带电粒子在电场中的加速
共3430题

带电粒子在电场中的加速
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热门试卷

题型：简答题

简答题

如图所示，空间有场强E=1.0×103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=+5×10-4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=30°、无限大的挡板MN上的C点．试求：

（1）绳子至少受多大的拉力才能被拉断；

（2）A、C两点的电势差．

正确答案

解：（1）A→B由动能定理及圆周运动知识有：

（mg+qE）•L=mvB2

F-（mg+qE）=

得：F=3N

（2）由（1）可知到达B点的速度为

在C点根据速度关系有：vcsinθ=vB

从A→C过程，根据动能定理有：

从根据动能定理有：qUAC+mghAC=mvc2-0

得：U=1600V

答：（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断；

（2）A、C两点的电势差为1600V．

解析

解：（1）A→B由动能定理及圆周运动知识有：

（mg+qE）•L=mvB2

F-（mg+qE）=

得：F=3N

（2）由（1）可知到达B点的速度为

在C点根据速度关系有：vcsinθ=vB

从A→C过程，根据动能定理有：

从根据动能定理有：qUAC+mghAC=mvc2-0

得：U=1600V

答：（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断；

（2）A、C两点的电势差为1600V．

题型：简答题

简答题

如图所示，相距为d的两平行金属板A、B上加电压U，A板电势高，在A板上放一小粒放射性物质，它不断向右侧空间各个方向放出质量为m、电量为q的α粒子，α粒子的最大速度为V，B板上涂荧光粉，α粒子轰击B板而发光，设α粒子不被B板反射，则B板的发光面积为______．

正确答案

解：平行A板射出的α粒子，它们在类平抛运动，在B板上的集合会是一个圆．

平行A板方向，做匀速运动，r=vt

垂直A板方向，做匀加速运动，．

则半径：．

圆形面积：．

故答案为：．

解析

解：平行A板射出的α粒子，它们在类平抛运动，在B板上的集合会是一个圆．

平行A板方向，做匀速运动，r=vt

垂直A板方向，做匀加速运动，．

则半径：．

圆形面积：．

故答案为：．

题型：简答题

简答题

如图所示，半径为R=0.4m的光滑圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BO相切于B点，一带电量q=+0.2C质量m=0.4kg的小物块从A点由静止释放，经过BO后以v=1m/s的速度从O点水平抛出，击中右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y=x2-6（x和y的单位均为m），在y轴的左侧区域存在竖直向下的匀强电场，场强E=20V/m，小物块与轨道BO间的动摩擦因数μ=0.1，g 取10m/s2．求

（1）小物块经过B点时对轨道的压力大小

（2）水平轨道BO的长度

（3）P点的坐标．

正确答案

解：（1）物块从A到B，由动能定理得：mgR+qER=mvB2，

解得：vB==4m/s

在B点，由牛顿第二定律得：qE+FN-mg=m

解得：FN=3mg+qE=3×4+0.2×20=14N，

由牛第三定律可知，滑块对轨道的压力FN′=FN=14N；

（2）从B到O，由动能定理得：-μ（mg+qE）l=-mvB2

解得轨道BO的长度为：l=0.2m

（3）设P点的坐标为（x，y），从O到P的运动时间为t．

则 x=vt

y=-

据题y=x2-6，联立得：-=（vt）2-6

代入得：-5t2=t2-6，t=1s

故得 x=1m，y=-5m

所以P点的坐标为（1m，-5m）．

答：

（1）小物块经过B点时对轨道的压力大小为14N．

（2）水平轨道BO的长度是0.2m．

（3）P点的坐标为（1m，-5m）．

解析

解：（1）物块从A到B，由动能定理得：mgR+qER=mvB2，

解得：vB==4m/s

在B点，由牛顿第二定律得：qE+FN-mg=m

解得：FN=3mg+qE=3×4+0.2×20=14N，

由牛第三定律可知，滑块对轨道的压力FN′=FN=14N；

（2）从B到O，由动能定理得：-μ（mg+qE）l=-mvB2

解得轨道BO的长度为：l=0.2m

（3）设P点的坐标为（x，y），从O到P的运动时间为t．

则 x=vt

y=-

据题y=x2-6，联立得：-=（vt）2-6

代入得：-5t2=t2-6，t=1s

故得 x=1m，y=-5m

所以P点的坐标为（1m，-5m）．

答：

（1）小物块经过B点时对轨道的压力大小为14N．

（2）水平轨道BO的长度是0.2m．

（3）P点的坐标为（1m，-5m）．

题型：简答题

简答题

如图所示，阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速．A，B是偏向板，使飞进的电子偏离．若已知P，K间所加电压为U1，A，B两极板长为L，A，B两板间距为d，所加电压为U2，电子质量m，电子的电荷量e，设从阴极出来的电子速度为零，不计重力．

（1）电子通过阳极P时的速度v0是多大？

（2）电子通过偏转电极时具有动能EK是多大？

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：

eU1=mv02-0，解得：v0=；

（2）电子在A、B间做类平抛运动，

水平方向：L=v0t，

竖直方向：vy=at=t，

电子通过偏转电极时的动能：

EK=mv02+mvy2，

解得：EK=eU1+；

答：（1）电子通过阳极P时的速度v0是；

（2）电子通过偏转电极时具有动能EK是：eU1+．

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：

eU1=mv02-0，解得：v0=；

（2）电子在A、B间做类平抛运动，

水平方向：L=v0t，

竖直方向：vy=at=t，

电子通过偏转电极时的动能：

EK=mv02+mvy2，

解得：EK=eU1+；

答：（1）电子通过阳极P时的速度v0是；

（2）电子通过偏转电极时具有动能EK是：eU1+．

题型：简答题

简答题

如图所示，在水平向右、场强大小E=3.0×104N/C的匀强电场中，有一个质点m=4.0×10-3kg的带点小球，用长l=1.0m的绝缘轻细线悬挂于O点，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°．取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80，不计空气阻力的作用．求：

（1）小球所带电荷量的大小；

（2）若将小球缓慢拉回到悬点正下方的最低点，拉力至少需要做的功W

（3）若突然撤去电场（不计撤去电场过程中产生的电磁场对小球的影响），小球运动至最低点时，小球对细线拉力的大小F．

正确答案

解：（1）受力分析，则有：．

解得：q==1×10-6C

（2）小球缓慢拉回到悬点正下方的最低点，

根据动能定理，则有：W+WG+WE=0-0

W=-WG-WE=qElsin37°-mgl（1-cos37°）

解得：W=-1×10-2 J

（3）若撤去电场，则小球运动至最低点时，机械能守恒，

则有：mgl（1-cos37°）=mv2

由向心力表达式，则有F-mg=m

综合上式，可解得：F=5.6×10-2 N．

答：（1）小球所带电荷量的大小1×10-6C；

（2）若将小球缓慢拉回到悬点正下方的最低点，拉力至少需要做-1×10-2 J的功；

（3）若突然撤去电场（不计撤去电场过程中产生的电磁场对小球的影响），小球运动至最低点时，小球对细线拉力的大小5.6×10-2 N．．

解析

解：（1）受力分析，则有：．

解得：q==1×10-6C

（2）小球缓慢拉回到悬点正下方的最低点，

根据动能定理，则有：W+WG+WE=0-0

W=-WG-WE=qElsin37°-mgl（1-cos37°）

解得：W=-1×10-2 J

（3）若撤去电场，则小球运动至最低点时，机械能守恒，

则有：mgl（1-cos37°）=mv2

由向心力表达式，则有F-mg=m

综合上式，可解得：F=5.6×10-2 N．

答：（1）小球所带电荷量的大小1×10-6C；

（2）若将小球缓慢拉回到悬点正下方的最低点，拉力至少需要做-1×10-2 J的功；

（3）若突然撤去电场（不计撤去电场过程中产生的电磁场对小球的影响），小球运动至最低点时，小球对细线拉力的大小5.6×10-2 N．．

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