如图所示.在电子枪中由阴极K逸出的电子.经过匀强电场加速后沿直线穿过加速电场后打到目标靶上．已知加速电压U=4.55×103V.电子的质量m=O.91×10-30kg.电荷量e=1.60×10-19C．电子由阴极逸出进入加速电场时的初速度.所受重力及空气阻力均可忽略不计.不考虑相对论效应．(1)求电子通过加速电场加速后的速度大小,(2)若在加� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

7．

如图所示，在电子枪中由阴极K逸出的电子，经过匀强电场加速后沿直线穿过加速电场后打到目标靶上．已知加速电压U=4.55×10³V，电子的质量m=O.91×10^-30kg、电荷量e=1.60×10^-19C．电子由阴极逸出进入加速电场时的初速度、所受重力及空气阻力均可忽略不计，不考虑相对论效应．
（1）求电子通过加速电场加速后的速度大小；
（2）若在加速电场中形成电流强度I=4.0mA稳定的细柱形电子流，电子打到目标靶上后不反弹而被靶吸收，求电子流对目标靶的平均作用力的大小；
（3）若在加速电场中形成电流强度，I=4.0mA稳定的细柱形电子流，那么在匀强加速电场内沿电子流方向上取a、b两点，其中a点距负极板的距离为两板间距的$\frac{1}{4}$，b点在正极板上，在这两点各取一段极短的相等长度的电子流，求这两段电子流内所含电子个数之比．

分析（1）根据动能定理求出电子经过加速电场加速后的速度大小．
（2）根据电流的定义式求出1s内打到目标靶上的电子数，根据动量定理求出电子流对目标靶的平均作用力的大小．
（3）抓住稳定的细柱形电子流大小相等，结合电流的微观表达式和速度位移公式求出这两段电子流内所含电子个数之比．

解答解：（1）电子被加速，从正极板射出时速度最大，设最大速度为v_m，根据动能定理得电子的加速过程有：
$eU=\frac{1}{2}m{{v}_{m}}^{2}$，
解得最大速度为：
${v}_{m}=\sqrt{\frac{2eU}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-19}×4.55×1{0}^{3}}{0.91×1{0}^{-30}}}m/s$=4.0×10⁷m/s，
（2）根据I=$\frac{q}{t}$可知，1s内打到目标靶上的电子所带总电荷量为：q=It=4.0×10^-3C，
所以1s内打到目标靶上的电子数为：n=$\frac{q}{e}=\frac{4×1{0}^{-3}}{1.6×1{0}^{-19}}=2.5×1{0}^{16}$．
设电子对目标靶的平均作用力为F，对t时间内打到目标靶上的电子，根据动量定理有：Ft=ntmv_m，
解得：F=nmv_m=2.5×10¹⁶×0.91×10^-30×4×10⁷N=0.91×10^-6N．
（3）设a、b两处单位长度的电子流内所含的电子个数分别n_a和n_b，电子的速度分别为v_a和v_b，a、b两处的电流大小分别为I_a=n_aev_a，I_b=n_bev_b，
因有稳定的细柱形电子流，所以有：I_a=I_b，
又因电子从负极板到正极板做初速度为零的匀加速运动，设电子在电场中的加速度为a，根据运动学公式知，当电子运动到离负极板的距离为x时，其速度大小为$v=\sqrt{2ax}$，
即v∝$\sqrt{x}$，
所以有：$\frac{{n}_{a}}{{n}_{b}}=\frac{{v}_{b}}{{v}_{a}}=\sqrt{\frac{{x}_{b}}{{x}_{a}}}=\sqrt{\frac{L}{\frac{L}{4}}}=\frac{2}{1}$．
答：（1）电子通过加速电场加速后的速度大小为4.0×10⁷m/s；
（2）电子流对目标靶的平均作用力的大小为0.91×10^-6N；
（3）这两段电子流内所含电子个数之比为2：1．

点评本题考查了动能定理、动量定理、运动学公式的综合运用，关键正确地建立物理模型，选择合适的规律进行求解，有一定的难度．

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	A．	两个小球以相同的线速度运动时，长绳易断
	B．	两个小球以相同的角速度运动时，短绳易断
	C．	两个小球以相同的角速度运动时，长绳易断
	D．	以上说法都不对

	A．	物体的动量一定减小
	B．	物体动量的变化方向与所定的正方向相同
	C．	物体的动量一定增加
	D．	物体动量的变化方向与所定的正方向相反

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