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题型:简答题
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简答题

在电视机的显像管中,电子从电子枪射出的速度可忽略不计,电子在加速电压U的作用下加速运动打到荧光屏上,电子束的平均电流为I.电子质量为m,带电量为e,假定电子打到荧光屏上后速度降为零.求:

(1)在单位时间内打到荧光屏上的电子数;

(2)当荧光屏温度稳定时,其向周围辐射的热功率;

(3)荧光屏受到的平均作用力.

正确答案

解:(1)单位时间内流过的电量为It=I;

则打在荧光屏上的电子数n==

(2)当温度恒定时,向周围辐射的热功率等于电功率;

故P=UI

(3)电子到达屏的速度Ue=mv2

解得:v=

则由动量定理可知:

mv=Ft

解得:F=

单位时间内F=mv

单位时间内到达的电子数为:n;

则总冲击力:

F=×mv=I

答:(1)在单位时间内打到荧光屏上的电子数为

(2)当荧光屏温度稳定时,其向周围辐射的热功率为UI;

(3)荧光屏受到的平均作用力为I

解析

解:(1)单位时间内流过的电量为It=I;

则打在荧光屏上的电子数n==

(2)当温度恒定时,向周围辐射的热功率等于电功率;

故P=UI

(3)电子到达屏的速度Ue=mv2

解得:v=

则由动量定理可知:

mv=Ft

解得:F=

单位时间内F=mv

单位时间内到达的电子数为:n;

则总冲击力:

F=×mv=I

答:(1)在单位时间内打到荧光屏上的电子数为

(2)当荧光屏温度稳定时,其向周围辐射的热功率为UI;

(3)荧光屏受到的平均作用力为I

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题型: 单选题
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单选题

电荷量为5.0×10-8 C的点电荷,从电场中的a点移到b点的过程中,电场力做功6.0×10-3 J,则下列说法正确的是(  )

A电荷的电势能增加了6.0×10-3 J

B电荷的电势能减少了6.0×10-3 J

Ca、b两点电势差等于1.2×105 V,a点电势高

Da、b两点电势差等于1.2×105 V,b点电势高

正确答案

B

解析

解:

A、从a点移到b点过程中电场力做功6×10-3J,则电荷q的电势能减小了为6×10-4J,故A错误.B正确;

B、ab间的电势差Uab==V=1.2×105V,a,b两点的电势高低无法确定;故CD错误;

故选:B

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题型:简答题
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简答题

如图所示,在电子枪中由阴极K逸出的电子,经过匀强电场加速后沿直线穿过加速电场后打到目标靶上.已知加速电压U=4.55×103V,电子的质量m=O.91×10-30kg、电荷量e=1.60×10-19C.电子由阴极逸出进入加速电场时的初速度、所受重力及空气阻力均可忽略不计,不考虑相对论效应.

(1)求电子通过加速电场加速后的速度大小;

(2)若在加速电场中形成电流强度I=4.0mA稳定的细柱形电子流,电子打到目标靶上后不反弹而被靶吸收,求电子流对目标靶的平均作用力的大小;

(3)若在加速电场中形成电流强度,I=4.0mA稳定的细柱形电子流,那么在匀强加速电场内沿电子流方向上取a、b两点,其中a点距负极板的距离为两板间距的,b点在正极板上,在这两点各取一段极短的相等长度的电子流,求这两段电子流内所含电子个数之比.

正确答案

解:(1)电子被加速,从正极板射出时速度最大,设最大速度为vm,根据动能定理得电子的加速过程有:

解得最大速度为:

==4.0×107m/s,

(2)根据I=可知,1s内打到目标靶上的电子所带总电荷量为:q=It=4.0×10-3C,

所以1s内打到目标靶上的电子数为:n=

设电子对目标靶的平均作用力为F,对t时间内打到目标靶上的电子,根据动量定理有:Ft=ntmvm

解得:F=nmvm=2.5×1016×0.91×10-30×4×107N=0.91×10-6N.

(3)设a、b两处单位长度的电子流内所含的电子个数分别na和nb,电子的速度分别为va和vb,a、b两处的电流大小分别为Ia=naeva,Ib=nbevb

因有稳定的细柱形电子流,所以有:Ia=Ib

又因电子从负极板到正极板做初速度为零的匀加速运动,设电子在电场中的加速度为a,根据运动学公式知,当电子运动到离负极板的距离为x时,其速度大小为

即v∝

所以有:

答:(1)电子通过加速电场加速后的速度大小为4.0×107m/s;

(2)电子流对目标靶的平均作用力的大小为0.91×10-6N;

(3)这两段电子流内所含电子个数之比为2:1.

解析

解:(1)电子被加速,从正极板射出时速度最大,设最大速度为vm,根据动能定理得电子的加速过程有:

解得最大速度为:

==4.0×107m/s,

(2)根据I=可知,1s内打到目标靶上的电子所带总电荷量为:q=It=4.0×10-3C,

所以1s内打到目标靶上的电子数为:n=

设电子对目标靶的平均作用力为F,对t时间内打到目标靶上的电子,根据动量定理有:Ft=ntmvm

解得:F=nmvm=2.5×1016×0.91×10-30×4×107N=0.91×10-6N.

(3)设a、b两处单位长度的电子流内所含的电子个数分别na和nb,电子的速度分别为va和vb,a、b两处的电流大小分别为Ia=naeva,Ib=nbevb

因有稳定的细柱形电子流,所以有:Ia=Ib

又因电子从负极板到正极板做初速度为零的匀加速运动,设电子在电场中的加速度为a,根据运动学公式知,当电子运动到离负极板的距离为x时,其速度大小为

即v∝

所以有:

答:(1)电子通过加速电场加速后的速度大小为4.0×107m/s;

(2)电子流对目标靶的平均作用力的大小为0.91×10-6N;

(3)这两段电子流内所含电子个数之比为2:1.

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题型:简答题
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简答题

如图1所示,在y=0和y=2m之间有沿着x轴方向的匀强电场,MN为电场区域的上边界,在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图2所示,取x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子,粒子的比荷为=1.0×10-2C/kg,在t=0时刻以速度v0=5×102Cm/s从O点沿y轴正方向进入电场区域,不计粒子重力.

(1)求粒子通过电场区域的时间;

(2)求粒子离开电场时的位置坐标;

(3)若粒子是在t=1.5×10-3s时候从O点沿y轴正方向进入电场区域的,求粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小.

正确答案

解:(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场,在电场中做类平抛运动,所以粒子通过电场区域的时间,代入数据得:

t==4×10-3s

(2)粒子在x方向先加速后减速,加速时的加速度为:

a1=

代入数据得:a1=4m/s2

减速时的加速度为:a2=

代入数据得:a2=2m/s2

x方向上的位移为:s=a12+a12-a22

代入数据得:s=2×10-5m

因此坐标为:(2×10-5m,2m)

(3)粒子在x方向的速度:vx=a1=a1-a2

代入数据得:vx=4×10-3m/s

答:(1)粒子通过电场区域的时间为4×10-3s;

(2)粒子离开电场时的位置坐标(2×10-5m,2m);

(3)若粒子是在t=1.5×10-3s时候从O点沿y轴正方向进入电场区域的,粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小4×10-3m/s.

解析

解:(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场,在电场中做类平抛运动,所以粒子通过电场区域的时间,代入数据得:

t==4×10-3s

(2)粒子在x方向先加速后减速,加速时的加速度为:

a1=

代入数据得:a1=4m/s2

减速时的加速度为:a2=

代入数据得:a2=2m/s2

x方向上的位移为:s=a12+a12-a22

代入数据得:s=2×10-5m

因此坐标为:(2×10-5m,2m)

(3)粒子在x方向的速度:vx=a1=a1-a2

代入数据得:vx=4×10-3m/s

答:(1)粒子通过电场区域的时间为4×10-3s;

(2)粒子离开电场时的位置坐标(2×10-5m,2m);

(3)若粒子是在t=1.5×10-3s时候从O点沿y轴正方向进入电场区域的,粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小4×10-3m/s.

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题型:简答题
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简答题

如图所示,水平放置的平行板电容器,原来两板不带电,上极板接地,极板长L=0.1m,两板间距离d=0.4cm.有一束由相同粒子组成的带电粒子流从两板中央平行于板射入,由于重力作用,粒子能落到下板上,已知粒子质量为m=2×10-6kg,电荷量q=1×10-8C,电容器的电容C=10-6F.不计带电粒子流之间的相互作用,求:

(1)为使第一个粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间,粒子入射速度v0应为多大?

(2)以上述速度入射的带电粒子,最多能有多少个落到下极板上?(g取10m/s2

正确答案

解:(1)第一个粒子在极板间做平抛运动,即

水平位移:x=v0t①

竖直位移:

由①、②得

为使第一粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间,x必须满足

即:2.5m/s≤v0≤5m/s

(2)设以上述速度入射的带电粒子,最多能有n个落到下极板上.则第(n+1)个粒子的加速度为a,

由牛顿运动定律得

mg-qE=ma③

其中

由③、④得

第(n+1)粒子做匀变速曲线运动

第(n+1)粒子不落到极板上,则

答:(1)为使第一个粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间,粒子入射速度v0应为2.5m/s≤v0≤5m/s;

(2)以上述速度入射的带电粒子,最多能有600个落到下极板上.

解析

解:(1)第一个粒子在极板间做平抛运动,即

水平位移:x=v0t①

竖直位移:

由①、②得

为使第一粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间,x必须满足

即:2.5m/s≤v0≤5m/s

(2)设以上述速度入射的带电粒子,最多能有n个落到下极板上.则第(n+1)个粒子的加速度为a,

由牛顿运动定律得

mg-qE=ma③

其中

由③、④得

第(n+1)粒子做匀变速曲线运动

第(n+1)粒子不落到极板上,则

答:(1)为使第一个粒子能落在下板中点O到紧靠边缘的B点之间,粒子入射速度v0应为2.5m/s≤v0≤5m/s;

(2)以上述速度入射的带电粒子,最多能有600个落到下极板上.

下一知识点 : 带电粒子在电场中的偏转
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