荧光屏上O点上方距O点的距离范围是0.45m-0.9m．

解析

解：（1）在t=时刻从两板间飞入的电子，在-T时间内做匀速直线运动，在T-时间内做类平抛运动，在-2T时间内做匀速直线运动．

电子做类平抛运动的加速度大小为

a=，

运动时间为．

设电子在飞出电场时运动方向与水平方向的夹角为θ，则有

tanθ===①

又l=②

由①②得，tanθ=，则θ=arctan．

（2）在0时刻从两板间飞入的电子，在0-时间内做类平抛运动，在-T时间内做匀速直线运动，在T-时间内做类平抛运动，这些电子偏转的距离最大．

设这些电子在电场中偏转距离为y1，在荧光屏上偏转的距离Y1．电子飞出电场时的速度偏向角为α．

则有y1=+=

tanα==

Y1=y1+ltanα=

代入解得，Y1=0.9m．

在t=时刻从两板间飞入的电子在荧光屏上偏转的距离最小，同理可求得电子在荧光屏上偏转的距离Y2=0.45m．

答：

（1）在t=时刻从两板间飞入的电子在飞出电场时运动方向与水平方向的夹角为arctan．

（2）电子在荧光屏上分布的范围是：在荧光屏上O点上方距O点的距离范围是0.45m-0.9m．

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