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题型:简答题
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简答题

如图所示,长L=0.4m的两平行金属板A、B竖直放置,相距d=0.02m,两板间接入恒定电压为182V,B板接正极,一电子质量m=9.1×10-31kg,电荷量e=1.6×10-19C,以v0=4×107m/s的速度紧靠A板向上射入电场中,不计电子的重力.问电子能否射出电场?若能,计算在电场中的偏转距离;若不能,在保持电压不变的情况下,B板至少平移多少,电子才能射出电场?

正确答案

解:电子在电场中做类平抛运动,

竖直方向:L=v0t,

水平方向:x=t2

代入数据解得:x=0.08m>0.02m,

电子不能射出电场;

设电子恰好射出电场,

则:竖直方向:L=v0t,

水平方向:x=d′=t2

代入数据解得:d′=0.04m,

B板移动的距离:△d=d′-d=0.04-0.02=0.02m;

答:问电子不能射出电场,在保持电压不变的情况下,B板至少平移0.02m,电子才能射出电场.

解析

解:电子在电场中做类平抛运动,

竖直方向:L=v0t,

水平方向:x=t2

代入数据解得:x=0.08m>0.02m,

电子不能射出电场;

设电子恰好射出电场,

则:竖直方向:L=v0t,

水平方向:x=d′=t2

代入数据解得:d′=0.04m,

B板移动的距离:△d=d′-d=0.04-0.02=0.02m;

答:问电子不能射出电场,在保持电压不变的情况下,B板至少平移0.02m,电子才能射出电场.

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简答题

如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,它的极板长L=0.1m,两板间距离d=0.4cm,有一束相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒能落到下板上,已知微粒质量m=2.0×10-6kg,电量q=+1.0×10-8C,电容器电容C=1.0×10-6F,取g=10m/s2.试求:

(1)若第一个粒子刚好落到下板中点O处,则带电粒子入射初速度的大小;

(2)两板间电场强度为多大时,带电粒子能刚好落到下板右边缘B点;

(3)落到下极板上带电粒子总的个数.

正确答案

解:(1)对第一个落在O点的粒子:

水平方向:

竖直方向:

得:

(2)对落到B点的粒子

由:L=v0t

 

mg-Eq=ma

   得:

(3)由:Q=CEd=6.0×10-6(C)

得:

落到下极板上粒子总数为N+1=601个  

答:(1)若第一个粒子刚好落到下板中点O处,则带电粒子入射初速度的大小是2.5m/s;

(2)两板间电场强度为1.5×103V/m时,带电粒子能刚好落到下板右边缘B点;

(3)落到下极板上带电粒子总的个数是601个.

解析

解:(1)对第一个落在O点的粒子:

水平方向:

竖直方向:

得:

(2)对落到B点的粒子

由:L=v0t

 

mg-Eq=ma

   得:

(3)由:Q=CEd=6.0×10-6(C)

得:

落到下极板上粒子总数为N+1=601个  

答:(1)若第一个粒子刚好落到下板中点O处,则带电粒子入射初速度的大小是2.5m/s;

(2)两板间电场强度为1.5×103V/m时,带电粒子能刚好落到下板右边缘B点;

(3)落到下极板上带电粒子总的个数是601个.

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简答题

(2016•大庆模拟)在地面上方某处的真空室里存在着水平方向的匀强电场,以水平向右和竖直向上为x轴、y轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系.一质量为m、带电荷量为+q的微粒从点P(l,0)由静止释放后沿直线PQ运动.当微粒到达点Q(0,-l)的瞬间,撤去电场,同时加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度的大小B=,该磁场有理想的下边界,其他方向范围无限大.已知重力加速度为g.求:

(1)匀强电场的场强E的大小;

(2)撤去电场加上磁场的瞬间,微粒所受合外力的大小和方向;

(3)欲使微粒不从磁场下边界穿出,该磁场下边界的y轴坐标值应满足什么条件?

正确答案

解:(1)由于微粒沿PQ方向运动,可知微粒所受的合力沿PQ方向,可得:

qE=mgcotα

由题意得:α=60°

解之得:E=

(2)微粒到达Q点的速度v可分解为水平分速度为v1和竖直分速度为v2

根据竖直方向上自由落体运动规律有:

v22=2gl

则有:v2=

v1=v2tan30°=

对于水平分速度v1,其所对应的洛伦兹力大小为f1,方向竖直向上,则有:

f1=qv1B=q•=mg

即与重力恰好平衡.

对于竖直分速度v2,其所对应的洛伦兹力大小为f2,方向水平向左

此力为微粒所受的合力大小为:F=f2=qv2B=q•=mg,方向沿水平向左.

(3)由(2)可知,微粒的运动可以看作水平面内的匀速直线运动与竖直面内的匀速圆周运动的合成.

能否穿出下边界取决于竖直面内的匀速圆周运动,则有:

qv2B=m

解得:r==l

所以欲使微粒不从其下边界穿出,磁场下边界的y坐标值应满足:y≤-(r+l)=-(+1)l

答:(1)匀强电场的场强E的大小是

(2)撤去电场加上磁场的瞬间,微粒所受合外力的大小为mg,方向水平向左;

(3)欲使微粒不从磁场下边界穿出,该磁场下边界的y轴坐标值应满足的条件是y≤-(+1)l.

解析

解:(1)由于微粒沿PQ方向运动,可知微粒所受的合力沿PQ方向,可得:

qE=mgcotα

由题意得:α=60°

解之得:E=

(2)微粒到达Q点的速度v可分解为水平分速度为v1和竖直分速度为v2

根据竖直方向上自由落体运动规律有:

v22=2gl

则有:v2=

v1=v2tan30°=

对于水平分速度v1,其所对应的洛伦兹力大小为f1,方向竖直向上,则有:

f1=qv1B=q•=mg

即与重力恰好平衡.

对于竖直分速度v2,其所对应的洛伦兹力大小为f2,方向水平向左

此力为微粒所受的合力大小为:F=f2=qv2B=q•=mg,方向沿水平向左.

(3)由(2)可知,微粒的运动可以看作水平面内的匀速直线运动与竖直面内的匀速圆周运动的合成.

能否穿出下边界取决于竖直面内的匀速圆周运动,则有:

qv2B=m

解得:r==l

所以欲使微粒不从其下边界穿出,磁场下边界的y坐标值应满足:y≤-(r+l)=-(+1)l

答:(1)匀强电场的场强E的大小是

(2)撤去电场加上磁场的瞬间,微粒所受合外力的大小为mg,方向水平向左;

(3)欲使微粒不从磁场下边界穿出,该磁场下边界的y轴坐标值应满足的条件是y≤-(+1)l.

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简答题

如图,一条长为L的细线上端固定,下端拴一个质量为m的带电为q的小球,将它置于一方向水平向右的匀强电场中,使细线竖直拉直时小球在A点静止释放,当细线离开竖直位置偏角α=60°时,小球速度为0.

(1)求:①小球带电性质②电场强度E.

(2)要小球恰好完成竖直圆周运动,求A点释放小球时应有初速度vA.(可含根式)

正确答案

解:(1)由图可知,小球所受电场力方向水平向右,场强也水平向右,则小球带正电荷.

由题意可知,细线离开竖直位置偏角的角平分线的位置,即为小球平衡位置,

以小球为研究对象,分析受力,作出受力示意图如图.根据平衡条件得:

qE=mgtan

则:E==

(2)小球除拉力外,还受到电场力与重力作用,由于其两个不变,因此可等效成新的重力,所以要小球恰好完成竖直圆周运动,则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点.

根据牛顿第二定律,则有:=m

从而A点到新的重力对应的最高点C,根据动能定理得,

-mgL(1+cos30°)-qELsin30°=mvC2-mvA2

qE=mg

联立两式解得,vA=

答:(1)小球带正电,电场强度为

(2)细线摆到竖直位置时,小球的速度为

解析

解:(1)由图可知,小球所受电场力方向水平向右,场强也水平向右,则小球带正电荷.

由题意可知,细线离开竖直位置偏角的角平分线的位置,即为小球平衡位置,

以小球为研究对象,分析受力,作出受力示意图如图.根据平衡条件得:

qE=mgtan

则:E==

(2)小球除拉力外,还受到电场力与重力作用,由于其两个不变,因此可等效成新的重力,所以要小球恰好完成竖直圆周运动,则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点.

根据牛顿第二定律,则有:=m

从而A点到新的重力对应的最高点C,根据动能定理得,

-mgL(1+cos30°)-qELsin30°=mvC2-mvA2

qE=mg

联立两式解得,vA=

答:(1)小球带正电,电场强度为

(2)细线摆到竖直位置时,小球的速度为

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简答题

如图所示,水平放置的长L=0.2m的两平行金属板相距d=0.1m,距离金属板右端水平距离也为d的位置有一足够长的屏PQ.在两板左端一粒子源能源源不断地沿两板中线发射比荷=100C/kg的带电粒子,所有粒子速度大小均为v0=100m/s.当两板无电压时,粒子打在屏上O点处.若两板可以加上的电压分别为U1=10V,U2=25V,U3=100V.不计粒子间的相互作用力和粒子的重力.求:

(1)三种电压条件下,粒子在电场中运动的最短时间tm

(2)三种电压条件下,粒子打在PQ上的点离O点最远的距离Lm

正确答案

解:(1)粒子在电场中作类平抛运动,有:

水平方向上位移:x=v0t①

竖直方向上位移:

粒子在电场中的加速度

当粒子恰好从两板右边缘飞出电场时有:x=L,

设此时两板电压U=U0,解得:U0=25V

当两板电压为U=U3=100V时,粒子将打在上极板上,此时,粒子运动时间最短

由②③④式及可得tn=1×10-3s

(2)当两板电压为U=U0=U2时,粒子打在PQ上的点离O点最远,

由粒子作类平抛运动的结论及几何关系有:

解得Lm=0.1m

答:(1)三种电压条件下,粒子在电场中运动的最短时间tm为1×10-3s

(2)三种电压条件下,粒子打在PQ上的点离O点最远的距离Lm为0.1m

解析

解:(1)粒子在电场中作类平抛运动,有:

水平方向上位移:x=v0t①

竖直方向上位移:

粒子在电场中的加速度

当粒子恰好从两板右边缘飞出电场时有:x=L,

设此时两板电压U=U0,解得:U0=25V

当两板电压为U=U3=100V时,粒子将打在上极板上,此时,粒子运动时间最短

由②③④式及可得tn=1×10-3s

(2)当两板电压为U=U0=U2时,粒子打在PQ上的点离O点最远,

由粒子作类平抛运动的结论及几何关系有:

解得Lm=0.1m

答:(1)三种电压条件下,粒子在电场中运动的最短时间tm为1×10-3s

(2)三种电压条件下,粒子打在PQ上的点离O点最远的距离Lm为0.1m

下一知识点 : 带电粒子在电场中的偏转
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