- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置,构成一平行板电容器,与它相连接的电路如图所示,接通开关K,电源即给电容器充电.保持K接通,减小两极板间的距离,则一个电子(不计重力)从下极板处由静止释放到达上极板处时的速度将______(填变大或变小或不变)
正确答案
不变
解析
解:设电源的电动势为E,电子的质量和电量分别为m和q.
因为平行板电容器与电源保持相连,板间电压等于电源的电动势,即U=E.
对电子,运用动能定理得:
eU=
联立得:v=
由题意知,E不变,m、e也不变,则电子到达上极板处时的速度不变.
故答案为:不变.
如图所示,平行线代表等势线,一个带正电、电量为10-6 C的微粒在电场中仅受电场力作用,当它从A点运动到B点时动能减少了10-5 J,已知A点的电势为-10V,则以下判断正确的是( )
正确答案
解析
解:AB、从A点运动到B点时动能减少,电场力做负功.图中是等势线,电场力与等势线垂直,则电场线在竖直方向上.所以虚线2为所示轨迹,粒子所受电场力竖直向下,从A点运动到B点时,电场力对粒子做负功,动能减小,符合题意.故A错误.B正确.
CD、由根据功能关系可知,从A点运动到B点时,电场力对粒子做负功,且WAB=-10-5 J,则AB间电势差UAB==-10V,已知A点的电势为-10V,则B点的电势为零.故C正确,D错误.
故选BC.
如图所示AB、CD为平行金属板,A、B两板间电势差为500V,C、D始终和电源相接,测得其间的场强为104V/m,一质量为2.5×10-24㎏,电荷量为8×10-16C的带电粒子(重力不计)由静止开始,经A、B加速后穿过CD发生偏转,最后打在荧光屏上,已知C、D极板长S均为4cm,荧光屏距CD右端的距离L为3cm,
问:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度大小?
(2)粒子打在荧光屏上距O点多远处?
(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大?
正确答案
解:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度,由动能定理可得:qU=mv02.
解得:v0==
m/s=4
×105m/s
(2)在偏转电场中做类平抛运动,则电子离开偏转电场时的侧向位移为:y1=at2
水平方向有:s=v0t
加速度为:a=
竖直分速度为:vy=at
则速度偏向角的正切为:tanθ=
粒子离开偏转电场后做匀速直线运动,在打到荧光屏上的这段时间内,竖直方向上发生的位移为:y2=Ltanθ
联立以上各式可得电子打到荧光屏上时的侧移为:y=y1+y2=(S+2L)=
×(0.04+2×0.03)m=0.02m
(3)根据动能定理:qU+qEy1=Ek-0
得:Ek==
J=580J
答:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度大小为4×105m/s.
(2)粒子打在荧光屏上距O点0.02m处.
(3)粒子打在荧光屏上时的动能为580J.
解析
解:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度,由动能定理可得:qU=mv02.
解得:v0==
m/s=4
×105m/s
(2)在偏转电场中做类平抛运动,则电子离开偏转电场时的侧向位移为:y1=at2
水平方向有:s=v0t
加速度为:a=
竖直分速度为:vy=at
则速度偏向角的正切为:tanθ=
粒子离开偏转电场后做匀速直线运动,在打到荧光屏上的这段时间内,竖直方向上发生的位移为:y2=Ltanθ
联立以上各式可得电子打到荧光屏上时的侧移为:y=y1+y2=(S+2L)=
×(0.04+2×0.03)m=0.02m
(3)根据动能定理:qU+qEy1=Ek-0
得:Ek==
J=580J
答:(1)粒子刚离开B板小孔时的速度大小为4×105m/s.
(2)粒子打在荧光屏上距O点0.02m处.
(3)粒子打在荧光屏上时的动能为580J.
坐标系xoy处于光滑绝缘水平面内,在x<0的区域Ⅰ内有平行于y轴负向的匀强电场,电场强度大小为E1;x>0的区域Ⅱ有与y轴正向成θ的水平匀强电场E2,如图所示.质量为m,电量为+q的小物块最初在x轴上的P点,受到沿x轴正向的水平恒力F的作用后,从静止开始沿直线运动到达D点.物块刚进入电场区域Ⅱ时撤去F,经一段时间运动到x轴上的Q点.已知夹角θ=37°,E1=,xOP=4L,xPQ=
L,重力加速度为g,试求:
(1)水平恒力F的大小;
(2)小物块到达D点的速度大小;
(3)电场强度E1 和E2大小之比.
正确答案
解:(1)由直线运动的条件得:
F=qEcotθ,解得:F=mg;
(2)物块从P到D的过程中作匀加速直线运动,
有:=ma,v2=2a
,解得:v=
;
(3)过D点作直线DM与PD垂直,交x轴于M点,过Q点作QN垂直于DM交DM于N点.
物块在电场Ⅱ中作类平抛运动,从D到Q的过程中有:
xDM=xPDtanθ,xMN=(xPQ-xOP-xDMsinθ)sinθ,
xQN=(xPQ-xOP-xDMsinθ)cosθ,
xQN=vt,xDM+xMN=a2t2,
由牛顿第二定律得:qE2=ma2,
解得:E2=,则:
=
;
答:(1)水平恒力F的大小为mg;
(2)小物块到达D点的速度大小为;
(3)电场强度E1和E2大小之比为1:60.
解析
解:(1)由直线运动的条件得:
F=qEcotθ,解得:F=mg;
(2)物块从P到D的过程中作匀加速直线运动,
有:=ma,v2=2a
,解得:v=
;
(3)过D点作直线DM与PD垂直,交x轴于M点,过Q点作QN垂直于DM交DM于N点.
物块在电场Ⅱ中作类平抛运动,从D到Q的过程中有:
xDM=xPDtanθ,xMN=(xPQ-xOP-xDMsinθ)sinθ,
xQN=(xPQ-xOP-xDMsinθ)cosθ,
xQN=vt,xDM+xMN=a2t2,
由牛顿第二定律得:qE2=ma2,
解得:E2=,则:
=
;
答:(1)水平恒力F的大小为mg;
(2)小物块到达D点的速度大小为;
(3)电场强度E1和E2大小之比为1:60.
如图所示,在匀强电场中,有A.B两点,它们间距为2cm,两点的连线与场强方向成60°角.一个质子由A移到B,其电势能减少3.2×10-18 J.求:
(1)A.B两点的电势差UAB为多少?
(2)匀强电场的场强为多大?
正确答案
解:(1)由于电势能减小了3.2×10-18 J,即电场力做功为W=3.2×10-18 J;
则UAB==
;
(2)根据U=Ed得:
E==2000V/m;
答:(1)AB两点的电势差UAB为20V;
(2)匀强电场的场强的大小为2000V/m.
解析
解:(1)由于电势能减小了3.2×10-18 J,即电场力做功为W=3.2×10-18 J;
则UAB==
;
(2)根据U=Ed得:
E==2000V/m;
答:(1)AB两点的电势差UAB为20V;
(2)匀强电场的场强的大小为2000V/m.
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