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

电路如图所示，电源电动势E=28V，R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，r=2Ω．C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10-2m．

（1）求开关S从断开状态，调到闭合状态的过程中，流过R4的电量为多少？

（2）开关S断开时，质量均为m=8×10-22kg、带电量均为8×10-16的正负两粒子，由电容器上下边界的a、c两点，先后沿ab和cd方向以速率v0进入电容器（两粒子不同时出现在电场中）．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，求粒子的速率进入电场的速率v0．

正确答案

解：

（1）S断开时，电阻R3两端电压为U3=

S闭合后，外阻为R==6Ω

路端电压为U==21V

电阻R3两端电压为U3′==14V

则流过R4的总电量为△Q=CU3-CU3′=6×10-12C

（2）开关断开时，电压为16V；由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心．

由类平抛运动的关系可得：

竖直方向：at2=t2=，

水平方向：v0t=，

解得t=，

则v0==×=4×103m/s；

答：（1）流过R4的电量为6×10-12C

（2）粒子的速率进入电场的速率为4×103m/s；

解析

解：

（1）S断开时，电阻R3两端电压为U3=

S闭合后，外阻为R==6Ω

路端电压为U==21V

电阻R3两端电压为U3′==14V

则流过R4的总电量为△Q=CU3-CU3′=6×10-12C

（2）开关断开时，电压为16V；由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅在电场的作用下运动，所以可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，相切点为矩形的几何中心．

由类平抛运动的关系可得：

竖直方向：at2=t2=，

水平方向：v0t=，

解得t=，

则v0==×=4×103m/s；

答：（1）流过R4的电量为6×10-12C

（2）粒子的速率进入电场的速率为4×103m/s；

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题型：单选题

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单选题

如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处．不计电子的重力，下列说法中正确的是（　　）

A从t=0时刻释放电子，电子时而向右运动，时而向左运动，最后打到右极板上

B从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动

C从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上

D从t=时刻释放电子，电子必将打到右极板上

正确答案

C

解析

解：分析电子在一个周期内的运动情况．

AB、从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A、B错；

C、从t=时刻释放电子，-内，电子向右做匀加速直线运动；-内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；-T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T-内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，时刻速度减为零，接着重复，若两板距离足够大时，电子在两板间振动，故C正确．

D、用同样的方法分析从t=时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场．也可能电子在向右过程中就碰到右极板，故D错误．

故选：C

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题型：填空题

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填空题

如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．则电场强度大小E=______．粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t=______．

正确答案

解析

解：

粒子在第Ⅰ象限内做类平抛运动，设在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，则：

水平方向有：2h=v0t1…①竖直方向有：…②

①②式联立得：E=…③

设粒子进入第Ⅳ象限时竖直方向的速度vy则有：…④．

①③④联立得：vy=v0

所以粒子进入第Ⅳ象限时速度与x轴的夹角为45°，粒子在第Ⅳ象限内做圆周运动的偏转角：

θ=180°-45°=135°

粒子在第Ⅳ象限内运动的时间为：

=…⑤

粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间：

t=t1+t1…⑥

①⑤⑥联立得：

t=

故答案为：，

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题型：简答题

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简答题

如图是成都市某中学高二学生自行设计的“回旋加速器”．设计方案如下：在绝缘水平桌面上水平固定着内壁光滑的中空绝缘细玻璃圆管道ABCD，其中空内径AA’远小于圆管道直径d（即AC长度为直径d），在ABC半圆区域（包括直径AC）加上水平向左的匀强电场，其电场强度为E；现有一电荷量为q、质量为m（未知）的带正电小球距C点四分之一的圆周B处静止释放．

（1）小球第一次通过D处时对管壁的压力

（2）若玻璃管壁的任意位置的最大承受力均为F（F＞mg）；现仅改变电场强度的大小，小球仍从B处静止释放，到达C处时刚好能使玻璃管壁破裂，求所加的水平向左的匀强电场的强度E’和此时小球的动能Ek．

正确答案

解：（1）小球第一次通过D处时速度为v1，则由动能定理得

在D处有：FN=m

解得：FN=2qE

由牛顿第三定律得：小球对外管壁压力，方向从B→D．

（2）小球在管内运动中，在C处压力最大，故小球在C处受到管壁的支持力为F

有：F-qE′=m

设小球第N次通过C处时，其管壁破裂，有，（N=1，2，3，…）

此时

联立以上两式解得：，其中N=1，2，3…，（N=1，2，3，…）

答：

（1）小球第一次通过D处时对管壁的压力大小为2qE，方向从B→D．

（2）所加的水平向左的匀强电场的强度E′为，其中N=1，2，3…．此时小球的动能Ek为，（N=1，2，3，…）．

解析

解：（1）小球第一次通过D处时速度为v1，则由动能定理得

在D处有：FN=m

解得：FN=2qE

由牛顿第三定律得：小球对外管壁压力，方向从B→D．

（2）小球在管内运动中，在C处压力最大，故小球在C处受到管壁的支持力为F

有：F-qE′=m

设小球第N次通过C处时，其管壁破裂，有，（N=1，2，3，…）

此时

联立以上两式解得：，其中N=1，2，3…，（N=1，2，3，…）

答：

（1）小球第一次通过D处时对管壁的压力大小为2qE，方向从B→D．

（2）所加的水平向左的匀强电场的强度E′为，其中N=1，2，3…．此时小球的动能Ek为，（N=1，2，3，…）．

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题型：简答题

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简答题

如图在一个分布范围足够大的水平向右的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细丝线把一个带电小球悬挂在O点，小球的质量为m，带电量为q，现把小球用绝缘工具移动到B位置，使细丝线伸直且水平，无初速释放小球，小球向左能够到达的最远位置为D，小球速度最大位置为A，小球在D、A两位置时，细丝线与竖直方向的夹角分别为α、θ，且θ=30°．试求：

（1）匀强电场的场强E

（2）图中α角的大小．

正确答案

解：（1）小球速度最大位置为A，细丝线与竖直方向夹角为θ=30°，此时必有重力与电场力的合力与细线在一条线上，故有：

qE=mgtanθ　　

整理得：E=；

（2）小球从B到D的过程，由动能定理得：

W总=mgLcosα-qEL（1+sinα）=0

带入数据得：α=30°（另一解舍去）　　

答：（1）匀强电场的场强为（2）小球向左能够到达的最远位置为D，小球在D位置时，细丝线与竖直方向的夹角α=30°

解析

解：（1）小球速度最大位置为A，细丝线与竖直方向夹角为θ=30°，此时必有重力与电场力的合力与细线在一条线上，故有：

qE=mgtanθ　　

整理得：E=；

（2）小球从B到D的过程，由动能定理得：

W总=mgLcosα-qEL（1+sinα）=0

带入数据得：α=30°（另一解舍去）　　

答：（1）匀强电场的场强为（2）小球向左能够到达的最远位置为D，小球在D位置时，细丝线与竖直方向的夹角α=30°

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