带电粒子在电场中的加速
共3430题

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带电粒子在电场中的加速
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题型：多选题

多选题

如图所，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间加上交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是（　　）

正确答案

A,B,C

解析

解：由A图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，由T到T时间内做加速度增加的减速运动，T时刻速度减为零．

从T到T时间内电子反向做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，

由T时刻到T时间内做加速度增大的减速运动，T时刻速度减为零，回到原位置，即电子能做往复运动．

同样的方法可以得到B、C也对．

故选ABC．

题型：简答题

简答题

如图所示，长为L（L=ab=dc），高为L（L=bc=ad）的矩形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、质量为m、初速度为v0的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计粒子重力．

（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小

（2）若粒子从bc边某处离开电场时速度为v，求电场强度的大小

（3）若粒子从cd边某处离开电场时速度为v，求电场强度的大小．

正确答案

解：（1）a→c过程粒子类平抛沿v0方向：L=v0t

垂直v0方向：

解得：

（2）离开电场时垂直v0方向：

解得：

（3）由动能定理：

解得：

答：（1）若粒子从c点离开电场，电场强度的大小．

（2）若粒子从bc边某处离开电场时速度为v，电场强度的大小．

（3）若粒子从cd边某处离开电场时速度为v，电场强度的大小．

解析

解：（1）a→c过程粒子类平抛沿v0方向：L=v0t

垂直v0方向：

解得：

（2）离开电场时垂直v0方向：

解得：

（3）由动能定理：

解得：

答：（1）若粒子从c点离开电场，电场强度的大小．

（2）若粒子从bc边某处离开电场时速度为v，电场强度的大小．

（3）若粒子从cd边某处离开电场时速度为v，电场强度的大小．

题型：简答题

简答题

如图所示，竖直放置的半径为R的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于水平向左的匀强电场中．今将小球从与环心O在同一水平线上的A点由静止释放，它刚能顺时针方向运动到环的最高点D，而速度为零，则电场强度大小为多大？小球到达最低点B时对环的压力为多大？若欲使此小球从与环心O在同一水平线上的A点开始绕环做完整的圆周运动，则小球的初动能至少为多大？

正确答案

解：小球在运动过程中受到重力、电场力与环的弹力作用，环的弹力对小球不做功；

（1）从A到D的过程中，

由动能定理得：-mgr+qEr=0-0，

解得：E=

（2）从A到B的过程中，

由动能定理得：mgr+qEr=mv2-0，

解得：v=2 ；

小球在B点做圆周运动，环的支持力与重力的合力提供向心力，

由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得：F=5mg，

由牛顿第三定律得：小球在B点时对环的压力大小F′=F=5mg；

（3）从A点到最高点（D与A中点）过程中，

由动能定理可得，W电+WG=0-Ek0

即

解得：Eko=

答：（1）电场强度大小为；

（2）小球在B点时对环的压力大小为5mg．

（3）若欲使此小球从与环心O在同一水平线上的A点开始绕环做完整的圆周运动，则小球的初动能至少为．

解析

解：小球在运动过程中受到重力、电场力与环的弹力作用，环的弹力对小球不做功；

（1）从A到D的过程中，

由动能定理得：-mgr+qEr=0-0，

解得：E=

（2）从A到B的过程中，

由动能定理得：mgr+qEr=mv2-0，

解得：v=2 ；

小球在B点做圆周运动，环的支持力与重力的合力提供向心力，

由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得：F=5mg，

由牛顿第三定律得：小球在B点时对环的压力大小F′=F=5mg；

（3）从A点到最高点（D与A中点）过程中，

由动能定理可得，W电+WG=0-Ek0

即

解得：Eko=

答：（1）电场强度大小为；

（2）小球在B点时对环的压力大小为5mg．

（3）若欲使此小球从与环心O在同一水平线上的A点开始绕环做完整的圆周运动，则小球的初动能至少为．

题型：简答题

简答题

如图所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为L电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场．设电子质量为m、电荷量为q．

（1）求经电场加速后电子速度v的大小；

（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？

（3）电子最大动能多大？

正确答案

解：（1）在加速电场U1中，由动能定理得：

U1e=mev2

解得：v=

（2）要使离开偏转电场的偏转角最大，则粒子应从偏转极板边缘离开，即是：

y=d

由类平抛运动知：

y=at2

L=vt

a==

解得：U2=

（3））离开电场时的最大动能为：Ekm=U1e+U2e=U1e

答：（1）经电场加速后电子速度v的大小为；

（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是；

（3））电子的最大动能为U1e．

解析

解：（1）在加速电场U1中，由动能定理得：

U1e=mev2

解得：v=

（2）要使离开偏转电场的偏转角最大，则粒子应从偏转极板边缘离开，即是：

y=d

由类平抛运动知：

y=at2

L=vt

a==

解得：U2=

（3））离开电场时的最大动能为：Ekm=U1e+U2e=U1e

答：（1）经电场加速后电子速度v的大小为；

（2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是；

（3））电子的最大动能为U1e．

题型：多选题

多选题

一质量为m带电量为+q的带电小球，以速度v0．在足够大的光滑绝缘水平面上运动，从t=0时刻起，在此水平面所在区域加一水平匀强电场E，经过时间t，物体的速度减小到最小值，此后速度不断增大．则（　　）

A在0～t0时间内，电场力做的功为

B在水平电场中运动时间为2t0时，物体速度大小为v0

C电场Ε的大小为

D若电场大小为2E，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为

正确答案

A,B,D

解析

解：

A、在t0时间内，根据动能定理得：W=-=-mv02，即电场力做的功为-mv02，故A正确．

B、此运动类似于斜上抛运动，由对称性可以知道：在水平电场中运动时间为2t0时，物体速度大小为v0，故B正确；

C、把速度v0分解到平行于电场力和垂直于电场力的方向，垂直于电场力的方向做做匀速直线运动，平行于电场力方向做类似竖直上抛运动，当物体的速度减小到最小值时，此时的速度和电场力垂直，所以小球与电场方向平行的分速度为 v∥=v0，与电场方向垂直的分速度为：v⊥=v0．

在电场力方向，根据速度时间公式v=v0+at有：0=v0-at0

又根据牛顿第二定律有：a==，联立解得：E=-，故C错误；

D、若电场大小为2E，方向不变，则小球所受的电场力大小变为原来的2倍，但方向不变，与电场垂直的方向小球的分运动情况不变，仍做匀速直线运动，所以物体运动过程中的最小速度仍为，故D正确．

故选：ABD

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