- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430题
相距d=0.1m水平放置的平行金属板a和b,且中央有孔,为其提供电压的电路如图所示,且已知电源的电动势为E=24V,内阻为r=5Ω,分压电阻为R2=100Ω,现闭合电键K,当电流达到稳定后,将带电荷量为q=1.0×10-7C、质量为m=6.0×10-7kg的液滴从小孔正上方h=0.1m高处无初速滴下,为使液滴刚好不落在b板上.g=10m/s2,求:
(1)R2两端的电压.
(2)滑动变阻器R1的阻值.
正确答案
解:(1)当液滴从开始刚好能到b板附近时,对此过程应用动能定理,有:
mg(h+d)-qU=0-0
解得ab两板电压(即为R1两端分压)
(2)对于部分电路R2,
当R1两端分压为U时,由闭合电路欧姆定律得:
解得:
答:(1)R2两端的电压是12V.
(2)滑动变阻器R1的阻值是95Ω.
解析
解:(1)当液滴从开始刚好能到b板附近时,对此过程应用动能定理,有:
mg(h+d)-qU=0-0
解得ab两板电压(即为R1两端分压)
(2)对于部分电路R2,
当R1两端分压为U时,由闭合电路欧姆定律得:
解得:
答:(1)R2两端的电压是12V.
(2)滑动变阻器R1的阻值是95Ω.
如图1所示为某仪器内部结构图,由O1处静止释放的电子经加速电压U1加速后沿横截面为正方形的金属盒中轴线O2O3射入金属盒,O2为金属盒左端面的中心,金属盒由上下两个水平放置、前后两个竖直放置,长为L1、宽为L0的金属薄板组成(它们不相连),金属盒横截面如图2,距盒右端面L2处有一面积足够大并与O2O3相垂直的接收屏,屏中心为O,O1O2O3O在同一水平直线上.屏上所设直角坐标轴的X轴垂直纸面向外.仪器可在盒前、后两面及上、下两面加如图3所示的UXX′-t扫描电压及UYY′-t的正弦交流电压.设电子的质量为m,带电量为e,图中U0、T均为已知量.设所有入射的电子均能到达屏,不计电子所受重力、电子间的相互作用及电子由静止释放到O2的运动时间.在每个电子通过电场的极短时间内,电场可视作恒定的.
(1)如仪器只提供UXX′-t扫描电压,请定性说明t=T/4时刻入射的电子在盒内及离盒后各做什么运动;
(2)如仪器只提供UXX′-t扫描电压,试计算t=T/4时刻入射的电子打在屏上的坐标;
(3)如果在盒内同时具有UXX′-t扫描电压和UYY′-t的正弦交流电压,请在答题卡上提供的坐标图上标出t=T/2至t=3T/2时间段入射的电子打在屏上所留下的痕迹示意图,其中坐标图上每单位长度为[不要求计算过程].
正确答案
解:(1)在盒内做类平抛运动,离盒后做匀速直线运动.
(2)设离盒时x方向的侧移为x1,在盒内运动的时间为t1,离盒后到屏的运动时间为t2,最终打在屏上x坐标为x.
a=
E=
x=x1+△x,又△x=a1t1t2.
联立各式解得:x=.
所以打在屏上的坐标为(,0)
(3)痕迹如图所示.
答:(1)在盒内做类平抛运动,离盒后做匀速直线运动.
(2)打在屏上的坐标为(,0)
(3)痕迹如图所示.
解析
解:(1)在盒内做类平抛运动,离盒后做匀速直线运动.
(2)设离盒时x方向的侧移为x1,在盒内运动的时间为t1,离盒后到屏的运动时间为t2,最终打在屏上x坐标为x.
a=
E=
x=x1+△x,又△x=a1t1t2.
联立各式解得:x=.
所以打在屏上的坐标为(,0)
(3)痕迹如图所示.
答:(1)在盒内做类平抛运动,离盒后做匀速直线运动.
(2)打在屏上的坐标为(,0)
(3)痕迹如图所示.
一个电子在经U=1000V的加速电压加速后,在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场,如图,若两板间距d=2.0cm,板长L=10.0cm,那么,要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加多大电压?
正确答案
解:在加速电压一定时,偏转电压U′越大,电子在极板间的偏转距离越大,当偏转电压大到使电子刚好从极板的边缘飞出时偏转电压最大.对于加速过程,由动能定理得:
eU=… ①
进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动,则有:L=υ0t…②
电子的加速度为:a=…③
偏转距离:y=… ④
电子能飞出平行板的条件为:y≤… ⑤
解①②③④⑤式得:U′≤=
V=80V,
则要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加80V电压.
答:要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加80V电压.
解析
解:在加速电压一定时,偏转电压U′越大,电子在极板间的偏转距离越大,当偏转电压大到使电子刚好从极板的边缘飞出时偏转电压最大.对于加速过程,由动能定理得:
eU=… ①
进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动,则有:L=υ0t…②
电子的加速度为:a=…③
偏转距离:y=… ④
电子能飞出平行板的条件为:y≤… ⑤
解①②③④⑤式得:U′≤=
V=80V,
则要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加80V电压.
答:要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加80V电压.
相距很近的平行板电容器,在两板中心各开有一个小孔,如图甲所示,靠近A板的小孔处有一电子枪,能够持续均匀地发射出电子,电子的初速度为v0,质量为m,电量为-e,在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压,其中0<k<1,U0=;紧靠B 板的偏转电场电压也等于U0,板长为L,两板间距为d,距偏转极板右端
处垂直放置很大的荧光屏PQ.不计电子的重力和它们之间的相互作用,电子在电容器中的运动时间可以忽略不计.
(1)试求在0-kT 与kT-T时间内射出B板电子的速度各多大?(结果用U0、e、m表示)
(2)在0-T时间内,荧光屏上有两个位置会发光,试求这两个发光点之间的距离.(结果用L、d 表示,)
(3)撤去偏转电场及荧光屏,当k取恰当的数值时,使在0-T时间内通过了电容器B板的所有电子,能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束,求k值.
正确答案
解:(1)电子经过电容器内的电场后,速度要发生变化,设在0-kT时间内,穿出B板后速度为ν1,kT-T 时间内射出B 板电子的速度ν2
据动能定理有:
将代入上式,得:
(2)在0-kT时间内射出 板电子在偏转电场中,电子的运动时间:
侧移量:
得:
打在荧光屏上的坐标为,则:
同理可得在kT-T时间内设穿出B板后电子侧移量:
打在荧光屏上的坐标:
故两个发光点之间的距离:
(3)要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束,前后两段电子束的长度必须相等(且刚好重叠)
第一束长度:l1=ν1kT
第二束长度:l2=ν2(T-kT)
l1=l2
解得:
答:(1)在0-kT 与kT-T时间内射出B板电子的速度分别为、
;
(2)在0-T时间内,荧光屏上有两个位置会发光,这两个发光点之间的距离为;
(3)撤去偏转电场及荧光屏,当k取0.59时,使在0-T时间内通过了电容器B板的所有电子,能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束.
解析
解:(1)电子经过电容器内的电场后,速度要发生变化,设在0-kT时间内,穿出B板后速度为ν1,kT-T 时间内射出B 板电子的速度ν2
据动能定理有:
将代入上式,得:
(2)在0-kT时间内射出 板电子在偏转电场中,电子的运动时间:
侧移量:
得:
打在荧光屏上的坐标为,则:
同理可得在kT-T时间内设穿出B板后电子侧移量:
打在荧光屏上的坐标:
故两个发光点之间的距离:
(3)要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束,前后两段电子束的长度必须相等(且刚好重叠)
第一束长度:l1=ν1kT
第二束长度:l2=ν2(T-kT)
l1=l2
解得:
答:(1)在0-kT 与kT-T时间内射出B板电子的速度分别为、
;
(2)在0-T时间内,荧光屏上有两个位置会发光,这两个发光点之间的距离为;
(3)撤去偏转电场及荧光屏,当k取0.59时,使在0-T时间内通过了电容器B板的所有电子,能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束.
如图所示,两带电平行板A、B间的电场为匀强电场,场强E=8.0×102V/m,两板间距d=16cm,板长L=30cm.一带电量q=1.0×10-16C、质量m=1.0×10-24kg的粒子以v0=3×105m/s的速度沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转,不计带电粒子的重力,求:
(1)粒子待何种电荷?在电场中运动时间为多久?
(2)粒子废除电场时的偏转角的正弦值为多大.
正确答案
解:(1)粒子带正电.粒子在水平方向做匀速直线运动,
则粒子在电场中运动时间t==
=1×10-6S
(2)粒子的加速度a=
vy=at=
设粒子飞出除电场时偏转角为θ
则tanθ==
≈0.27
答:(1)粒子带正电.粒子在电场中运动时间为1×10-6S.
(2)粒子飞出电场时的偏转角的正弦值为0.27.
解析
解:(1)粒子带正电.粒子在水平方向做匀速直线运动,
则粒子在电场中运动时间t==
=1×10-6S
(2)粒子的加速度a=
vy=at=
设粒子飞出除电场时偏转角为θ
则tanθ==
≈0.27
答:(1)粒子带正电.粒子在电场中运动时间为1×10-6S.
(2)粒子飞出电场时的偏转角的正弦值为0.27.
扫码查看完整答案与解析