带电粒子在电场中的加速_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示电子射线管，阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速，A、B是偏向板，使飞进的电子偏离．若已知P、K间所加电压UPK=2.5×103V，两极板长度L=6.0×10-2m，板间距离为d=3.6×10-2m，所加电压UAB =1000V，R=3×10-2m，电子质量me=9.1×10-31kg，电子的电荷量为e=-1.6×10-19C．设从阴极发射出来的电子速度为0．试问：

（1）电子通过阳极P板的速度υ0是多少？

（2）电子通过偏向板时具有动能Ek是多少？

（3）电子过偏转电极后到达距离偏转电极为R的荧光屏时的O′点，此点偏离入射方向的距离y是多少？

正确答案

解：（1）电子在阳极P和阴极K间运动，

由根据动能定理得：eUPK=mv02-0，

代入数据解得：v0=2.96×107m/s；　　

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，

水平方向：L=v0t，

竖直方向：y′=at2=t2，

在偏转电场中，由动能定理得：

e••y′=EK-mv02，

代入数据解得：EK=4.44×10-16J；

（3）电子离开偏转电场时，

偏转角的正切：tanθ===，

故由几何知识得　y=y‘+Rtanθ，

代入数据解得：y=2.0×10-2m．

答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是2.96×107m/s．

（2）电子通过偏转电极时具有动能Ek是4.44×10-16J．

（3）此点偏离入射方向的距离y是2.0×10-2m．

解析

解：（1）电子在阳极P和阴极K间运动，

由根据动能定理得：eUPK=mv02-0，

代入数据解得：v0=2.96×107m/s；　　

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，

水平方向：L=v0t，

竖直方向：y′=at2=t2，

在偏转电场中，由动能定理得：

e••y′=EK-mv02，

代入数据解得：EK=4.44×10-16J；

（3）电子离开偏转电场时，

偏转角的正切：tanθ===，

故由几何知识得　y=y‘+Rtanθ，

代入数据解得：y=2.0×10-2m．

答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是2.96×107m/s．

（2）电子通过偏转电极时具有动能Ek是4.44×10-16J．

（3）此点偏离入射方向的距离y是2.0×10-2m．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，A板发出的电子经加速电压U0加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，下列说法正确的是（　　）

A当U0增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升

B当U0减小时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升

C电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变

D电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变

正确答案

D

解析

解：由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得：eU0=mv2，电子获得的速度为v=．

电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a=，电子在电场方向偏转的位移为：y=at2．垂直电场方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间为 t=，又因为偏转电场方向向下，故电子在偏转电场里向上偏转．

A、当U0变大时，所以电子获得的速度v增加，由上式得知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，故A错误；

B、当U0减小，所以电子获得的速度v减小，由上式得知，电子在电场中运动时间t变大，故电子偏转位移y变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，轨迹不同，故B错误；

C、偏转电压U增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为电子获得的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大，而电子打在屏上的速度为，故电子打在屏上的速度增大，故C错误；

D、偏转电压U增大时，电子在电场中受到电场力增大，即电子偏转的加速度度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故D正确；

故选：D．

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题型：多选题

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多选题

如图所示是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量是h，两平行板间距为d，电压为U2，板长为L，为了增加偏转量h，可采取下列哪种方法（　　）

A增加U2

B增加U1

C增加L

D增加d

正确答案

A,C

解析

解：根据动能定理得，．

在偏转电场中，运动的时间t=，则h=，可知为了增加偏转量h，可以增加U2、L，或减小d，或减小U1．故A、C正确，B、D错误．

故选AC．

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题型：简答题

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简答题

匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示．图中E0和d均为已知量，将带正电的质点A在O点由能止释放，A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相作用视为静电作用，已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和，不计重力．

（1）求A在电场中的运动时间t；

（2）若B的电荷量，求两质点相互作用能的最大值EPm；

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm．

正确答案

解：（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速a==

A在电场中做匀变速直线运动 d=at2

解得运动时间t==

（2）设A．B离开电场的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有

QEOd=m，qE0d= ①

A、B相互作用的过程中，动量和能量均守恒，A、B间相互作用力为斥力，A受力方向与其运动方向相同，B受力方向与其运动方向相反，相互作用力A做正功，对B做负功．在AB靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加，所以当A、B最接近时，相互作用能最大，因此两者速度相同，设v′，有

（m+）v′=mvA0+ ②

Epm=（m+）-（m+）v′2 ③

又已知，由①②③解得相互作用能的最大值为 Epm=

（3）考虑A、B在x＞d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有

mvA+=mvA0+ ④

+=m+ ⑤

由④⑤解得 vB=-

因B不改变运动方向，故vB≥0 ⑥

由①⑥解得 q≤

即B所带电荷量的最大值为 Qm=．

答：（1）求A在电场中的运动时间t是；

（2）若B的电荷量，两质点相互作用能的最大值EPm是．

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，B所带电荷量的最大值qm是．

解析

解：（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速a==

A在电场中做匀变速直线运动 d=at2

解得运动时间t==

（2）设A．B离开电场的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有

QEOd=m，qE0d= ①

A、B相互作用的过程中，动量和能量均守恒，A、B间相互作用力为斥力，A受力方向与其运动方向相同，B受力方向与其运动方向相反，相互作用力A做正功，对B做负功．在AB靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加，所以当A、B最接近时，相互作用能最大，因此两者速度相同，设v′，有

（m+）v′=mvA0+ ②

Epm=（m+）-（m+）v′2 ③

又已知，由①②③解得相互作用能的最大值为 Epm=

（3）考虑A、B在x＞d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有

mvA+=mvA0+ ④

+=m+ ⑤

由④⑤解得 vB=-

因B不改变运动方向，故vB≥0 ⑥

由①⑥解得 q≤

即B所带电荷量的最大值为 Qm=．

答：（1）求A在电场中的运动时间t是；

（2）若B的电荷量，两质点相互作用能的最大值EPm是．

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，B所带电荷量的最大值qm是．

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题型：简答题

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简答题

如图，虚线下方有足够大的场强大小E=5.0×103 V/m和上方场强为8mg/3q的匀强电场，方向均水平向右．质量均为m=1.5×10-2kg的A、B小球，其中B球为绝缘小球且不带电，被长为R的绝缘丝线悬挂在O点刚好静止在虚线上，A球带电荷量为qA=+6.0×10-6C，在竖直平面内的以某一初速度v竖直进入电场，运动到B点速度刚好水平，同时与B球发生正碰并立即粘在一起围绕O点做半径为R=0.7m完整的圆周运动，假设甲、乙两球可视为质点，g取10m/s2．（sin53°=0.8，c0s53°=0.6）

（1）假设初速度v=20m/s，试求小球A与B球碰撞前能运动的水平位移的大小和整个过程中电场力对小球做功的最大值．

（2）如果小球刚好能做完整的圆周运动，试求碰撞前A球的最小速度和绳子所受的最大拉力分别多大．

正确答案

解：（1）A在竖直方向做匀减速直线运动，加速度为g，则有：

t==2s

水平方向在电场力作用下做匀加速直线运动，则有：

x===4m

当小球和B粘在一起做圆周运动，运动到与O等高时，电场力做功最大，则

W=Eqx+E′qR=5.0×103 V×6.0×10-6C×4+×q×0.7=0.4J

（2）碰撞前A球的速度为v0，碰撞后共同速度为v1，等效最高点速度为v2，

根据动量守恒定律得：

mv0=2mv1

等效最高点合力F=5×=m

根据动能定理得：F（R+0.6R）=△EK

解得：v0=14m/s，v1=7m/s

最低点的速度为v′

在最低点，根据向心力公式得：

N-=2m

又动能定理F×0.4R=△EK

解得：N=20mg=3N

答：（1）假设初速度v=20m/s，小球A与B球碰撞前能运动的水平位移的大小为4m，整个过程中电场力对小球做功的最大值为0.4J．

（2）如果小球刚好能做完整的圆周运动，碰撞前A球的最小速度为14m/s，绳子所受的最大拉力为3N．

解析

解：（1）A在竖直方向做匀减速直线运动，加速度为g，则有：

t==2s

水平方向在电场力作用下做匀加速直线运动，则有：

x===4m

当小球和B粘在一起做圆周运动，运动到与O等高时，电场力做功最大，则

W=Eqx+E′qR=5.0×103 V×6.0×10-6C×4+×q×0.7=0.4J

（2）碰撞前A球的速度为v0，碰撞后共同速度为v1，等效最高点速度为v2，

根据动量守恒定律得：

mv0=2mv1

等效最高点合力F=5×=m

根据动能定理得：F（R+0.6R）=△EK

解得：v0=14m/s，v1=7m/s

最低点的速度为v′

在最低点，根据向心力公式得：

N-=2m

又动能定理F×0.4R=△EK

解得：N=20mg=3N

答：（1）假设初速度v=20m/s，小球A与B球碰撞前能运动的水平位移的大小为4m，整个过程中电场力对小球做功的最大值为0.4J．

（2）如果小球刚好能做完整的圆周运动，碰撞前A球的最小速度为14m/s，绳子所受的最大拉力为3N．

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