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

如图甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，PQ连线垂直金属板，两板间距为d．现从P点处连续不断地有质量为 m、带电量为+q的带电粒子（重力不计），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计．在t=0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板电势时，电压为正），其电压大小为U、周期为T．带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计．

（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度．

（2）如果只有在每个周期的0～时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系．

（3）如果各物理量满足（2）中的关系，求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值．

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律得：

加速度 a===

（2）粒子在时刻进入A、B间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时的2倍，所以有：

d=2×= ①

即 d2=

（3）若情形（2）中的关系式①成立，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间最短（因只有加速过程）．设最短时间为tx，则有：

d= ②

在t=时刻进入电场的粒子在t=的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为：

△t=-tx ③

由②、③式得：= ④

答：

（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度为．

（2）上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系为d2=．

（3）每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值为=．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律得：

加速度 a===

（2）粒子在时刻进入A、B间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时的2倍，所以有：

d=2×= ①

即 d2=

（3）若情形（2）中的关系式①成立，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间最短（因只有加速过程）．设最短时间为tx，则有：

d= ②

在t=时刻进入电场的粒子在t=的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为：

△t=-tx ③

由②、③式得：= ④

答：

（1）进入到金属板之间的带电粒子的加速度为．

（2）上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系为d2=．

（3）每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值为=．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（　　）

A使U2加倍

B使U2变为原来的4倍

C使U2变为原来的倍

D使U2变为原来的倍

正确答案

A

解析

解：设平行金属板板间距离为d，板长为l．电子在加速电场中运动时，由动能定理得：

eU1=

垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，则有

水平方向：l=v0t，

竖起方向：y=，vy=at，又a=，tanθ=

联立以上四式得：偏转距离y=，偏转角度tanθ=，现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，偏转距离y和偏转角度tanθ都不发生变化，则必须使U2加倍．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，长为L，相距为2d，当S断开时（两板未充电），一带电量为+q，质量为m的油滴，以一水平初速度从两板间中点p飞入，恰好落到下板的中点Q处．求：

（1）油滴的初速度v0为多大？

（2）合上S后，要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，恰好从N板右边缘射出，求M、N两板间电势差；

（3）合上S后，要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，最终能够打在M板上，电源的电压应取什么范围？

正确答案

解：

（1）油滴飞入电场后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有

水平方向：L=v0t

竖直方向：d=

解得：v0=

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，故

水平方向：L=v0t

竖直方向：d=

联立解得

（3）合上S后，要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，刚好打M板右边缘时，设电源的电压为U，

则有：d=，L=v0t′

解得，加速度：a=

根据牛顿第二定律得：q-mg=ma

解得：U=

故要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，最终能够打在M板上，电源的电压大于等于．

答：（1）油滴的初速度v0为

（2）合上S后，要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，恰好从N板右边缘射出，M、N两板间电势差为；

（3）合上S后，要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，最终能够打在M板上，电源的电压应大于等于．

解析

解：

（1）油滴飞入电场后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有

水平方向：L=v0t

竖直方向：d=

解得：v0=

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，故

水平方向：L=v0t

竖直方向：d=

联立解得

（3）合上S后，要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，刚好打M板右边缘时，设电源的电压为U，

则有：d=，L=v0t′

解得，加速度：a=

根据牛顿第二定律得：q-mg=ma

解得：U=

故要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，最终能够打在M板上，电源的电压大于等于．

答：（1）油滴的初速度v0为

（2）合上S后，要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，恰好从N板右边缘射出，M、N两板间电势差为；

（3）合上S后，要使油滴仍以原来的速度从p点飞入时，最终能够打在M板上，电源的电压应大于等于．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，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=1.0×10-2 C/kg，在t=0时刻以速度v0=5×102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用．求：

（1）粒子通过电场区域的时间；

（2）粒子离开电场的位置坐标；

（3）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

（2）粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度

减速时的加速度

x方向上的

因此坐标

（-2×10-5m，2m）

（3）粒子在x方向的速度

答：（1）粒子通过电场区域的时间为4×10-3s；

（2）粒子离开电场的位置坐标为（-2×10-5m，2m）；

（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小为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

（2）粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度

减速时的加速度

x方向上的

因此坐标

（-2×10-5m，2m）

（3）粒子在x方向的速度

答：（1）粒子通过电场区域的时间为4×10-3s；

（2）粒子离开电场的位置坐标为（-2×10-5m，2m）；

（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小为4×10-3m/s．

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题型：单选题

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单选题

在真空中有一匀强电场，电场中有一质量m=0.01g，带电荷量q=-2×10-8C的尘埃沿水平方向向右做匀速直线运动，g=10m/s2，则（　　）

A场强的方向一定沿水平方向向右

B场强的方向一定沿水平方向向左

C场强的方向一定竖直向上

D场强的大小一定为E=5×103N/C

正确答案

D

解析

解：尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，

电场力方向竖直向上，而尘埃带负电，所以电场强度方向竖直向下．根据平衡条件得：

mg=qE，解得：E===5×103N/C．故ABC错误，D正确；

故选：D．

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