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

（2015秋•衡水校级期中）一个带正电的小物体，q=1×10-6C，放在绝缘的水平地面上，图甲中，空间若加上水平方向的变化电场，其加速度随电场力变化图象为图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平电场作用（g取10m/s2）．求：

（1）物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；

（2）在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，物体一个周期内的位移大小；

（3）在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，23s内电场力对物体所做的功．

正确答案

解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma

得：

结合乙图象得：m=4kg；μ=0.1

（2）0～2s：由牛顿第二定律可得：F1-μmg=ma1

前2s内通过的位移为：

2s～4s：由牛顿第二定律可得：F2-μmg=ma2

2s～4s：物体做匀减速运动，t=4s时速度恰好为0，

由以上式可知：一个周期内的位移为x=2x1=8m

（3）23s内E1作用下位移为6x1，E2作用下位移为5x1+3m，

因此W1=E1q×6x1=288J

W2=-E2q×（5x1+3m）=-92J

即23s内电场力做功为：W=W1+W2=196J

答：（1）物体的质量为4kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.1．

（2）求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小为8m．

（3）23s内力F对物体所做的功为196J．

解析

解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma

得：

结合乙图象得：m=4kg；μ=0.1

（2）0～2s：由牛顿第二定律可得：F1-μmg=ma1

前2s内通过的位移为：

2s～4s：由牛顿第二定律可得：F2-μmg=ma2

2s～4s：物体做匀减速运动，t=4s时速度恰好为0，

由以上式可知：一个周期内的位移为x=2x1=8m

（3）23s内E1作用下位移为6x1，E2作用下位移为5x1+3m，

因此W1=E1q×6x1=288J

W2=-E2q×（5x1+3m）=-92J

即23s内电场力做功为：W=W1+W2=196J

答：（1）物体的质量为4kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.1．

（2）求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小为8m．

（3）23s内力F对物体所做的功为196J．

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题型：多选题

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多选题

电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现在只增大两板间的电压，电子仍能穿过平行金属板，则（　　）

A电子穿越平行板的时间随电压的增大而变长

B电子穿越平行板的时间不随电压变化

C电子在平行板间运动的加速度随电压的增大而增大

D电子在平行板间运动的加速度不随电压变化

正确答案

B,C

解析

解：A、B、设平行板长度为L．粒子恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则

沿初速度方向做匀速运动： ①与两极板之间的电压无关．故A错误，B正确；

C、D、垂直初速度方向做匀加速运动： ②在平行板间运动的加速度随电压的增大而增大．故C正确，D错误；

故选：BC

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，真空中A、B两竖直极板为匀强电场，极板间距离为2R．右侧有一对水平平行金属板M和N，两板间距离为R，板长为2R，有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，经电场由静止加速后，以速度v0从M、N两金属板的中间进入偏转电场．当粒子刚进入偏转电场时，给M、N板加上如图乙所示电压，最后粒子刚好从N板的边缘以平行于N板的速度飞出（不计粒子重力）．求：

（1）粒子从静止到飞出偏转电场MN的时间；

（2）交变电压的周期T；

（3）偏转电压U0的值．

正确答案

解：（1）粒子在极板A、B之间做初速度为零的匀加速直线运动

2R=v0t1

得：t1=

粒子在极板M、N之间水平方向做匀速运动

2R=v0t2

得：t2=

故粒子从静止到飞出MN的时间为：t=t1+t2=

（2）由于粒子刚好从N板边缘平行于N板飞出，根据交变电压对粒子轨迹的影响分析可知，

t2=nT（n=1，2…）

又 t2=

联立解得：T=（n=1，2…）

（3）粒子MN间运动过程中，在时间内偏转距离 d=a（）2

加速度 a=

根据几何关系得：

联立解得：

答：（1）粒子从静止到飞出偏转电场MN的时间是；（2）交变电压的周期T是（n=1，2…）；（3）偏转电压U0的值是，（n=1，2，…）．

解析

解：（1）粒子在极板A、B之间做初速度为零的匀加速直线运动

2R=v0t1

得：t1=

粒子在极板M、N之间水平方向做匀速运动

2R=v0t2

得：t2=

故粒子从静止到飞出MN的时间为：t=t1+t2=

（2）由于粒子刚好从N板边缘平行于N板飞出，根据交变电压对粒子轨迹的影响分析可知，

t2=nT（n=1，2…）

又 t2=

联立解得：T=（n=1，2…）

（3）粒子MN间运动过程中，在时间内偏转距离 d=a（）2

加速度 a=

根据几何关系得：

联立解得：

答：（1）粒子从静止到飞出偏转电场MN的时间是；（2）交变电压的周期T是（n=1，2…）；（3）偏转电压U0的值是，（n=1，2，…）．

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题型：简答题

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简答题

一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m=2.0×10-7kg，电量q=×10-10C，A、B相距L=0.40m．取g=10m/s2求：

（1）说明微粒在电场中运动的性质．

（2）电场强度的大小和方向

（3）要使微粒从A点沿直线运动到B点，微粒射入电场时的最小速度vA是多大？

正确答案

解：（1）带电微粒在电场中受到电场力qE和重力mg，电场力水平向右或方向向左，由于带电微粒沿直线AB运动，其合力必定与速度在同一直线上，可判断出电场力的方向应水平向左，则电场力、重力的合力与速度相反，如图所示，所以微粒做匀减速直线运动．加速度大小为 a===20m/s2．故微粒做加速度大小为20m/s2的匀减速直线运动；

（2）由qE=mgcot30°得：E===2×104N/C，方向向左．

（3）微粒从A点运动到B点，做匀减速运动，刚好到B点速度为零，由0-=-2aL得：

代入解得，v0===4m/s

答：

（1）微粒在电场中运动的性质是：微粒做加速度大小为20m/s2的匀减速直线运动

（2）电场强度的大小为2×104N/C，方向向左

（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是4m/s．

解析

解：（1）带电微粒在电场中受到电场力qE和重力mg，电场力水平向右或方向向左，由于带电微粒沿直线AB运动，其合力必定与速度在同一直线上，可判断出电场力的方向应水平向左，则电场力、重力的合力与速度相反，如图所示，所以微粒做匀减速直线运动．加速度大小为 a===20m/s2．故微粒做加速度大小为20m/s2的匀减速直线运动；

（2）由qE=mgcot30°得：E===2×104N/C，方向向左．

（3）微粒从A点运动到B点，做匀减速运动，刚好到B点速度为零，由0-=-2aL得：

代入解得，v0===4m/s

答：

（1）微粒在电场中运动的性质是：微粒做加速度大小为20m/s2的匀减速直线运动

（2）电场强度的大小为2×104N/C，方向向左

（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是4m/s．

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题型：单选题

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单选题

一束一价正离子流垂直于电场方向进入匀强电场，若它们飞出电场的偏向角相同（如图），则可断定它们进入电场时（　　）

A一定具有相同的质量

B一定具有相同的速度

C一定具有相同的动能

D一定具有相同的动量

正确答案

C

解析

解：粒子的加速度：a==，穿越电场的时间：t=，偏转量：d=y=at2=，因此．从公式可以看出，偏转量仅仅与粒子的初动能有关．故C正确，ABD错误．

故选：C

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