带电粒子在电场中的加速_章节学习

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题型：填空题

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填空题

如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，到达B板时获得一定速度．当减少两板间距后，再次让电子从A板附近由静止开始运动，则电子到达B板的速度比前一次______．（填增大、减小或不变）

正确答案

不变

解析

解：根据动能定理知，qU=，解得：v=，获得的速度与板间距离无关，故速度不变，

故答案为：不变

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题型：简答题

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简答题

在足够大的绝缘光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg、带电量q=1.0×10-10C的带正电的小球，静止在O点．以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy．在t0=0时突然加一沿x轴正方向、大小E1=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动．在t1=1.0s时，所加的电场突然变为沿y轴正方向、大小E2=2.0×106V/m的匀强电场．在t2=2.0s时所加电场又突然变为另一个匀强电场E3，使小球在此电场作用下在t3=3.0s时速度变为零．求：

（1）在t1=1.0s时小球的速度v1的大小；

（2）在t2=2.0s时小球的位置坐标x2、y2；

（3）匀强电场E3的大小；

（4）请在图的坐标系中绘出该小球在这3s内的运动轨迹．

正确答案

解：（1）在0-1.0s时间内小球沿x轴正方向做匀加速运动，则有 a1==m/s2=0.2m/s2，v1=a1•△t1=0.2×1.0m/s=0.2m/s；在0-1.0s时间内小球的位移为x1==0.1m，小球从原点运动到（0.1m，0）处；

（2）在t1=1.0s到t2=2.0s的时间内，x2=x1+v1△t2=0.1m+0.2×1m=0.3m，y2=a2△t22=×0.2×1.02m=0.1m．

（3）由v22=2v12，得t2=2.0s时小球的速度为：v2=v1=×0.2m/s=0.28m/s，a3==m/s2=0.28m/s2，

E3===2.8×106V/m

（4）带电小球的运动情况如下：在0-1.0s时间内小球的位移为x1==0.1m，小球从原点运动到（0.1m，0）处；在t1=1.0s到t2=2.0s的时间内，小球的轨迹是抛物线，从（0.1m，0）处运动到（0.4m，0.1m）处；在t2=2.0s到t3=3.0s的时间内，小球运动的位移为x3==0.28m，从（0.4m，0.1m）处沿直线运动到（0.4m，0.2m）处；画出三段运动轨迹如图，

答：（1）在t1=1.0s时小球的速度v1的大小为0.2m/s；

（2）在t2=2.0s时小球的位置坐标x2为0.3m，y2为0.1m．

（3）匀强电场E3的大小为2.8×106V/m；

（4）绘出该小球在这3s内的运动轨迹如图所示．

解析

解：（1）在0-1.0s时间内小球沿x轴正方向做匀加速运动，则有 a1==m/s2=0.2m/s2，v1=a1•△t1=0.2×1.0m/s=0.2m/s；在0-1.0s时间内小球的位移为x1==0.1m，小球从原点运动到（0.1m，0）处；

（2）在t1=1.0s到t2=2.0s的时间内，x2=x1+v1△t2=0.1m+0.2×1m=0.3m，y2=a2△t22=×0.2×1.02m=0.1m．

（3）由v22=2v12，得t2=2.0s时小球的速度为：v2=v1=×0.2m/s=0.28m/s，a3==m/s2=0.28m/s2，

E3===2.8×106V/m

（4）带电小球的运动情况如下：在0-1.0s时间内小球的位移为x1==0.1m，小球从原点运动到（0.1m，0）处；在t1=1.0s到t2=2.0s的时间内，小球的轨迹是抛物线，从（0.1m，0）处运动到（0.4m，0.1m）处；在t2=2.0s到t3=3.0s的时间内，小球运动的位移为x3==0.28m，从（0.4m，0.1m）处沿直线运动到（0.4m，0.2m）处；画出三段运动轨迹如图，

答：（1）在t1=1.0s时小球的速度v1的大小为0.2m/s；

（2）在t2=2.0s时小球的位置坐标x2为0.3m，y2为0.1m．

（3）匀强电场E3的大小为2.8×106V/m；

（4）绘出该小球在这3s内的运动轨迹如图所示．

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题型：多选题

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多选题

如图，两极板间有竖直向下的匀强电场，一不计重力的带电粒子，先后两次从两极板间的左端某点垂直于电场线进入匀强电场中，第一次刚好从上极板右边缘射出，第二次正好打在上极板的中点．则（　　）

A粒子带正电

B先后两次在电场中运动的时间之比为2：1

C先后两次进入电场的速度之比为2：1

D先后两次动能的增加量之比为1：1

正确答案

C,D

解析

解：A、粒子受到的电场力与场强方向相反，故粒子带负电，故A错误；

B、粒子在电场中作类平抛运动，故沿电场向方向做初速度为零的匀加速直线运动故，故先后两次在电场中运动的时间之比为1：1，故B错误；

C、进入电场的速度为，先后两次进入电场的速度之比为，故C正确；

D、电场力做功等于动能的增加，电场力做功为△E=W=qEd，故先后两次动能的增加量之比为1：1，故D正确

故选：CD

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题型：简答题

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简答题

如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m，电荷量为+q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失．

（1）小球在A点进入电场时的速度；

（2）小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少；

（3）小球从B点离开圆弧轨道后上升到最高点离B点的距离．

正确答案

解：（1）对从释放到A点过程，根据动能定理，有：

mgH=

解得：

vA=

（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：

mg（H+R）+qER= ①

小球在C点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：

N1-mg-qE=m ②

小球在C点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：

N2-mg=m ③

联立①②③解得：

N1=3mg+3qE+

N2=2mg+3qE+

根据牛顿第三定律，小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为3mg+3qE+、2mg+3qE+；

（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：

mg（H-h）+qER=0-0

解得：

h=

答：（1）小球在A点进入电场时的速度为；

（2）小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为3mg+3qE+、2mg+3qE+；

（3）小球从B点离开圆弧轨道后上升到最高点离B点的距离为．

解析

解：（1）对从释放到A点过程，根据动能定理，有：

mgH=

解得：

vA=

（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：

mg（H+R）+qER= ①

小球在C点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：

N1-mg-qE=m ②

小球在C点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：

N2-mg=m ③

联立①②③解得：

N1=3mg+3qE+

N2=2mg+3qE+

根据牛顿第三定律，小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为3mg+3qE+、2mg+3qE+；

（3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：

mg（H-h）+qER=0-0

解得：

h=

答：（1）小球在A点进入电场时的速度为；

（2）小球在C点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为3mg+3qE+、2mg+3qE+；

（3）小球从B点离开圆弧轨道后上升到最高点离B点的距离为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，相距为d的两平行金属板M、N与电池组相连后，其间形成匀强电场，一带负电粒子从贴近M极板边缘垂直于电场方向射入，恰好能从N极板下边缘射出电场．现欲保持M板不动，把N极板上下平移，使原样射入的粒子能够打在N极板的正中央，不计重力，就下列两种情况求出N极板向上或向下平移的距离．

（1）电键闭合；

（2）把闭合的电键打开．

正确答案

解：（1）S1闭合时，两极板间电压U不变，有

d=，d+x1=，

解得：=，解得：x1=d

（2）断开S后，两极板间场强E不变，

于是d=，d+x2=，

解得：=，解得：x2=3d

答：（1）若开关S始终闭合，则这个距离应为d；（2）若在开关S断开后再移动N板，这个距离又应为3d

解析

解：（1）S1闭合时，两极板间电压U不变，有

d=，d+x1=，

解得：=，解得：x1=d

（2）断开S后，两极板间场强E不变，

于是d=，d+x2=，

解得：=，解得：x2=3d

答：（1）若开关S始终闭合，则这个距离应为d；（2）若在开关S断开后再移动N板，这个距离又应为3d

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