- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
如图1所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0．电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地．电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm．在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图2，电势最大值Um=3U0．（假定每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：在t=0.06s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上离O点的距离？
正确答案
解：由图知t=0.06s时刻偏转电压为U=1.8U0，
电子在电场中加速，根据动能定理有：
电子在偏转电场中的偏转位移
联立两式，偏转位移y1=0.45L．
因为粒子离开偏转电场速度的反向延长线经过偏转极板中轴线的中点，根据相似三角形得，
代入数据解得Y=13.5cm．
故打在屏上的点距O点13.5cm．
答：t=0.06s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上离O点的距离为13.5cm．
解析
解：由图知t=0.06s时刻偏转电压为U=1.8U0，
电子在电场中加速，根据动能定理有：
电子在偏转电场中的偏转位移
联立两式，偏转位移y1=0.45L．
因为粒子离开偏转电场速度的反向延长线经过偏转极板中轴线的中点，根据相似三角形得，
代入数据解得Y=13.5cm．
故打在屏上的点距O点13.5cm．
答：t=0.06s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上离O点的距离为13.5cm．
（1）该电子进入偏转电场时的速度是多少？
（2）该电子恰能从极板边缘射出时的速度是多少？要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？（e=1.6×10-19C，m=0.91×10 -31kg）
正确答案
解：（1）粒子加速的过程中，根据动能定理得：
（2）在加速电压一定时，偏转电压U‘越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l=υ0t…②
偏转距离：
能飞出的条件为：
解①②③④⑤式得：
电子恰能从极板边缘射出时，根据动能定理得：
代入数据得：
答：（1）该电子进入偏转电场时的速度是1.33×108m/s；
（2）该电子恰能从极板边缘射出时的速度是1.35×108m/s；要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压为4.0×102V．
解析
解：（1）粒子加速的过程中，根据动能定理得：
（2）在加速电压一定时，偏转电压U‘越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l=υ0t…②
偏转距离：
能飞出的条件为：
解①②③④⑤式得：
电子恰能从极板边缘射出时，根据动能定理得：
代入数据得：
答：（1）该电子进入偏转电场时的速度是1.33×108m/s；
（2）该电子恰能从极板边缘射出时的速度是1.35×108m/s；要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压为4.0×102V．
（1）极板间的电场强度E的大小；
（2）该粒子的初速度v0的大小；
（3）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小．
正确答案
解：（1）极板间的电场强度E的大小 
（2）粒子做类平抛运动，
水平方向有：L=v0t
竖直方向有：
根据牛顿第二定律得加速度：
解得：
（3）对带电粒子在电场中运动过程，运用动能定理得：
解得：
答：
（1）极板间的电场强度E的大小为
（2）该粒子的初速度v0的大小为
（3）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小为Uq（1+
解析
解：（1）极板间的电场强度E的大小
（2）粒子做类平抛运动，
水平方向有：L=v0t
竖直方向有：
根据牛顿第二定律得加速度：
解得：
（3）对带电粒子在电场中运动过程，运用动能定理得：
解得：
答：
（1）极板间的电场强度E的大小为
（2）该粒子的初速度v0的大小为
（3）该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小为Uq（1+
（1）电子离开金属板时的飞行时间t是多少？
（2）电子离开金属板时的偏转位移y是多少？
（3）电子飞出电场时的末速度是多少？
（4）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP的长？
正确答案
解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，
根据电容器电压与电场的关系得：
E=
电子在电场中所受电场力F=Eq=9000×1.6×10-19=1.44×10-15N
根据牛顿第二定律知，电子产生的加速度a=
水平方向做匀速运动，
故t=
（2）有y=
（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，
水平方向：
竖直方向：离开偏转电场时的速度v1=at=1.6×1015×2.5×10-9m/s=4×106m/s
末速度：
（4）竖直方向的位移PM=v1t1=4×106×5×10-9m=2×10-2m
由图知，PO=PM+y=2×10-2+5×10-3=2.5×10-2m
答：（1）电子离开金属板时的飞行时间t是2.5×10-9s
（2）电子离开金属板时的偏转位移y是5×10-3m
（3）电子飞出电场时的末速度是
（4）OP的长2.5×10-2m
解析
解：（1）竖直方向做匀加速直线运动，
根据电容器电压与电场的关系得：
E=
电子在电场中所受电场力F=Eq=9000×1.6×10-19=1.44×10-15N
根据牛顿第二定律知，电子产生的加速度a=
水平方向做匀速运动，
故t=
（2）有y=
（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，
水平方向：
竖直方向：离开偏转电场时的速度v1=at=1.6×1015×2.5×10-9m/s=4×106m/s
末速度：
（4）竖直方向的位移PM=v1t1=4×106×5×10-9m=2×10-2m
由图知，PO=PM+y=2×10-2+5×10-3=2.5×10-2m
答：（1）电子离开金属板时的飞行时间t是2.5×10-9s
（2）电子离开金属板时的偏转位移y是5×10-3m
（3）电子飞出电场时的末速度是
（4）OP的长2.5×10-2m
（1）电子通过阳极P板的速度υ0是多少？
（2）电子通过偏转电极时具有动能Ek是多少？
（3）电子经过偏转电极后到达距离偏转电极R=3×10-2m的荧光屏上的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
即 
（2）电子沿板的方向做匀速直线运动，则电子在板间运动的时间：
电子运动的加速度：
电子离开电场时沿场强方向的侧移：y′=
根据动能定理有：
即 
（3）电子离开偏向板时沿场强方向的分速度：
偏转角的正切：
故由几何知识得 y=y‘+Rtanθ=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
即
（2）电子沿板的方向做匀速直线运动，则电子在板间运动的时间：
电子运动的加速度：
电子离开电场时沿场强方向的侧移：y′=
根据动能定理有：
即
（3）电子离开偏向板时沿场强方向的分速度：
偏转角的正切：
故由几何知识得 y=y‘+Rtanθ=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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