带电粒子在电场中的加速_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如图1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2所示．电子原来静止在左极板小孔处．（不计重力作用）下列说法中正确的是（　　）

At=时刻释放电子，电子一定打到右极板上

Bt=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动

Ct=0时刻释放电子，电子将始终向右运动

Dt=时刻释放电子，电子必将打到左极板上

正确答案

C

解析

解：分析电子在一个周期内的运动情况．

A、从t=时刻释放电子，在～内，电子向右做匀加速直线运动；在～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；在～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，在时刻速度减为零；接着重复．若两板距离足够大时，电子在两板间振动．故A错误；

BC、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B错误，C正确；

D、用同样的方法分析从t=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：多选题

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多选题

如图所示，一个绝缘光滑圆环轨道放在竖直向上的匀强电场E中，且Eq=3mg在环的最低点B处有一个质量为m、带电量为+q的小球以速度v=2开始沿轨道运动，则（　　）

A小球运动过程中机械能守恒

B小球经过环的最低点B时速度最小

C在A点球对环的压力为14mg

D在B点球对环的压力为2mg

正确答案

B,C,D

解析

解：A、在整个运动过程中，电场力做功，故机械能不守恒，故A错误；

B、由于电场力大于重力，在从B向上运动的过程中，合力做正功，故动能增大，速度增大，故在B点速度最小，故B正确

C、从B点到A点，由动能定理可得，

在A点

解得FN=14mg

故C正确

D、在B点，解得FBN=2mg

故D正确

故选：BCD

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为u的电场加速，加速电压u随时间t变化的图象如图乙所示．每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变．电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板的电势高．A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m．荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上．不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求：

（1）要使电子都打不到荧光屏上，则A、B两板间所加电压U应满足什么条件；

（2）当A、B板间所加电压U′=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内．

正确答案

解：电子加速过程中，根据动能定理有：

eU1=mv2

偏转过程中，由牛顿第二定律有：eE=ma

而 E=，L=vt，y=at2

有 y=••（）2=

要使电子都打不到屏上，应满足U1取最大值800V时仍有y＞0.5d

代入上式可得，U2=＞=V=100V

所以为使电子都打不到屏上，A、B两板间所加电压U2至少为100V．

（2）当A、B板间所加电压U′=50V时，代入

当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，

其侧移最大ymax=d=×0.05m=0.025m．

设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则：

tanθ==

Ymax=ymax+vy=ymax+

又ymax=，vt=L

得vyt=2ymax，联立得Ymax=ymax+ymax=0.025+×0.025=0.05m

由第（1）问中的y=可知，在其它条件不变的情况下，U1越大y越小，

所以当U1=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小，

其最小侧移量，ymin===m=0.0125m

同理，电子打在屏上距中心的最小距离 Ymin=ymin+ymin=0.0125+×0.125=0.025m

所以电子打在屏上距中心点O在0.025m～0.05m范围内．

答：

（l）要使电子都打不到荧光屏上，则A，B两板间所加电压U应满足至少为100V条件；

（2）当A、B板间所加电U′=50V时，打到荧光屏上的电子距离中心点O在0.025m～0.05m的范围内．

解析

解：电子加速过程中，根据动能定理有：

eU1=mv2

偏转过程中，由牛顿第二定律有：eE=ma

而 E=，L=vt，y=at2

有 y=••（）2=

要使电子都打不到屏上，应满足U1取最大值800V时仍有y＞0.5d

代入上式可得，U2=＞=V=100V

所以为使电子都打不到屏上，A、B两板间所加电压U2至少为100V．

（2）当A、B板间所加电压U′=50V时，代入

当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，

其侧移最大ymax=d=×0.05m=0.025m．

设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则：

tanθ==

Ymax=ymax+vy=ymax+

又ymax=，vt=L

得vyt=2ymax，联立得Ymax=ymax+ymax=0.025+×0.025=0.05m

由第（1）问中的y=可知，在其它条件不变的情况下，U1越大y越小，

所以当U1=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小，

其最小侧移量，ymin===m=0.0125m

同理，电子打在屏上距中心的最小距离 Ymin=ymin+ymin=0.0125+×0.125=0.025m

所以电子打在屏上距中心点O在0.025m～0.05m范围内．

答：

（l）要使电子都打不到荧光屏上，则A，B两板间所加电压U应满足至少为100V条件；

（2）当A、B板间所加电U′=50V时，打到荧光屏上的电子距离中心点O在0.025m～0.05m的范围内．

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题型：简答题

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简答题

如图所示为一带电的平行板电容器（电容器内部的电场可视为竖直方向的匀强电场，板外电场忽略不计）．一带电粒子以某一水平速度沿A板边缘垂直于电场线方向射入，离开电场时，它刚好贴着下板边缘飞出，其速度与水平方向成45°角．已知电容器两极板长为L，粒子所受的重力忽略不计．求：

（1）平行板电容器两极板间的距离d．

（2）如果题设中仅电容器带电量变为原来的一半，则粒子离开电场时，沿场强方向偏转的距离为多少？

（3）在（2）的条件下，当带电粒子沿竖直方向运动的位移为两极板间的距离时，其水平方向的总位移为多大？

正确答案

解：（1）设入射速度为v0，由于出射速度与水平方向成45°角，故竖直方向的分速度为：vy=v0①

竖直方向的平均速度为：②

设运动时间为t，水平方向有：L=v0t③

竖直方向的位移就是板间的距离d=④

由①②③④可得，d=⑤

（2）由电容器定义式可得，C=⑥

当Q减半时，电压U′=⑦

由E′=⑧

而加速度为a′=⑨

射出电场时的偏移量为：ya′t2（10）

由⑥⑦⑧⑨（10）可得，y′=d=（11）

（3）粒子射出电场后做匀速直线运动，要是带电粒子沿竖直方向运动的位移为两极板间的距离，则射出后沿竖直方向的偏移量继续增加量为：

（12）

此时的出射速度方向与水平方向的夹角为α，结合上次的速度方向为45°可得，tanα==（13）

设射出电场后的水平增加位移为△x，由粒子出射后的情景关系可得，tan（14）

由（12）（13）（14）可得，

水平方向的总位移为x=L+

答：（1）平行板电容器两极板间的距离为．

（2）如果题设中仅电容器带电量变为原来的一半，则粒子离开电场时，沿场强方向偏转的距离为

（3）在（2）的条件下，当带电粒子沿竖直方向运动的位移为两极板间的距离时，其水平方向的总位移为．

解析

解：（1）设入射速度为v0，由于出射速度与水平方向成45°角，故竖直方向的分速度为：vy=v0①

竖直方向的平均速度为：②

设运动时间为t，水平方向有：L=v0t③

竖直方向的位移就是板间的距离d=④

由①②③④可得，d=⑤

（2）由电容器定义式可得，C=⑥

当Q减半时，电压U′=⑦

由E′=⑧

而加速度为a′=⑨

射出电场时的偏移量为：ya′t2（10）

由⑥⑦⑧⑨（10）可得，y′=d=（11）

（3）粒子射出电场后做匀速直线运动，要是带电粒子沿竖直方向运动的位移为两极板间的距离，则射出后沿竖直方向的偏移量继续增加量为：

（12）

此时的出射速度方向与水平方向的夹角为α，结合上次的速度方向为45°可得，tanα==（13）

设射出电场后的水平增加位移为△x，由粒子出射后的情景关系可得，tan（14）

由（12）（13）（14）可得，

水平方向的总位移为x=L+

答：（1）平行板电容器两极板间的距离为．

（2）如果题设中仅电容器带电量变为原来的一半，则粒子离开电场时，沿场强方向偏转的距离为

（3）在（2）的条件下，当带电粒子沿竖直方向运动的位移为两极板间的距离时，其水平方向的总位移为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有两个静止的质量均为m=0.2kg的小球A和B，B在桌面边缘，A和B均可视为质点，A球所带的电荷量 q=+0.1C，B球是绝缘体，不带电，桌面离水平地面的高h=0.05m．开始时A、B两小球相距L=0.1m，然后，在整个空间中加上水平向右、大小E=1O N/C的匀强电场，在电场力的作用下，A开始向右运动，并与B球发生正碰，碰撞过程中A、B的总动能无损失，A和B之间无电荷转移（重力加速度g=1Om/s2）．求：

（1）在小球A与B相碰前A的速率为多少？

（2）A、B两小球的落地点之间的距离是多大？

正确答案

解：（1）A在电场作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理有：

qEL=

得：v0==1m/s

（2）设碰撞后A、B两速度分别为vA、vB，根据动量守恒和动能守恒得：

mv0=mvA+mvB

=

联立解得：vA=0，vB=1m/s．

则A球和B球发生碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两球在竖直方向都做自由落体运动，运动时间相等，则有：

h=，得 t==0.1s

则A球落地时水平位移为：xA==0.025m

B球落地时水平位移为：xB=vBt=0.1m

故A、B两小球的落地点之间的距离为：S=xB-xA=0.075m

答：（1）在小球A与B相碰前A的速率为1m/s；

（2）A、B两小球的落地点之间的距离是0.075m．

解析

解：（1）A在电场作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理有：

qEL=

得：v0==1m/s

（2）设碰撞后A、B两速度分别为vA、vB，根据动量守恒和动能守恒得：

mv0=mvA+mvB

=

联立解得：vA=0，vB=1m/s．

则A球和B球发生碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上初速度为零的匀加速运动，两球在竖直方向都做自由落体运动，运动时间相等，则有：

h=，得 t==0.1s

则A球落地时水平位移为：xA==0.025m

B球落地时水平位移为：xB=vBt=0.1m

故A、B两小球的落地点之间的距离为：S=xB-xA=0.075m

答：（1）在小球A与B相碰前A的速率为1m/s；

（2）A、B两小球的落地点之间的距离是0.075m．

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