- 带电粒子在电场中的加速
- 共3430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总=×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总=×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;
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( )
正确答案
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
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.
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=a1(
)2+a1(
)2-
a2(
)2
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=a1(
)2+a1(
)2-
a2(
)2
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.
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:②
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④
由③、④得⑤
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:②
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④
由③、④得⑤
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.
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