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

如图所示，水平放置的平行金属板A、B接在电压恒定的电源上．两个质量相等的带电粒子M和N，同时分别从极板A的边缘和两极板的正中央沿水平方向进入板间电场，它们恰好在板间某点相遇．若不考虑粒子的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）

A粒子M带电量小于粒子N的带电量

B两粒子在电场中运动的加速度相等

C从开始到相遇，电场力对粒子M做更多的功

D进入电场时两粒子的初速度大小一定相同

正确答案

C

解析

解：A、B、从轨迹可以看出：yM＞yN，故t2＞t2，则＞，因两个质量相等的带电粒子M和N，解得：qM＞qN，故A错误；

B、因yM＞yN，故故aMt2＞aNt2，所以aM＞aN，故B错误；

C、电场力的功为：W=qEd，电场强度E相同，M电荷量大，竖直分位移大，电场力对粒子M做功更多，故C正确；

D、从轨迹可以看出：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D错误；

故选：C．

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题型：多选题

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多选题

某同学设计了一种静电除尘装置，如图1所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是（　　）

A只增大电压U

B只增大长度L

C只增大高度d

D只增大尘埃被吸入水平速度v0

正确答案

A,B

解析

解：A、增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=，增大y便可增大除尘率，故A正确

B、由A分析知，B正确

C、由A分析知，C错误

D、由A知，D错误

故选AB

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题型：简答题

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简答题

如图所示的电路中，电源电动势E=24V、内阻r=1Ω，定值电阻R1=15Ω．水平放置的平行金属板AB间距d=40cm，上板A开一小孔．合上电键，适当调整R2的有效阻值，然后让一个质量m=0.02kg、带电量q=-0.01C的小球a从距小孔正上方高h=10cm处自由下落，当a刚进入小孔时，另一小球b（质量、电量与小球a的完全相同）恰好从两板的正中央水平飞入，两球同时打在小孔正下方B板上的P点．小球视为质点，小球间的作用力及空气阻力均忽略不计，g=10m/s2．求：

（1）小球a刚进入小孔时的速度V0

（2）两板间的电势差UAB

（3）滑动变阻器的有效阻值．

正确答案

解：（1）小球到达A板前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：V02=2gh

代入得：V0===m/s

（2）设两板间的电势差大小为U，根据位移时间关系公式，有：

d=V0t+at2

=at2

根据牛顿第二定律，有：mg+q=ma

联立得：U=8V

得：UAB=-8V

（3）根据闭合电路欧姆定律，有：U=•R2

代入得：R2=8Ω

答：（1）小球a刚进入小孔时的速度为m/s；

（2）两板间的电势差为-8V；

（3）滑动变阻器的有效阻值为8Ω．

解析

解：（1）小球到达A板前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：V02=2gh

代入得：V0===m/s

（2）设两板间的电势差大小为U，根据位移时间关系公式，有：

d=V0t+at2

=at2

根据牛顿第二定律，有：mg+q=ma

联立得：U=8V

得：UAB=-8V

（3）根据闭合电路欧姆定律，有：U=•R2

代入得：R2=8Ω

答：（1）小球a刚进入小孔时的速度为m/s；

（2）两板间的电势差为-8V；

（3）滑动变阻器的有效阻值为8Ω．

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题型：简答题

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简答题

如图1所示，在实验室的真空室内，两块正对的平行金属板水平放置．在两板之间有一匀强电场，场强按图2所示的规律变化（沿y轴方向为正方向）．在两板正中间有一圆形垂直纸面向外的匀强磁场区域，磁感应强度按图3所示规律变化，如果建立如图1所示的坐标系，在t=0时刻，有一质量m=9.0×10-9kg、电荷量q=9.0×10-6C的带正电的小球，以v0=1m/s的初速度沿y轴正方向从O点射入．试求：

（1）小球在匀强磁场中运动的轨迹长度；

（2）小球再次到达x轴的坐标；

（3）画出小球从O点到再次到达x轴的运动轨迹示意图（请标注必要的角度和位置）．

正确答案

解：（1）粒子进入磁场后，受到电场力、重力和洛伦兹力，因为重力大小为 G=mg=9.0×10-9×10N=9.0×10-8N．电场力F=qE=9.0×10-6×10-2N=9.0×10-8N，则重力与电场力平衡，小球刚进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．

设单位时间t=s．则

在第一、二个t内，B1=1×10-2T

由qvB1=m

得，轨道半径 R1===0.1m，周期 T1===s

故t=

粒子在第一、二个t内，在磁场中转过的圆心角为60°．

在第三个t内，B2=12×10-2T，小球仍做匀速圆周运动，

轨道半径为 R2==m，T2==s=s

则t=T2，在这段时间内，小球正好运动一周回到原来的位置，在第四个t内，小球又运动30°，正好离开磁场．

所以小球在匀强磁场中运动的轨迹长度为：S=+2πR2=+2π×=m．

（2）粒子在磁场中运动时间为 t=3×s，离开磁场后，粒子的电场力与重力仍平衡，运动2t=2×s时间时，电场方向变为竖直向下，做类平抛运动，故有：

a==2g

穿过x轴时竖直方向的位移为 y==0.1m，解得：t′=0.1s

小球在水平方向的位移为：x=v0t′=1×0.1m=0.1m

故小球再次到达x轴的横坐标为：X=0.1m+v0•2t+x=0.2m+1×m≈0.3m

所以小球再次到达x轴的坐标为（0.3m，0）

（3）小球从O点到再次到达x轴的运动轨迹示意图如图所示．

答：

（1）小球在匀强磁场中运动的轨迹长度是m；

（2）小球再次到达x轴的坐标是（0.3m，0）；

（3）画出小球从O点到再次到达x轴的运动轨迹示意图如图所示．

解析

解：（1）粒子进入磁场后，受到电场力、重力和洛伦兹力，因为重力大小为 G=mg=9.0×10-9×10N=9.0×10-8N．电场力F=qE=9.0×10-6×10-2N=9.0×10-8N，则重力与电场力平衡，小球刚进入磁场后由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动．

设单位时间t=s．则

在第一、二个t内，B1=1×10-2T

由qvB1=m

得，轨道半径 R1===0.1m，周期 T1===s

故t=

粒子在第一、二个t内，在磁场中转过的圆心角为60°．

在第三个t内，B2=12×10-2T，小球仍做匀速圆周运动，

轨道半径为 R2==m，T2==s=s

则t=T2，在这段时间内，小球正好运动一周回到原来的位置，在第四个t内，小球又运动30°，正好离开磁场．

所以小球在匀强磁场中运动的轨迹长度为：S=+2πR2=+2π×=m．

（2）粒子在磁场中运动时间为 t=3×s，离开磁场后，粒子的电场力与重力仍平衡，运动2t=2×s时间时，电场方向变为竖直向下，做类平抛运动，故有：

a==2g

穿过x轴时竖直方向的位移为 y==0.1m，解得：t′=0.1s

小球在水平方向的位移为：x=v0t′=1×0.1m=0.1m

故小球再次到达x轴的横坐标为：X=0.1m+v0•2t+x=0.2m+1×m≈0.3m

所以小球再次到达x轴的坐标为（0.3m，0）

（3）小球从O点到再次到达x轴的运动轨迹示意图如图所示．

答：

（1）小球在匀强磁场中运动的轨迹长度是m；

（2）小球再次到达x轴的坐标是（0.3m，0）；

（3）画出小球从O点到再次到达x轴的运动轨迹示意图如图所示．

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题型：多选题

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多选题

如图所示P和Q为两平行金属板，板间电压恒为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子在两板间运动情况，下列说法正确的是（　　）

A两板间距离越大，加速时间越长

B两板间距离越小，加速度越大，则电子到达Q板时获得的速率就越大

C电子到达Q板时获得的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关

D电子的加速度和末速度都与两板间距离无关

正确答案

A,C

解析

解：ABC、粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理：eU=mv2，得v=，则知电子到达Q板时获得的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关．

两板间距离越大，场强E=越小，加速度 a==越小，由v=at知，加速时间越长，故AC正确，B错误．

D、由上知，加速度与两板间距离有关，故D错误．

故选：AC

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正确答案

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