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，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸成向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切．一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0．若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上．

（1）求两极板是电压U；

（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；

（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使质子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？

正确答案

解：（1）设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L

粒子在初速度方向上做匀速直线运动，

解得：L=4R

在电场中：

由牛顿第二定律，

又

在复合场中作匀速运动：

解得，

则有，

（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小，vy=

从极板间飞出时的速度大小v=

（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，

由几何关系可知，β=π-α=45°，

r+r=R

因为R=，

所以

根据向心力公式，，

解得：

所以质子两板左侧间飞出的条件为0＜v＜；

答：（1）两极板是电压；

（2）质子从极板间飞出时的速度大小；

（3）射入的速度应满足0＜v＜条件．

解析

解：（1）设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L

粒子在初速度方向上做匀速直线运动，

解得：L=4R

在电场中：

由牛顿第二定律，

又

在复合场中作匀速运动：

解得，

则有，

（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小，vy=

从极板间飞出时的速度大小v=

（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，

由几何关系可知，β=π-α=45°，

r+r=R

因为R=，

所以

根据向心力公式，，

解得：

所以质子两板左侧间飞出的条件为0＜v＜；

答：（1）两极板是电压；

（2）质子从极板间飞出时的速度大小；

（3）射入的速度应满足0＜v＜条件．

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题型：多选题

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多选题

（2015•滕州市校级模拟）如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0．已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则（　　）

A所有粒子最终都垂直电场方向射出电场

Bt=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上

C所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek0

D若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半

正确答案

A,C

解析

解：A、B、D、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；

t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；

由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A正确，B错误；

C、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；

根据分位移公式，有：=

由于L=d

故：vym=v0

故最大动能EK′=m（v02+v2ym）=2EK，故C正确；

D、若t=0时刻的粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一；故D错误；

故选：AC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在一竖直向下的匀强电场中的A点有一点电荷，并用绝缘细线与O点相连，原来细线刚好被水平拉直而没有张力．现让点电荷从A点由静止开始运动，已知m=1.0×10-4kg，q=+1.0×10-7C，细线长度为L=10cm，电场强度E=1.73×104N/C，（g取10m/s2）．试求

（1）电荷经O点正下方时的速率v．

（2）电荷经O点正下方时，细线的拉力．

正确答案

解：（1）粒子绕着O点转动，对运动到O点正下方过程，根据动能定理，有：

（qE+mg）l=

解得：

v==≈2.34m/s

（2）在O点正下方，重力和拉力的合力提供向心力，故：

T-mg=m

解得：

T=m（g+）=10-4×（10+）=6.46×10-3N

答：（1）电荷经O点正下方时的速率v为2.34m/s；

（2）电荷经O点正下方时，细线的拉力为6.46×10-3N．

解析

解：（1）粒子绕着O点转动，对运动到O点正下方过程，根据动能定理，有：

（qE+mg）l=

解得：

v==≈2.34m/s

（2）在O点正下方，重力和拉力的合力提供向心力，故：

T-mg=m

解得：

T=m（g+）=10-4×（10+）=6.46×10-3N

答：（1）电荷经O点正下方时的速率v为2.34m/s；

（2）电荷经O点正下方时，细线的拉力为6.46×10-3N．

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题型：简答题

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简答题

一带电平行板电容器竖直放置，如图所示，板间距d=0.1m，板间电势差U=1000V．现从A处以速度vA=3m/s水平向左射出一带正电的小球（质量m=0.02g、电荷量为q=10-7C），经过一段时间后发现小球打在A点正下方的B处，（取g=10m/s2）

（1）分别从水平方向和竖直方向定性分析从A到B的过程中小球的运动情况；

（2）A、B间的距离．

正确答案

解：（1）在水平方向上，小球开始向左做初速度为vA的匀减速运动，速度变为零后向

右做匀加速运动，直到达到B点，过程中加速度不变，由电场力提供外力．

在竖直方向上，小球向下做初速度为零的匀加速运动，直到达到B点，重力提供外力．

（2）水平方向：电场力为F=q，加速度a=

小球向左运动到最远的时间为t==0.06 s．

在这段时间内向左运动的距离x=vAt-at2=0.09 m＜0.1 m，不会撞到左壁．

小球达到B点所用时间为T=2t

竖直方向下落距离即为所求hAB=gT2=7.2 cm．

答：（1）在水平方向上，小球开始向左做初速度为vA的匀减速运动，速度变为零后向

右做匀加速运动，直到达到B点，过程中加速度不变，由电场力提供外力．

在竖直方向上，小球向下做初速度为零的匀加速运动，直到达到B点，重力提供外力．

　（2）7.2 cm

解析

解：（1）在水平方向上，小球开始向左做初速度为vA的匀减速运动，速度变为零后向

右做匀加速运动，直到达到B点，过程中加速度不变，由电场力提供外力．

在竖直方向上，小球向下做初速度为零的匀加速运动，直到达到B点，重力提供外力．

（2）水平方向：电场力为F=q，加速度a=

小球向左运动到最远的时间为t==0.06 s．

在这段时间内向左运动的距离x=vAt-at2=0.09 m＜0.1 m，不会撞到左壁．

小球达到B点所用时间为T=2t

竖直方向下落距离即为所求hAB=gT2=7.2 cm．

答：（1）在水平方向上，小球开始向左做初速度为vA的匀减速运动，速度变为零后向

右做匀加速运动，直到达到B点，过程中加速度不变，由电场力提供外力．

在竖直方向上，小球向下做初速度为零的匀加速运动，直到达到B点，重力提供外力．

　（2）7.2 cm

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题型：简答题

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简答题

一束电子流在经电压为U的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直射入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距为d，板长为l，那么，要使电子恰好能从下板边缘飞出，两个极板所加的电压U′是多少？

正确答案

解：在加速电场中，由动能定理得：eU=mv02-0，

电子在偏转电场中做类平抛运动，

水平方向：l=v0t，

竖直方向：=at2=t2，

解得：U′=；

答：两个极板所加的电压U′是．

解析

解：在加速电场中，由动能定理得：eU=mv02-0，

电子在偏转电场中做类平抛运动，

水平方向：l=v0t，

竖直方向：=at2=t2，

解得：U′=；

答：两个极板所加的电压U′是．

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正确答案

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