- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
带正电小球质量m=2kg，电量q=2×10-3C，静止在水平地面上，如图1．在空间加上按如图2规律变化的匀强电场，E1=2×104N/C，方向竖直向上．
求：（1）0-1s内小球运动的加速度a
（2）0-1s内小球运动的位移x
（3）4.5s末瞬时速度v及0-4.5s的位移x′）
正确答案
解：（1）0-1s内小球受重力和向上的电场力，根据牛顿第二定律，有：
a=
（2）0-1s内小球运动的位移x：
x=
（3）小球奇数秒向上做加速运动，偶数秒向上做减速运动，画出v-t图象，如图所示：
4.5s末瞬时速度：
v=at1=10×0.5 m/s=5 m/s
4s-4.5s的位移：
x1=
0-4.5s的位移x′：
x′=4x+x1=4×5+1.25=21.25 m；
答：（1）0-1s内小球运动的加速度a为10m/s2；
（2）0-1s内小球运动的位移x 为5m；
（3）4.5s末瞬时速度v为5m/s，0-4.5s的位移x′为21.25m．
解析
解：（1）0-1s内小球受重力和向上的电场力，根据牛顿第二定律，有：
a=
（2）0-1s内小球运动的位移x：
x=
（3）小球奇数秒向上做加速运动，偶数秒向上做减速运动，画出v-t图象，如图所示：
4.5s末瞬时速度：
v=at1=10×0.5 m/s=5 m/s
4s-4.5s的位移：
x1=
0-4.5s的位移x′：
x′=4x+x1=4×5+1.25=21.25 m；
答：（1）0-1s内小球运动的加速度a为10m/s2；
（2）0-1s内小球运动的位移x 为5m；
（3）4.5s末瞬时速度v为5m/s，0-4.5s的位移x′为21.25m．
一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，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）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？
（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）
正确答案
解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：
S闭合后，外阻为：
路端电压为：
电阻R3两端电压为：
则所求流过R4的总电量为：
（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：
当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则：
设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：
竖直方向：
由以上各式求得：
故微粒不能从C的电场中射出．
答：（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，流过R4的总电量为6.0×10-12C；
（2）当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，不能否C的电场中射出．
解析
解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：
S闭合后，外阻为：
路端电压为：
电阻R3两端电压为：
则所求流过R4的总电量为：
（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：
当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则：
设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：
竖直方向：
由以上各式求得：
故微粒不能从C的电场中射出．
答：（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，流过R4的总电量为6.0×10-12C；
（2）当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，不能否C的电场中射出．
正确答案
解析
解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，
eU1=
所以电子进入偏转电场时速度的大小为，
v0=
电子进入偏转电场后的偏转的位移为，
h=
所以示波管的灵敏度
因此要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，所以C正确，ABD错误．
故选C．
Av0；
B
C
D
正确答案
解析
y轴方向：加速度大小为 ay=
v=v0cos45°-ayt=0，解得，t=
最小速度即等于沿x轴方向的分速度vmin=
故选D
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．
正确答案
解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，
从A到C过程，由动能定理得：qE•（s+R）-μmg•s-mgR=
由题，qE=
代入解得，vC=
（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有
N-qE=m
解得，N=
（3）重力和电场力的合力的大小为F=
设方向与竖直方向的夹角为α，则tanα=
滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37°，设最小速度为v，
F=m
解得，v=
答：（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为
（2）在（1）的情况下，滑块到达C点时受到轨道的作用力大小是2.5mg；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小是
解析
解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，
从A到C过程，由动能定理得：qE•（s+R）-μmg•s-mgR=
由题，qE=
代入解得，vC=
（2）滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有
N-qE=m
解得，N=
（3）重力和电场力的合力的大小为F=
设方向与竖直方向的夹角为α，则tanα=
滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间F点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37°，设最小速度为v，
F=m
解得，v=
答：（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为
（2）在（1）的情况下，滑块到达C点时受到轨道的作用力大小是2.5mg；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小是
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