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

如图所示为电子射线管，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是偏转板，使飞进的电子偏离．若已知P、K间所加电压UPK=2.5×103V，偏向板长L=6.0×10-2m，板间距离d=10-2m，所加电压UAB=100V．R=14×10-2m．电子质量me=9.1×10-31kg，电子电量e=-1.6×10-19C．设从阴极出来的电子速度为0．试问：

（1）电子通过阳极P板的速度υ0是多少？

（2）电子通过偏转板时具有动能Ek是多少？

（3）电子通过偏转板到达距离偏转板R=14×10-2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离O O′是多少？

正确答案

解：（1）在加速电场中，由动能定理得：

eUPK=mv02-0，代入数据解得：v0=2.1×107m/s；

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，

运动时间：t=，

偏移量：y=at2=t2，

在偏转电场中，由动能定理得：

e••y=EK-mv02，

代入数据解得：EK=4.06×10-16J；

（3）在偏转电场中，由动能定理得：

e••y=mvy2-0，

tanθ=，Y=y+Rtanθ，

代入数据解得：Y=2.2×10-2m．

答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是2.1×107m/s；

（2）电子通过偏转板时具有动能Ek是 4.06×10-16J；

（3）电子通过偏转板到达距离偏转板R=14×10-2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离OO′是2.2×10-2m．

解析

解：（1）在加速电场中，由动能定理得：

eUPK=mv02-0，代入数据解得：v0=2.1×107m/s；

（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，

运动时间：t=，

偏移量：y=at2=t2，

在偏转电场中，由动能定理得：

e••y=EK-mv02，

代入数据解得：EK=4.06×10-16J；

（3）在偏转电场中，由动能定理得：

e••y=mvy2-0，

tanθ=，Y=y+Rtanθ，

代入数据解得：Y=2.2×10-2m．

答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是2.1×107m/s；

（2）电子通过偏转板时具有动能Ek是 4.06×10-16J；

（3）电子通过偏转板到达距离偏转板R=14×10-2m荧光屏上O′点，此点偏离入射方向的距离OO′是2.2×10-2m．

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题型：单选题

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单选题

有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点以相同速率垂直电场方向射入电场，分别落在A、B、C三点，如图，则（　　）

AA球带负电，B球不带电，C球带正电

B三个小球在电场中的运动时间相等

C在电场中加速度的关系是aC＞aB＞aA

D到达正极板时的动能关系是EC＜EB＜EA

正确答案

C

解析

解：

A、B、C运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为xA＞xB＞xC，初速度v0相同，由位移公式x=v0t得知，运动时间关系为tA＞tB＞tC．小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式y=at2得到，加速度的关系为aC＞aB＞aA．根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：FA＜FB＜FC．三个质量相等，重力相等，则可知，A所电场力向上，C所受电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电．故AB错误，C正确．

D、由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系EKA＜EKB＜EKC．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．场强方向竖直向下的匀强电场中，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度（V0），先后垂直射入电场，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定（　　）

A甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电

B三个质点在电场中的运动时间相等

C三个质点在电场中的加速度a甲＞a乙＞a丙

D三个质点到达负极的动能EK甲＞EK乙＞EK丙

正确答案

C,D

解析

解：A、B、C、三个微粒的初速度相等，水平位移x丙＞x乙＞x甲，根据水平方向上做匀速直线运动，所以t丙＞t乙＞t甲．

三个微粒在竖直方向上的位移相等，根据，知a丙＜a乙＜a甲．从而得知乙仅受重力，丙所受的电场力向上，甲所受的电场力向下，所以乙不带电，丙带正电，甲带负电．故C正确，AB错误．

D、根据动能定理，三个微粒重力做功相等，丙电场力做负功，甲电场力做正功，所以甲的动能变化量最大，丙动能变化量最小，初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能Ek丙＜Ek乙＜Ek甲．故D正确．

故选：CD

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两块相距为d、足够长的金属板平行竖直放置，长为L的绝缘细线一端拴质量为m的带电小球，另一端固定在左板上某点，小球静止时绝缘线与竖直方向的夹角为θ，如将细线剪断，问：

（1）小球将如何运动？

（2）小球经多长时间打到金属板上？

正确答案

解：（1）小球此时受到重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，如将细线剪断，其余二力的合力一定沿绳子的反方向，大小等于原先绳子的力，所以小球将做匀加速直线运动．

（2）由于剪断绳子之前小球受力平衡，

所以竖直方向：Tcosθ=G

解得：T=

剪断绳子之后，由牛顿第二定律得：=ma

解得：a= ①

即物体以加深对a做初速度为零的匀加速直线运动．

由图可知小球的位移为：-L=at2②

把①代入②解得：t=

答：（1）小球做匀加速直线运动．（2）小球经时间打到金属板上．

解析

解：（1）小球此时受到重力竖直向下，电场力水平向右，绳子拉力沿绳子向上，处于三力平衡状态，如将细线剪断，其余二力的合力一定沿绳子的反方向，大小等于原先绳子的力，所以小球将做匀加速直线运动．

（2）由于剪断绳子之前小球受力平衡，

所以竖直方向：Tcosθ=G

解得：T=

剪断绳子之后，由牛顿第二定律得：=ma

解得：a= ①

即物体以加深对a做初速度为零的匀加速直线运动．

由图可知小球的位移为：-L=at2②

把①代入②解得：t=

答：（1）小球做匀加速直线运动．（2）小球经时间打到金属板上．

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题型：简答题

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简答题

如图所示的平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x轴正方向成45°角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同．现有一质量为m，电荷量为q的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x轴上的D点与x轴正方向成45°角进入第四象限，M点为粒子第二次通过x轴的位置．已知OD距离为L，不计粒子重力．求：

（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小．

（2）DM间的距离．（结果用m、q、v0、L和B表示）

正确答案

解：

（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v0，由平衡条件有：

qv0B=qE…①

粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O1，半径为R，轨迹如图，

由几何关系知：…②

由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：…③

由②③式解得：…④

由①④式解得：…⑤

（2）、由题意可知，粒子从D进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D到M的运动时间为t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动的位移为：

…⑥

粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为：

…⑦

由几何关系可知：，…⑧

由⑤⑥⑦⑧式可解得：

答：（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小为；

（2）DM间的距离．

解析

解：

（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v0，由平衡条件有：

qv0B=qE…①

粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O1，半径为R，轨迹如图，

由几何关系知：…②

由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：…③

由②③式解得：…④

由①④式解得：…⑤

（2）、由题意可知，粒子从D进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D到M的运动时间为t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动的位移为：

…⑥

粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为：

…⑦

由几何关系可知：，…⑧

由⑤⑥⑦⑧式可解得：

答：（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小为；

（2）DM间的距离．

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