带电粒子在电场中的加速_章节学习

1

题型：填空题

|

填空题

已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的质量为m，电荷量为q初速度为v，则它离开板间区域时的侧移量表达式y=______．

正确答案

解析

解：粒子垂直射入磁场中做类平抛运动，平行于极板的方向不受电场力做匀速直线运动，垂直于极板方向受电场力而做初速度为零的匀加速直线运动，则得：

粒子运动的时间为t=①

加速度为 a== ②

偏转位移为 y=at2 ③

联立得：y=

故答案为：．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，在直角坐标系xOy中，原点O处有一粒子源，沿y轴正方向不断的发射同一种带正电的粒子，粒子的质量为m，电量为q，粒子的速度值连续分布在某一范围内，不计粒子重力，现施加一个沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，电场分布在矩形区域OABC内，OA=3L，AB=2L，这些粒子从电场AB边界射出的最小偏向角为30°，从BC边射出的最大偏向角为60°．

（1）分别求出粒子从电场AB边和BC射出的范围；

（2）粒子从BC边射出的最小速度．

正确答案

解：（1）设从AB边的D点射出的粒子偏向角为30°，

AD=，3L=vyt，tan30°=

由上面三式得：AD=；

射出粒子部分BD=（）L

设从BC边上的E点射出的粒子偏向角为60°，则：

EC=vyt，2L=，tan60°=，

由上面三式得，EC=

射出粒子部分BE=（3-）L

（2）在BE上射出的粒子中，从E点射出的粒子速度最小，

，

vx=vEsin60°

a=

解得：．

答：（1）粒子从电场AB边和BC射出的范围分别为：（）L、（3-）L；

（2）粒子从BC边射出的最小速度为．

解析

解：（1）设从AB边的D点射出的粒子偏向角为30°，

AD=，3L=vyt，tan30°=

由上面三式得：AD=；

射出粒子部分BD=（）L

设从BC边上的E点射出的粒子偏向角为60°，则：

EC=vyt，2L=，tan60°=，

由上面三式得，EC=

射出粒子部分BE=（3-）L

（2）在BE上射出的粒子中，从E点射出的粒子速度最小，

，

vx=vEsin60°

a=

解得：．

答：（1）粒子从电场AB边和BC射出的范围分别为：（）L、（3-）L；

（2）粒子从BC边射出的最小速度为．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，一带电量为+q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：

（1）小球的初速度；

（2）应加电场的场强；

（3）小球落地时的动能．

正确答案

解：将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动到零，

小球运动至管上口的时间由竖直方向的运动决定：

h=

t=

水平方向，小球作匀减速运动，至管上口，水平方向速度为零，水平分位移：

S=t

解得：

v0=S

（2）水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma

又由运动学公式：

v0-t=0，

由以上三式解得：

E=

（3）由动能定理：WG+W电=△EK

即：Ek-=mg（2h）-qES

解得：EK=2mgh

答：（1）小球的初速度为S；

（2）应加电场的场强为；

（3）小球落地时的动能为2mgh．

解析

解：将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动到零，

小球运动至管上口的时间由竖直方向的运动决定：

h=

t=

水平方向，小球作匀减速运动，至管上口，水平方向速度为零，水平分位移：

S=t

解得：

v0=S

（2）水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma

又由运动学公式：

v0-t=0，

由以上三式解得：

E=

（3）由动能定理：WG+W电=△EK

即：Ek-=mg（2h）-qES

解得：EK=2mgh

答：（1）小球的初速度为S；

（2）应加电场的场强为；

（3）小球落地时的动能为2mgh．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，一质量为m=2g，电量为q=5×10-8c的小球，从与水平方向成37°角的两块平行金属板A、B的A板上的小孔P沿水平方向射入，小球在A、B板间做直线运动，两板的间距为d=4cm．问：

（1）A、B两板的电压UAB是多少？

（2）小球入射的速度v0至少多大才能到达B板？

正确答案

解：（1）因为小球从A板射到B板，沿水平方向运动，则可知，小球受力如图所示：

小球在竖直方向受力平衡故有：qEcos37°=mg

又E=

所以可得

=2×104V

因为电荷带正电，故

（2）小球速度最小时到达B板时速度刚好为0，根据动能定理有：

∴

答：（1）A、B两板的电压；

（2）小球入射的速度v0=1m/s才能到达B板．

解析

解：（1）因为小球从A板射到B板，沿水平方向运动，则可知，小球受力如图所示：

小球在竖直方向受力平衡故有：qEcos37°=mg

又E=

所以可得

=2×104V

因为电荷带正电，故

（2）小球速度最小时到达B板时速度刚好为0，根据动能定理有：

∴

答：（1）A、B两板的电压；

（2）小球入射的速度v0=1m/s才能到达B板．

1

题型：简答题

|

简答题

如图，一绝缘细圆环半径为r，环面处于竖直平面内，场强为E的匀强电场与圆环平面平行．环上穿有一电量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动．若小球经A点时速度的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用（设地球表面重力加速度为g）．则：

（1）小球经过A点时的速度大小vA是多大？

（2）当小球运动到与A点对称的B点时，小球的速度是多大？圆环对小球的作用力大小是多少？

（3）若Eq=mg，小球的最大动能为多少？

正确答案

解：（1）小球在水平面内沿圆环作圆周运动，由题意，在A点电场力提供向心力，则有：

…①

解得：…②

（2）球从A到B点的过程中，由动能定理得：…③

解得：…④

球在B点受到圆环作用力F的水平分力为Fx，则：

即Fx=6qE…⑤

又圆环对球作用力F的竖直分力大小等于小球的重力，所以：…⑥

（3）由qE=mg．由于球只受到重力和电场力的作用，并且重力和电场力的大小相等，当两个力的合力沿半径向外时，如图所示经过D点时，动能最大，CD与竖直方向的夹角为45°，根据动能定理得：

从A→B：mgrcos45°+qE（1+sin45°）r=Ek-

解得球最大动能为Ek=

答：（1）小球经过A点时的速度大小vA是；

（2）当小球运动到与A点对称的B点时，小球的速度是，圆环对小球的作用力大小是6qE；

（3）若Eq=mg，小球的最大动能为．

解析

解：（1）小球在水平面内沿圆环作圆周运动，由题意，在A点电场力提供向心力，则有：

…①

解得：…②

（2）球从A到B点的过程中，由动能定理得：…③

解得：…④

球在B点受到圆环作用力F的水平分力为Fx，则：

即Fx=6qE…⑤

又圆环对球作用力F的竖直分力大小等于小球的重力，所以：…⑥

（3）由qE=mg．由于球只受到重力和电场力的作用，并且重力和电场力的大小相等，当两个力的合力沿半径向外时，如图所示经过D点时，动能最大，CD与竖直方向的夹角为45°，根据动能定理得：

从A→B：mgrcos45°+qE（1+sin45°）r=Ek-

解得球最大动能为Ek=

答：（1）小球经过A点时的速度大小vA是；

（2）当小球运动到与A点对称的B点时，小球的速度是，圆环对小球的作用力大小是6qE；

（3）若Eq=mg，小球的最大动能为．

热门试卷

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析

正确答案

解析