- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
正确答案
解析
解：三个粒子电量相同、质量相同，故加速度a=
粒子在电场中做类平抛运动，
竖直方向：h=
可见AB运动时间相同，C运动时间最短，
水平方向匀速直线运动：L=v0t v0=
故可知vA＜vB＜vC
故选：D．
（1）粒子发生的偏转位移y；
（2）粒子速度偏转角的正切值tanφ；
（3）粒子飞出电场时的速度V的大小．
正确答案
解：粒子在偏转电场中做类平抛运动；
（1）在竖直方向：由运动学公式得：
由牛顿第二定律得：
由水平方向匀速运动得：
由①②③得：
（2）由速度的分解得：
竖直分速度：vy=at ⑤
由②③④⑤得：
（3）对整过过程用动能定理得：
解得：
答：（1）粒子发生的偏转位移y为
（2）粒子速度偏转角的正切值tanφ为
（3）粒子飞出电场时的速度V的大小为
解析
解：粒子在偏转电场中做类平抛运动；
（1）在竖直方向：由运动学公式得：
由牛顿第二定律得：
由水平方向匀速运动得：
由①②③得：
（2）由速度的分解得：
竖直分速度：vy=at ⑤
由②③④⑤得：
（3）对整过过程用动能定理得：
解得：
答：（1）粒子发生的偏转位移y为
（2）粒子速度偏转角的正切值tanφ为
（3）粒子飞出电场时的速度V的大小为
正确答案
解：电子飞出电场的时间t=
t远小于T，电子相当于穿过一个恒定的电场，做类平抛运动．电子恰好不能通过电场时电压为Uc，则电子飞出电场的时间：
t=
由
a=
联立得：
Uc=
代入解得，Uc=91V
因为电子通过的时间t1跟间断的时间t2之比为△t1：△t2=2：1，所以在半个周期内，将有
代入解得：U0=105V．
答；所加的交变电压的最大值U0为105V．
解析
解：电子飞出电场的时间t=
t远小于T，电子相当于穿过一个恒定的电场，做类平抛运动．电子恰好不能通过电场时电压为Uc，则电子飞出电场的时间：
t=
由
a=
联立得：
Uc=
代入解得，Uc=91V
因为电子通过的时间t1跟间断的时间t2之比为△t1：△t2=2：1，所以在半个周期内，将有
代入解得：U0=105V．
答；所加的交变电压的最大值U0为105V．
正确答案
解析
解：
A、由题可知，射线1应带负电，射线2不带电，射线3带负电，所以射线1是β射线，射线2是γ射线，射线3是α射线．
在三种射线中，射线3的电离作用最强．故A错误．
B、射线2是γ射线，贯穿本领最强，用一张白纸不能将它挡住，故B错误．
C、射线3的符号是：
D、射线1的符号是：
故选：C．
（1）所加电场的场强E的大小；
（2）若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球在摆动过程中的最大速度是多少．
正确答案
解：（1）在A点小球受力平衡，如图所示．
Fcosθ=mg，Fsinθ=qE．
解得：E=
（2）把重力场和电场的合场强看成一个新的场，小球在A点受力平衡，则A点即为新场的最低点，则小球在A点速度最大，从B到A的过程中，根据动能定理得：
解得：v=
答：（1）所加电场的场强E的大小为
（2）若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球在摆动过程中的最大速度是
解析
解：（1）在A点小球受力平衡，如图所示．
Fcosθ=mg，Fsinθ=qE．
解得：E=
（2）把重力场和电场的合场强看成一个新的场，小球在A点受力平衡，则A点即为新场的最低点，则小球在A点速度最大，从B到A的过程中，根据动能定理得：
解得：v=
答：（1）所加电场的场强E的大小为
（2）若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球在摆动过程中的最大速度是
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