带电粒子在电场中的加速_章节学习

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，真空中有一个点状的放射源P，它向各个方向发射同种正粒子（不计重力），速率都相同，ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=lm），Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ=m（现只研究与放射源P和直线ab在同一个平面内的粒子的运动），当真空中（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B=2T匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当真空中（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们速度大小都相等，已知水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．

（粒子比荷为=1×106C/kg）求：

（1）粒子的发射速率；

（2）当仅加上述电场时，求到达ab直线上粒子的速度大小和电场强度的大小；（结果可用根号表示）

（3）当仅加上述磁场时，从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间．

正确答案

解：（1）作PQ的中垂线分别交PQ、PC于A、O两点，O点即为圆心，设圆的半径为r，

由相似三角形知识有

，

由直角三角形知识有

，

对粒子由牛顿第二定律得

，

解以上方程并代入数据得v0=1.25×106m/s

（2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以

QC=v0t，

PC=，

v=，

联立解以上方程并代入数据得

v=．

E=1.25×107V/m

（3）从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得

，

所以∠PO′P1=54°，

得∠PO′C=106°．

则其运动时间t=．

答：（1）粒子的发射速率为1.25×106m/s；

（2）到达ab直线上粒子的速度大小为，电场强度的大小为1.25×107V/m；

（3）从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间为．

解析

解：（1）作PQ的中垂线分别交PQ、PC于A、O两点，O点即为圆心，设圆的半径为r，

由相似三角形知识有

，

由直角三角形知识有

，

对粒子由牛顿第二定律得

，

解以上方程并代入数据得v0=1.25×106m/s

（2）因所有粒子到达ab直线的速度大小相等，故电场的方向应由P指向C，水平向左发射的粒子应做类平抛运动，所以

QC=v0t，

PC=，

v=，

联立解以上方程并代入数据得

v=．

E=1.25×107V/m

（3）从P运动到直线ab所用时间最短的粒子，PC必为其运动轨迹的一条弦，由几何关系得

，

所以∠PO′P1=54°，

得∠PO′C=106°．

则其运动时间t=．

答：（1）粒子的发射速率为1.25×106m/s；

（2）到达ab直线上粒子的速度大小为，电场强度的大小为1.25×107V/m；

（3）从P运动到直线ab的粒子中所用的最短时间为．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示，水平轨道AB与竖直半圆轨道BD相切于B点，半圆轨道的半径为R，整个轨道处于竖直向下的电场强度为E的匀强电场中．一个质量为m，带电量为+q的小球从水平

轨道上的C点向左运动，刚好能通过半圆轨道的最高点D，通过最高点后恰好回到C点，不计一切摩擦，己知重力加速度为g，求：

（1）BC的距离；

（2）小球从C点向左运动的初速度V0的大小．

正确答案

解：（1）小球恰好通过D点，在D点，由牛顿第二定律得：

qE+mg=m，

解得：v=，

小球从D点做类平抛运动回到C点，

在竖直方向：2R=at2，

由牛顿第二定律得：qE+mg=ma，

在水平方向：s=vt，

解得：s=2R；

（2）由动能定理得：-（qE+mg）×2R=mv2-mv02，

解得：v0=；

答：（1）BC的距离为2R；

（2）小球从C点向左运动的初速度V0的大小为．

解析

解：（1）小球恰好通过D点，在D点，由牛顿第二定律得：

qE+mg=m，

解得：v=，

小球从D点做类平抛运动回到C点，

在竖直方向：2R=at2，

由牛顿第二定律得：qE+mg=ma，

在水平方向：s=vt，

解得：s=2R；

（2）由动能定理得：-（qE+mg）×2R=mv2-mv02，

解得：v0=；

答：（1）BC的距离为2R；

（2）小球从C点向左运动的初速度V0的大小为．

1

题型：多选题

|

多选题

如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（　　）

A

B

C

D

正确答案

A,D

解析

解：分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零．

～时间内向B板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动．接着周而复始．

A、C根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况．故A正确，C错误．

B、电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故B错误．

D、根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴．故D正确．

故选：AD

1

题型：多选题

|

多选题

如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（　　）

A它们运动的时间tQ＞tP

B它们的电势能减小量之比△EP：△EQ=1：2

C它们所带的电荷量之比为qP：qQ=1：2

D它们的动能增量之比△EkP：△EkQ=1：4

正确答案

C,D

解析

解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，故A错误；

B、C平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，

根据位移时间关系公式，有：

y=at2 ①

由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为yP：yQ=1：2，

根据牛顿第二定律，有：

qE=ma…②

由①②两式解得：

q=

所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；

电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比是1：2，电荷量之比也是1：2，所以电场力做功之比为1：4，它们电势能减少量之比△EM：△EN=1：4．故B错误；

D、根据动能定理，有：

qEx=△Ek

而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，

所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D正确；

故选：CD．

1

题型：简答题

|

简答题

如图所示的平行板电容器板间距离d=1m，两板间的电压随时间变化图线如图（b），t=0时刻，有一荷质比为2×1010C/Kg粒子以平行于极板的速度v0=2×105m/s射入电容器，开始向下偏转，t=3×10-5s时刻刚好从极板右侧面射出电场，带电粒子的重力不计．求：

（1）平行板电容器的板长；

（2）定性画出粒子的运动轨迹图；

（3）粒子射出电容器时偏转的角度（用反函数表示）

正确答案

解：（1）带电粒子在电场中运动的时间t=3×10-5s，由题意知，带电粒子在电场方向上做匀变速运动，在垂直电场方向上不受力做匀速直线运动，所以有：

平行板电容器极板长度L=v0t=3×10-5s×2×105m/s=6m；

（2）根据题意可知，当时间由0s到1×10-5s时，粒子开始受到竖直向下的电场力，则粒子做类平抛运动，当时间由1×10-5s到2×10-5s时，粒子受到竖直向上的电场力，则向上偏转，当时间由2×10-5s到3×10-5s时，粒子再次向下偏转，轨迹是抛物线，如图所示；

（3）粒子在电容器中运动时，在电场方向做匀加速运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，根据电压图象可知，结合运动的对称性，

则有粒子在垂直板的方向即y方向的末速度为vy=t1=2×104m/s

粒子在平行板的方向即x方向的末速度vx=v0

射出电容器时，偏转角度为φ，则tgφ==

因此φ=arctan

答：（1）平行板电容器的板长6m；

（2）定性画出粒子的运动轨迹图，如上图所示；

（3）粒子射出电容器时偏转的角度．

解析

解：（1）带电粒子在电场中运动的时间t=3×10-5s，由题意知，带电粒子在电场方向上做匀变速运动，在垂直电场方向上不受力做匀速直线运动，所以有：

平行板电容器极板长度L=v0t=3×10-5s×2×105m/s=6m；

（2）根据题意可知，当时间由0s到1×10-5s时，粒子开始受到竖直向下的电场力，则粒子做类平抛运动，当时间由1×10-5s到2×10-5s时，粒子受到竖直向上的电场力，则向上偏转，当时间由2×10-5s到3×10-5s时，粒子再次向下偏转，轨迹是抛物线，如图所示；

（3）粒子在电容器中运动时，在电场方向做匀加速运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，根据电压图象可知，结合运动的对称性，

则有粒子在垂直板的方向即y方向的末速度为vy=t1=2×104m/s

粒子在平行板的方向即x方向的末速度vx=v0

射出电容器时，偏转角度为φ，则tgφ==

因此φ=arctan

答：（1）平行板电容器的板长6m；

（2）定性画出粒子的运动轨迹图，如上图所示；

（3）粒子射出电容器时偏转的角度．

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