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

一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示．若平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，求：

（1）电子进入平行板间的速度多大？

（2）至少在平行板上加多大电U2才能使电子不再飞出平行板？（电子电量1.6×10-19C，电子的质量9×10-31kg）

正确答案

解：（1）电子在加速电场中运动时

根据动能定理，得

⇒

（2）电子在偏转电场中运动时

加速度

由电子在水平方向做匀速直线运动得 L=v0t⇒t=

电子在竖直方向做匀加速直线运动，刚好不飞出电场时y=

又y=，将a、t代入得=40V

答：（1）电子进入平行板间的速度1.33×107m/s；

（2）至少在平行板上加40V电压才能使电子不再飞出平行板．

解析

解：（1）电子在加速电场中运动时

根据动能定理，得

⇒

（2）电子在偏转电场中运动时

加速度

由电子在水平方向做匀速直线运动得 L=v0t⇒t=

电子在竖直方向做匀加速直线运动，刚好不飞出电场时y=

又y=，将a、t代入得=40V

答：（1）电子进入平行板间的速度1.33×107m/s；

（2）至少在平行板上加40V电压才能使电子不再飞出平行板．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行．在满足电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）

AU1变大，U2不变

BU1变小，U2不变

CU1不变，U2变大

DU1不变，U2变小

正确答案

B,C

解析

解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=mv02-0 …①

又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=…②

又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a==…③

电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④

由①、②、③、④可得：vy=at=，

又有：tanθ=，

解得：tanθ=，

A、U1变大，U2不变，偏转角变小，故A错误；

B、U1变小，U2不变，偏转角变大，故B正确；

C、U1不变，U2变大，偏转角一定增大，故C正确；

D、U1不变，U2变小，偏转角减小，故D错误；

故选：BC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，竖直金属板AB所加电压为U1，水平金属板CD长为L1，所加电压为U2，屏与金属板CD右端相距为L2，现有质量为m，电量为e的电子由静止开始经AB板加速，从CD板的正中间射入，且恰好从D板右端边缘飞出，最后后打到屏上．求：

（1）D板带电极性

（2）电子出B板时的速度大小；

（3）电子从D板右端边缘飞出时动能大小

（4）电子打到屏上的位置与O点的距离．

正确答案

解：（1）电子向下偏转，故电场力向下，故D板带正电；

（2）设电子出B板时的速度大小为v0，由动能定理：eU1=

解得：v0=

（3）电子加速、偏转过程中运用动能定理，有：eU1+e=Ek-0

解得：Ek=eU1+e

（3）电子进入偏转电场中做类似平抛运动，出偏转电场做匀速直线运动，设板间距为d，电场中的偏转距离为y1，电子打在屏上的位置与O点的距离为y2；

L1=v0t

y1=

a=

解得：y1=

由几何关系可得：

解得：

答：（1）D板带正电；

（2）电子出B板时的速度大小为；

（3）电子从D板右端边缘飞出时动能大小为eU1+e；

（4）电子打到屏上的位置与O点的距离为．

解析

解：（1）电子向下偏转，故电场力向下，故D板带正电；

（2）设电子出B板时的速度大小为v0，由动能定理：eU1=

解得：v0=

（3）电子加速、偏转过程中运用动能定理，有：eU1+e=Ek-0

解得：Ek=eU1+e

（3）电子进入偏转电场中做类似平抛运动，出偏转电场做匀速直线运动，设板间距为d，电场中的偏转距离为y1，电子打在屏上的位置与O点的距离为y2；

L1=v0t

y1=

a=

解得：y1=

由几何关系可得：

解得：

答：（1）D板带正电；

（2）电子出B板时的速度大小为；

（3）电子从D板右端边缘飞出时动能大小为eU1+e；

（4）电子打到屏上的位置与O点的距离为．

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题型：简答题

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简答题

实验表明，炽热的金属丝可以发射电子．如图所示，设射出的电子速度为零，经加速电压U1加速后进入偏转电场．偏转电极长L1，相距d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L2．若在偏转电极间加电压U2时，光点偏离中线，打在荧光屏的P点．已知，电子的质量是m，电量为e，电子重力不计．求：

（1）电子离开加速电场时的速度．

（2）电子离开偏转电场时偏转角的正切值．

（3）荧光屏上op距离．

正确答案

解：

（1）电子在加速电场中运动时，由动能定理得：eU1=mv02

得：v0=

（2）电子进入偏转电场时做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：

由vy=at，a=，t=得：

则电子离开偏转电场时竖直分速度为 vy=at=，

水平分速度为 vx=v0

偏转角的正切为 tanθ===

（3）电子离开偏转电场时偏转的距离为：y=at2，

又v0=，a=，t=

联立得：y=

电子离开偏转电场后做匀速直线运动，好像从极板的“中点”射出，根据几何关系得：

=

解得：op=

答：

（1）电子离开加速电场时的速度为．

（2）电子离开偏转电场时偏转角的正切值为．

（3）荧光屏上op距离为．

解析

解：

（1）电子在加速电场中运动时，由动能定理得：eU1=mv02

得：v0=

（2）电子进入偏转电场时做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：

由vy=at，a=，t=得：

则电子离开偏转电场时竖直分速度为 vy=at=，

水平分速度为 vx=v0

偏转角的正切为 tanθ===

（3）电子离开偏转电场时偏转的距离为：y=at2，

又v0=，a=，t=

联立得：y=

电子离开偏转电场后做匀速直线运动，好像从极板的“中点”射出，根据几何关系得：

=

解得：op=

答：

（1）电子离开加速电场时的速度为．

（2）电子离开偏转电场时偏转角的正切值为．

（3）荧光屏上op距离为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，为真空示波管的示意图，从阴极K发出的电子（初速度可略），经灯丝与A板间的电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中，最终电子打在荧光屏上的P点．已知加速度电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场两板间距为d，极板长为L．两平行板内部可视为匀强电场，其右侧区域没有电场，已知电子的电量为e，求：

（1）指出两个电压U1、U2的正极（板）；

（2）电子从偏转电场射出时，偏转电场对电子做的功；

（3）使用时间长了以后，电子枪K发射电子的能力将减弱，试判断这种情况下荧光屏上的图形大小会如何变化？（通过必要的说明，回答“变大、变小或不变”）

正确答案

解：（1）因电子带负电，故A板为正极，P点向上传转，说明电子在偏转电场中受到向上的电场力，故M板为正极；

（2）设电子质量为m，带电量为e，经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理有：

得到电子进入偏转电场时的速度为：

电子进入偏转电场后，做类平抛运动，高电子的加速度为a，则据牛顿第二定律有：=

电子在偏转电场中运动的时间为：t=

电子在电场方向上偏转的距离为：y==

偏转电场对电子做的功W=Eey=；

（3）发射能力减弱，意味着单位时间内发射出的电子数减少了，就某个电子而言，经U1加速后获得的速度v0是不变的，经U2后的侧移量y也不变，由类平抛的推论“似是中点来”，屏上的P点与中点、出射点在同一条直线上，故P点的位置没有发生变化，由许多个点组成的图形大小不变．

答：（1）A板为正极，M板为正极

（2）偏转电场对电子做的功为；

（3）荧光屏上的图形大小不变．

解析

解：（1）因电子带负电，故A板为正极，P点向上传转，说明电子在偏转电场中受到向上的电场力，故M板为正极；

（2）设电子质量为m，带电量为e，经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理有：

得到电子进入偏转电场时的速度为：

电子进入偏转电场后，做类平抛运动，高电子的加速度为a，则据牛顿第二定律有：=

电子在偏转电场中运动的时间为：t=

电子在电场方向上偏转的距离为：y==

偏转电场对电子做的功W=Eey=；

（3）发射能力减弱，意味着单位时间内发射出的电子数减少了，就某个电子而言，经U1加速后获得的速度v0是不变的，经U2后的侧移量y也不变，由类平抛的推论“似是中点来”，屏上的P点与中点、出射点在同一条直线上，故P点的位置没有发生变化，由许多个点组成的图形大小不变．

答：（1）A板为正极，M板为正极

（2）偏转电场对电子做的功为；

（3）荧光屏上的图形大小不变．

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