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人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课前预习ppt课件
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这是一份人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课前预习ppt课件，共60页。PPT课件主要包含了必备知识·自主学习，远远小于，忽略不计，电场力，匀速直线，电子枪，荧光屏，信号电压，扫描电压，关键能力·合作学习等内容，欢迎下载使用。
一、带电粒子在电场中的加速【情境思考】(1)一个质量为m、带正电荷q的粒子(如图甲所示),在静电力的作用下由静止开始从正极板向负极板运动。试分析带电粒子在电场中的运动性质。
(2)为模拟空气净化过程,有人设计了如图乙所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶,在圆桶顶面和底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,灰尘的运动方向如图所示,已知空气阻力与灰尘运动的速度大小成正比,即Ff=kv(k为一定值),试分析灰尘的运动情况和空气净化过程的原理。
提示:(1)初速度为零的匀加速直线运动。(2)灰尘可能一直在外力的作用下做加速运动,在电场的加速作用下,灰尘均沉积在玻璃圆桶上。
1.基本粒子的受力特点:对于质量很小的基本粒子,如电子、质子等,虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用,但万有引力(重力)一般_________静电力,可以_________。2.带电粒子加速问题的处理方法:(1)利用动能定理分析:初速度为零的带电粒子,经过电势差为U的电场加速后,qU= mv2,则 。(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。
二、带电粒子在电场中的偏转1.受力特点:带电粒子进入电场后,忽略重力,粒子只受_______,方向平行电场方向向下。运动情况类似于_____运动。2.运动性质:(1)沿初速度方向:速度为__的_________运动, 穿越两极板的时间t= 。(2)垂直v0的方向:初速度为___的匀加速直线运动,加速度a= 。
3.运动规律:(1)偏移距离:因为 所以偏移距离 。(2)偏转角度:因为 所以 。4.结论:由 ,可知x= 。粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点,即粒子就像是从极板间 处射出的一样。
三、示波管的原理【情境思考】带电粒子在电场中受静电力作用,我们可以利用电场来控制粒子,使它加速或偏转。如图所示是示波器的核心部件——示波管。请思考:示波管中电子的运动可分为几个阶段?各阶段的运动遵循什么规律?
提示:示波管中电子的运动一般可分为三个阶段;第一阶段为加速,遵循动能定理;第二阶段为偏转,遵循类平抛运动规律;第三个阶段为从偏转电极出来后,做匀速直线运动到达屏幕。
1.构造:示波管是示波器的核心部件,外部是一个抽成真空的玻璃壳,内部主要由_______(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和_______组成,如图所示。
2.原理:(1)扫描电压:XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。(2)灯丝被电源加热后,出现热电子发射,发射出来的电子经加速电场加速后,以很大的速度进入偏转电场,如果在Y偏转极板上加一_________,在X偏转极板上加一_________,在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。
【易错辨析】(1)质量很小的粒子不受重力的作用。( )(2)带电粒子在电场中只受静电力作用时,静电力一定做正功。( )(3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题,也能分析非匀强电场中的直线运动问题。( )(4)带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线运动。( )
(5)带电粒子在匀强电场中偏转时,可用平抛运动的知识分析。( )(6)带电粒子在匀强电场中偏转时,若已知进入电场和离开电场两点间的电势差以及带电粒子的初速度,可用动能定理求解末速度大小。( )(7)如果在偏转电极YY′和XX′上不加电压,电子束不偏转,打在荧光屏中心。( )
知识点一 带电粒子在电场中的加速1.关于带电粒子在电场中的重力(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子等,除有说明或有明确的暗示以外,此类粒子一般不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电微粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。
2.带电粒子的加速:当带电粒子以很小的速度进入电场中,在静电力作用下做加速运动,示波器、电视显像管中的电子枪都是利用电场对带电粒子加速的。
3.处理方法:可以从动力学和功能关系两个角度进行分析,其比较如表所示。
【问题探究】如图所示,直线上有O、a、b、c四点,a、b间的距离与b、c间的距离相等,在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在静电力作用下先从c点运动到b点,再从b点运动到a点。试分析:(1)粒子的运动情况;
(2)从c点到b点,从b点到a点两段过程中,静电力对粒子做功的关系。提示:(1)根据点电荷电场及电势分布特点可知,b点电势高于c点电势,则O点固定的是正电荷。粒子从c点运动到b点,再从b点运动到a点,静电力对粒子一直做正功,粒子速度一直增大。(2)静电力做功W=qU,因为Ubc
【解析】选A。根据动能定理得:qU= mv2,得 ,根据上式可知,在相同电压的加速电场中,比荷 大的粒子其速度v大,电荷量q大的粒子动能大,故A正确,B、C、D错误。
【规律方法】带电粒子在电场中加速问题的处理思路(1)带电粒子仅在电场力作用下加速,若初速度为零,则qU= mv2;若初速度不为零,则 。(2)在匀强电场中涉及时间、位移时可用运动学方法求解。
【素养训练】1.(2020·淄博高二检测)在地面附近,存在着一个有界电场,边界MN将空间分成左右两个区域,在右区域中有水平向左的匀强电场,在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变),如图甲所示,滑块运动的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则（ ）
A.滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B.在t=5 s时,小球经过边界MNC.滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D.在滑块运动的整个过程中,滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
【解析】选C。根据速度与时间图像可知,图线与时间轴所围成的面积表示位移大小,那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小,故A错误;滑块离开电场前做匀加速直线运动,离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动,由图可以看出,小球经过边界MN的时刻是t=2 s时,故B错误;由图像的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1= ,离开电场后的加速度大小为a2= ,由牛顿第二定律得:qE-f=ma1,f=ma2解得,摩擦力与电场力之比为2∶5。故C正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理,整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等,故D错误。故应选C。
2.如图所示,一个质子以初速度v0=5×106 m/s 水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20 cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度为3×105 N/C。质子质量m=1.67×10-27 kg,电荷量q=1.60×10-19 C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。
【解析】根据动能定理W= 而W=qEd=1.60×10-19×3×105×0.2 J=9.6×10-15 J所以v1= m/s≈6×106 m/s,质子射出时的速度约为6×106 m/s。答案:6×106 m/s
【加固训练】1.如图所示,M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板 后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A.使初速度减为原来的 B.使M、N间电压提高到原来的2倍C.使M、N间电压提高到原来的3倍D.使初速度和M、N间电压都减为原来的
【解析】选D。由题意知,带电粒子在电场中做匀减速直线运动,在粒子恰好能到达N板时,由动能定理可得-qU= ,要使粒子到达距N板 后返回,设此时两极板间电压为U1,粒子的初速度为v1,则由动能定理可得 ,联立两方程得 ,则D正确,A、B、C错误。
2.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子( ) A.运动到P点返回B.运动到P和P′点之间返回C.运动到P′点返回D.穿过P′点
【解析】选A。设A、B间电场强度为E1,B、C间电场强度为E2,由O点释放的电子恰好能运动到P点,根据动能定理,有:eE1xOM-eE2xMP=0①,B、C板电量不变,B、C板间的电场强度为:E2= ②,由②知B、C板间的电场强度不随距离的变化而变化,当C板向右平移到P′时,B、C板间的场强不变,由①知,电子仍然运动到P点返回,故A正确,B、C、D错误。
知识点二 带电粒子在电场中的偏转1.基本规律:带电粒子在电场中的偏转,轨迹如图所示。
(1)初速度方向 (2)电场线方向 (3)离开电场时的偏转角:tanα= 。(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角:tan β= 。
2.几个常用推论(1)tanα=2tan β。(2)粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交于沿初速度方向分位移的中点。(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子,不论m、q是否相同,只要 相同,即比荷相同,则偏转距离y和偏转角α相同。
(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场,只要q相同,不论m是否相同,则偏转距离y和偏转角α相同。(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同),进入同一偏转电场,则偏转距离y和偏转角α相同(y= ,tan α= ,U1为加速电压,U2为偏转电压)。
【问题探究】如图所示,两个相同极板的长度为l,相距为d,极板间的电压为U。一个电子沿平行于板面的方向射入电场中,射入时的速度为v0。把两板间的电场看作匀强电场,分析电子在电场中的运动情况。提示:电子在电场中做类平抛运动。
【典例示范】【典例】一束电子流在经U=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示。若两板间距d=1.0 cm,板长l=5.0 cm,那么要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?
【解析】加速过程,由动能定理得 ①进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a= ③偏距y= at2④能飞出的条件为y≤ ⑤
联立①～⑤式解得U′≤ =4.0×102 V即要使电子能飞出,所加电压最大为400 V。答案:400 V
【规律方法】带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续,从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力;从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析:如选用平衡条件、牛顿定律、动能定理、功能关系、能量守恒等。
【素养培训】水平放置的两块平行金属板长L=6.0 cm,两板间距d=2.0 cm,两板间电压为200 V,且上板带正电荷。一电子沿水平方向以速度v0=3.0×107 m/s从两板中间射入,如图所示,(电子电荷量q=1.6×10-19 C,电子质量me=9.1×10-31 kg)若电子离开电场后,打在屏上的P点,s=10 cm,求OP的长。
【解析】电子在电场中的加速度a= ,侧位移y= ,又因t= ,则y= ≈0.35 cm,tanθ= ≈0.4,电子飞出电场后做匀速直线运动,则OP=y+stan θ=4.35 cm。答案:4.35 cm
【加固训练】1.如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B,先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中,不计重力,带电粒子偏转后打在同一极板上,水平飞行距离之比为xA∶xB=2∶1,则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为( )A.1∶1,2∶3 B.2∶1,3∶2C.1∶1,3∶4D.4∶3,2∶1
【解析】选D。粒子在水平方向上做匀速直线运动x=v0t,由于初速度相同,xA∶xB=2∶1,所以tA∶tB=2∶1,竖直方向上粒子做匀加速直线运动y= at2,且yA=yB,故aA∶aB= =1∶4。而ma=qE,m= , 。综上所述,D项正确。
2.一个初速度为零的电子通过电压为U=4 500 V的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105 V/m的匀强电场中,到达该电场中另一点D时,电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°,如图所示。试求C、D两点沿电场强度方向的距离y。
【解析】电子加速过程由eU=得v0= ,在竖直方向vy=v0tan30°=at,a= ,解得t= ;C、D两点沿场强方向的距离y= at2= 代入数据解得y= =0.01 m答案:0.01 m
知识点三 带电粒子在交变电场中的运动1.当空间存在交变电场时,粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动性质也具有周期性。2.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究,并辅以v-t图像,特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
【问题探究】粒子加速器是利用周期性变化的电场使带电粒子在其中不断被加速的仪器,如图为加速器的一种——直线加速器。思考:为使粒子不断被加速,粒子运动到每个空隙时,电场方向应如何变化? 提示:粒子运动到每个漂移管的空隙(相当于电容器极板正对区域)时,电场方向应该和在上一个间隙时相同,才能使粒子经过空隙时被持续加速,所以加在漂移管上的电压应该如题干图中所示的那样间隔排布。
【典例示范】【典例】在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压,开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大,且不计重力,试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况,并画出相应的v-t图像。
【解析】t=0时,B板的电势比A板高,在静电力作用下,电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速运动。(1)对于题图甲,在0～ T时间内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动, ～T时间内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动,然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图(1)所示。(2)对于题图乙,在0～ 时间内做类似图(1)0～T时间内的运动, ～T时间内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图(2)所示。
【素养训练】1.在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板,板长为l,两板间距离为d,在两极板间加一交变电压如图乙,质量为m,电荷量为e的电子以速度v0 (v0接近光速的 )从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计,不考虑电子间的相互作用和相对论效应,则( )
A.当Um< 时,所有电子都能从极板的右端射出B.当Um< 时,将没有电子能从极板的右端射出C.当Um= 时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶2D.当Um= 时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶
【解析】选A。当电子恰好飞出极板时有:l=v0t, at2,a= ,由此求出:Um= ,当电压大于该最大值时电子不能飞出,故A正确,B错误;当Um= ,一个周期内有 的时间电压低于临界电压 ,因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶1,故C错误,若Um= ,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为 ,则D选项错误。故选A。
2.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是( ) A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2 s末带电粒子回到原出发点C.1 s末与4 s末带电粒子的速度大小相等,方向相反D.0～3 s内,电场力做的总功为零
【解析】选D。由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1 s内的加速度为 a1= ,在第2 s内的加速度a2= ,因此先加速1 s再减速0.5 s 时速度为零,接下来的0.5 s将反向加速,v-t图像如图所示:
带电粒子在前1 s做匀加速运动,在第2 s内先做匀减速运动后反向加速,所以不是始终向一个方向运动,故A错误;根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=2 s时,带电粒子离出发点的距离大于0,故B错误;由图可知,在1 s 末与4 s末带电粒子的速度大小相等,方向相同,故C错误;因为第3 s末粒子的速度刚好减为0,根据动能定理知粒子只受电场力作用,前3 s内动能变化为0,即电场力做的总功为零,故D正确。
【拓展例题】考查内容:带电体在电场中的运动【典例】一束电子从静止开始经加速电压U1加速后,以水平速度v0射入水平放置的两平行金属板中间,如图所示,金属板长为l,两板距离为d,竖直放置的荧光屏距金属板右端为L。若在两金属板间加直流电压U2时,光点偏离中线打在荧光屏上的P点,求 。
【解析】电子经U1的电场加速后,由动能定理可得eU1= ①电子以v0的速度进入U2的电场并偏转t= ②E= ③ ④ v⊥=at⑤由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan θ= 。所以 = 。答案:
【生活情境】如图所示是示波管原理图,电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场,离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点,P点与O点的距离叫作偏转距离,而单位偏转电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度。探究:欲提高示波管的灵敏度,行之有效的方法有哪些?
探究:欲提高示波管的灵敏度,行之有效的方法有哪些?【解析】电子在加速电场中加速,根据动能定理可得,eU1= ,所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0= ,电子进入偏转电场后的偏转位移为h= at2= =
所以示波管的灵敏度 所以要提高示波管的灵敏度可以增大l或减小d或减小U1。答案:增大极板长度l或减小极板间距d或减小加速电压U1
【生产情境】 如图所示,两块水平放置的平行金属板与电源连接,上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带负电,油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。
探究:两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略,当两金属板间的电势差为U时,观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动,经过时间t运动到下极板。求该油滴所带电荷量。
【解析】油滴进入电场后做匀加速运动,由牛顿第二定律得:mg-q =ma①根据位移时间公式得:d= at2②①②联立解得:q= 答案:
1.(2020·济宁高二检测)在如图所示的匀强电场中,若一个点电荷从P点由静止释放(不计粒子重力),则以下说法正确的是( )A.该点电荷可能做匀变速曲线运动B.该点电荷一定向右运动C.静电力对该点电荷可能不做功D.该点电荷一定做匀加速直线运动
【解析】选D。点电荷受到水平方向上的静电力做匀加速直线运动,因为点电荷的电性未知,无法确定向哪个方向做匀加速直线运动,故A、B错误,D正确;点电荷在运动的过程中,静电力做正功,故C错误。
【加固训练】(多选)如图所示,一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入,不计粒子所受的重力。当粒子的入射速度为v时,它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板。现欲使质量为m、入射速度为 的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,在以下的仅改变某一物理量的方案中,可行的是( )
A.使粒子的带电量减少为原来的 B.使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C.使两板间的距离增加到原来的2倍D.使两极板的长度减小为原来的
【解析】选C、D。设平行板长度为L,宽度为d,板间电压为U,恰能穿过这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:t= ,垂直初速度方向做匀加速运动,a= ,则通过电场时偏转距离:y= at2= ;当粒子的入射速度为v时,粒子恰好能穿过这一电场区域而不碰到金属板,则有y= ;欲使质量为m、入射速度为 的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,可行的方法有:使粒子的带电量减少为原来的 ;或使两板间所接电源的电压减少为原来的 ;或使两板间的距离增加到原来的两倍;或使两极板的长度减少为原来的一半,故选项C、D正确,A、B错误。
2.(多选)(2020·烟台高二检测)带正电的粒子放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电粒子只在静电力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是( ) A.粒子在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同B.粒子将沿着一条直线运动C.粒子做往复运动D.粒子在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
【解析】选B、D。0～1 s和1～2 s粒子的加速度大小相等,方向相反,A错误;0～1 s和1～2 s粒子分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动,根据这两段运动的对称性,1～2 s的末速度为0,所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动,是单向直线运动,B、D正确,C错误。
3.如图所示,a、b两个带电量相同的粒子,从同一点平行于极板方向射入电场,a粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,若不计重力,则( )A.a的初速度一定小于b的初速度B.a增加的动能一定等于b增加的动能C.b的运动时间一定大于a的运动时间D.b的质量一定大于a的质量
【解析】选B。设任一粒子的速度为v0,电量为q,质量为m,加速度为a,运动的时间为t,则加速度为:a= ,对竖直分运动,有:y= at2,对水平分运动,有:x=v0t,联立得v0=x ,t= ,m= ;只有q、E、x、y的关系已知,无法比较初速度、运动时间和质量的关系,故A、C、D均错误;由于只有电场力做功,故动能增加量等于电场力做功为:W=qEy,电量相等,故a增加的动能一定等于b增加的动能,故B正确。
4.如图所示,电子从静止开始被U=180 V的电场加速,沿直线垂直进入另一个场强为E=6 000 V/m的匀强偏转电场,而后电子从右侧离开偏转电场。已知电子比荷为 ≈ ×1011 C/kg,不计电子的重力,偏转极板长为L=6.0×10-2 m。求:(1)电子经过电压U加速后的速度vx的大小;(2)电子在偏转电场中运动的加速度a的大小;(3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ。
【解析】(1)根据动能定理可得eU= ,解得vx=8×106 m/s。(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力,根据牛顿第二定律得a= ,解得a= ×1014 m/s2≈1.1×1015m/s2。(3)电子在水平方向上做匀速直线运动,故t= ,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,故vy=at,tan θ= ,联立解得θ=45°。答案:(1)8×106 m/s (2)1.1×1015 m/s2 (3)45°
八 带电粒子在电场中的运动【合格性测试】(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中,质子先被某匀强电场加速到具有较高的能量,然后被引向轰击肿瘤,杀死其中的恶性细胞,如图所示。若质子的加速长度为d=4.0 cm,要使质子由静止被加速到v=1.0×107 m/s,已知质子质量为m=1.67×10-27 kg,质子电量为e=1.60×10-19 C,则下列说法不正确的是( )
A.由以上信息可以推算该加速电场的电压B.由以上信息可以推算该加速电场的电场强度C.由以上信息不可以推算该质子加速后的电势能D.由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功,电势能增加
【解析】选D。根据动能定理可得:eU= mv2-0该加速电场的电压为:U= = V≈5.2×105 V,由此可以推算该加速电场的电压,故A不符合题意;根据U=Ed可得该加速电场的电场强度E= V/m=1.3×107 V/m由此推算该加速电场的电场强度,故B不符合题意;运动过程中,根据动能定理可得质子所受电场力做正功,电势能减小,由于不知初始时刻的电势能,所以不可以推算该质子加速后的电势能,故C不符合题意,D符合题意;故选D。
2.(2020·本溪高二检测)如图所示,质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后,分别抵达B、C两点,若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )A.1∶2B.2∶1C.1∶ D. ∶1
【解析】选B。竖直方向有h= gt2,水平方向有l= t2,联立可得q= ,所以有 ,B正确。
【加固训练】如图所示,两平行带电金属板,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的4倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则( )A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶ B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2= ∶1D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2
【解析】选D。由C= ,C= ,U=Ed可以推导得E= ,极板距离增大但电场强度不变,因此加速度大小不变,a1∶a2=1∶1;根据运动学公式2as=v2,a大小不变,s变为原来的4倍,则v1∶v2= =1∶2,因此A、B、C错误,D正确。
3.(2020·浙江7月选考)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时( )A.所用时间为 B. 速度大小为3v0C.与P点的距离为 D. 速度方向与竖直方向的夹角为30°
【解析】选C。粒子在电场中做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方向y= t2,由tan45°= ,可得t= ,故A错误;由于vy= t=2v0,故粒子速度大小为v= ,故B错误;由几何关系可知,到P点的距离为L= ,故C正确;设速度方向与竖直方向的夹角为α,则有tanα= ,α不等于30°,故D错误。
4.两个平行的极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( )A.所受重力与静电力平衡B.电势能逐渐减小C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动
【解析】选D。带电粒子在平行极板之间受到两个力的作用,一是重力mg,方向竖直向下;二是静电力F=Eq,方向垂直于极板向上。因二力均为恒力,已知带电粒子做直线运动,所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上,根据牛顿第二定律可知,该粒子做匀减速直线运动,选项D正确,A、C错误;从粒子运动的方向和静电力的方向可判断出,静电力对粒子做负功,粒子的电势能增加,选项B错误。故选D。
5.图甲为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上看到的图形是( )
【解析】选B。由于电极XX′之间所加的是扫描电压,电极YY′之间所加的电压为信号电压,所以荧光屏上会看到B选项所示的图形。
6.如图所示,在竖直面(纸面)内有匀强电场,带电荷量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右、大小为 mg的恒力F,从M匀速运动到N。已知MN长为d,与力F的夹角为60°,重力加速度为g,则( )A.场强大小为 B.M、N间的电势差为0C.从M到N,电场力做功为- mgdD.若仅将力F方向顺时针转30°,小球将从M向N做匀变速直线运动
【解析】选B。对小球受力分析,如图所示
根据平衡知识可知qE= ,解得E= ,故A错误;设电场力方向与水平力F方向的夹角为θ,由图可知sin(180°-θ)= ,解得θ=150°,所以可得电场强度方向与MN垂直,所以M、N两点电势相等,M、N间的电势差为0,故B正确;由于M、N间的电势差为0,所以从M到N,电场力做功为零,故C错误;因电场力qE和重力mg的合力与F等大反向,则若仅将力F方向顺时针转30°,小球受的合力方向与MN的方向不共线,则小球将做匀变速曲线运动,故D错误;故选B。
【加固训练】如图所示,质量为m,电荷量为e的电子,从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中(电场方向没有标出),从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角,电子重力不计。则( )A.电子在电场中做变加速曲线运动B.A、B两点间的电势差UAB>0C.电子从A运动到B的时间t= D.电子在B点的速度大小v= v0
【解析】选C。电子仅受电场力,且电场力是恒力,则电子加速度一定,做匀变速曲线运动,故A错误;电子在电场中受电场力作用,根据牛顿第二定律可得:eE=ma ①将电子在B点的速度分解可知(如图)
,故D错误;②电子由A到B,由动能定理可知:-eUAB= ③由②、③式得UAB= <0,故B错误;设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy,则有vy=v0tan30°④vy=at⑤解①④⑤式得t= ,故C正确。故选C。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分) (2020·德州高二检测)如图所示,有一电子(电量为e)经电压U0加速后,进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且正好能穿过电场,求:(1)金属板AB的长度。(2)电子穿出电场时的动能。
【解析】(1)设电子飞离加速电场时速度为v0,由动能定理得eU0= ①设金属板AB的长度为L,电子偏转时间t= ②电子在偏转电场中产生的偏转加速度a= ③电子在电场中偏转距离y= ④由①②③④得:L= (2)设电子穿过电场时的动能为Ek,根据动能定理Ek=eU0+e =e(U0+ )。答案:(1) (2)e(U0+ )
8.(12分)一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入如图所示的偏转电场,离子的初动能为Ek,A、B两极板间电压为U,间距为d,C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板,屏MN足够大。若A、B极板长为L,C到极板右端的距离也为L,C的长为d。不考虑离子所受重力,元电荷为e。(1)写出离子射出A、B极板时的偏转距离y的表达式;(2)初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上?
【解析】(1)设离子的质量为m,初速度为v0,则离子在偏转电场中的加速度a= 离子射出电场的时间t= 射出电场时的偏转距离y= at2所以y= 而Ek= ,则y= 。
(2)离子射出电场时的竖直分速度vy=at射出电场时的偏转角的正切值tan φ= 故tan φ= 离子射出电场后做匀速直线运动要使离子打在屏MN上,需满足y< 且Ltan φ+y> ,所以 。答案:(1)y= (2)
【选择性测试】(15分钟·40分)9.(6分)(多选)(2020·宜宾高二检测)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,已知重力加速度为g,下列结论正确的是( )
A.两极板间电场强度大小为 B.两极板间电压为 C.整个过程中质点的重力势能增加 D.若仅增大两极板间距,该质点仍能垂直打在M上
【解析】选B、D。据题分析可知,小球在平行金属板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,小球的轨迹向下偏转,才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图
可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得:qE-mg=mg得到:E= ,由U=Ed可知板间电压为:U= ,故A错误,B正确;小球在电场中向上偏转的距离为:y= at2而a=g,t= ,解得:y= ,故小球打在屏上的位置与P点的距离为:s=2y= ,重力势能的增加量为:Ep=mgs= ,故C错误。仅增大两板间的距离,因两板上电量不变,根据E= 而C= ,解得:E= ,可知板间场强不变,小球在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏上,故D正确。故选B、D。
10.(6分)(多选)喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )A.向正极板偏转 B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与电荷量无关
【解析】选A、C。由于微滴带负电,电场方向向下,因此微滴受到的静电力方向向上,微滴向正极板偏转,A项正确;偏转过程中静电力做正功,根据静电力做功与电势能变化的关系,电势能减小,B项错误;微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动,位移x=vt,沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y= ,此式为抛物线方程,C项正确;从式中可以看出,运动轨迹与电荷量q有关,D项错误。
11.(6分)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极板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在上极板的同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中( )A.它们运动的时间tQ>tPB.它们运动的加速度aQ
【加固训练】如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )A.0
由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图像可知,0T时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各项可知B正确。
12.(22分)(2020·天津等级考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器,其基本原理如图所示,从离子源A处飘出的离子初速度不计,经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成,开始时反射区1、2均未加电场,当离子第一次进入漂移管时,两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场,其电场强度足够大,使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时,撤去反射区的电场,离子打在荧光屏B上被探测到,可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q,不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1;(2)反射区加上电场,电场强度大小为E,求离子能进入反射区的最大距离x;(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0,待测离子的总飞行时间为t1,两种离子在质量分析器中反射相同次数,求待测离子质量m1。
【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)离子经加速电场加速后进入漂移管做匀速直线运动;(2)反射区所加电场的作用为给带电粒子减速防止冲出反射区;(3)在多次反射中两个反射区的运动过程完全对称。
【解析】(1)设离子经过加速电场加速后的速度大小为v,有:qU= mv2①离子在漂移管中做匀速直线运动,则T1= ②联立①②式,得:T1= ③(2)根据动能定理,有qU-qEx=0④得:x= ⑤
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动,平均速度大小均相等,设其为 ,有 ⑥通过⑤式可知,离子在反射区的电场中的运动路程与离子本身无关,所以当反射次数相同时,不同离子在电场区运动的总路程相等,设为L1,在无场区域的总路程设为L2,根据题目条件可知,离子在无场区域速度大小恒为v,设离子的总飞行时间为t总,有t总= ⑦
联立①⑥⑦式,得:t总=(2L1+L2) ⑧可见,离子从A到B的总飞行时间与 成正比。依题意可得: ⑨可得:m1=( )2m0 ⑩答案:(1) (2) (3)( )2m0
【加固训练】如图甲所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d,板间加有如图乙所示随时间变化的电压。A、B板中点O处有一带电粒子,其电荷量为q,质量为m,在0～ 时间内粒子处于静止状态。已知重力加速度为g,周期T= 。
(1)判断该粒子的电性;(2)求在0～ 时间内两板间的电压U0;(3)若t=T时刻,粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出,那么 的值应为多少。
一、带电粒子在电场中的加速【情境思考】(1)一个质量为m、带正电荷q的粒子(如图甲所示),在静电力的作用下由静止开始从正极板向负极板运动。试分析带电粒子在电场中的运动性质。
(2)为模拟空气净化过程,有人设计了如图乙所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶,在圆桶顶面和底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,灰尘的运动方向如图所示,已知空气阻力与灰尘运动的速度大小成正比,即Ff=kv(k为一定值),试分析灰尘的运动情况和空气净化过程的原理。
提示:(1)初速度为零的匀加速直线运动。(2)灰尘可能一直在外力的作用下做加速运动,在电场的加速作用下,灰尘均沉积在玻璃圆桶上。
1.基本粒子的受力特点:对于质量很小的基本粒子,如电子、质子等,虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用,但万有引力(重力)一般_________静电力,可以_________。2.带电粒子加速问题的处理方法:(1)利用动能定理分析:初速度为零的带电粒子,经过电势差为U的电场加速后,qU= mv2,则 。(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。
二、带电粒子在电场中的偏转1.受力特点:带电粒子进入电场后,忽略重力,粒子只受_______,方向平行电场方向向下。运动情况类似于_____运动。2.运动性质:(1)沿初速度方向:速度为__的_________运动, 穿越两极板的时间t= 。(2)垂直v0的方向:初速度为___的匀加速直线运动,加速度a= 。
3.运动规律:(1)偏移距离:因为 所以偏移距离 。(2)偏转角度:因为 所以 。4.结论:由 ,可知x= 。粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点,即粒子就像是从极板间 处射出的一样。
三、示波管的原理【情境思考】带电粒子在电场中受静电力作用,我们可以利用电场来控制粒子,使它加速或偏转。如图所示是示波器的核心部件——示波管。请思考:示波管中电子的运动可分为几个阶段?各阶段的运动遵循什么规律?
提示:示波管中电子的运动一般可分为三个阶段;第一阶段为加速,遵循动能定理;第二阶段为偏转,遵循类平抛运动规律;第三个阶段为从偏转电极出来后,做匀速直线运动到达屏幕。
1.构造:示波管是示波器的核心部件,外部是一个抽成真空的玻璃壳,内部主要由_______(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和_______组成,如图所示。
2.原理:(1)扫描电压:XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。(2)灯丝被电源加热后,出现热电子发射,发射出来的电子经加速电场加速后,以很大的速度进入偏转电场,如果在Y偏转极板上加一_________,在X偏转极板上加一_________,在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。
【易错辨析】(1)质量很小的粒子不受重力的作用。( )(2)带电粒子在电场中只受静电力作用时,静电力一定做正功。( )(3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题,也能分析非匀强电场中的直线运动问题。( )(4)带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线运动。( )
(5)带电粒子在匀强电场中偏转时,可用平抛运动的知识分析。( )(6)带电粒子在匀强电场中偏转时,若已知进入电场和离开电场两点间的电势差以及带电粒子的初速度,可用动能定理求解末速度大小。( )(7)如果在偏转电极YY′和XX′上不加电压,电子束不偏转,打在荧光屏中心。( )
知识点一 带电粒子在电场中的加速1.关于带电粒子在电场中的重力(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子等,除有说明或有明确的暗示以外,此类粒子一般不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电微粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。
2.带电粒子的加速:当带电粒子以很小的速度进入电场中,在静电力作用下做加速运动,示波器、电视显像管中的电子枪都是利用电场对带电粒子加速的。
3.处理方法:可以从动力学和功能关系两个角度进行分析,其比较如表所示。
【问题探究】如图所示,直线上有O、a、b、c四点,a、b间的距离与b、c间的距离相等,在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在静电力作用下先从c点运动到b点,再从b点运动到a点。试分析:(1)粒子的运动情况;
(2)从c点到b点,从b点到a点两段过程中,静电力对粒子做功的关系。提示:(1)根据点电荷电场及电势分布特点可知,b点电势高于c点电势,则O点固定的是正电荷。粒子从c点运动到b点,再从b点运动到a点,静电力对粒子一直做正功,粒子速度一直增大。(2)静电力做功W=qU,因为Ubc
【解析】选A。根据动能定理得:qU= mv2,得 ,根据上式可知,在相同电压的加速电场中,比荷 大的粒子其速度v大,电荷量q大的粒子动能大,故A正确,B、C、D错误。
【规律方法】带电粒子在电场中加速问题的处理思路(1)带电粒子仅在电场力作用下加速,若初速度为零,则qU= mv2;若初速度不为零,则 。(2)在匀强电场中涉及时间、位移时可用运动学方法求解。
【素养训练】1.(2020·淄博高二检测)在地面附近,存在着一个有界电场,边界MN将空间分成左右两个区域,在右区域中有水平向左的匀强电场,在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变),如图甲所示,滑块运动的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则（ ）
A.滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B.在t=5 s时,小球经过边界MNC.滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5D.在滑块运动的整个过程中,滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
【解析】选C。根据速度与时间图像可知,图线与时间轴所围成的面积表示位移大小,那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小,故A错误;滑块离开电场前做匀加速直线运动,离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动,由图可以看出,小球经过边界MN的时刻是t=2 s时,故B错误;由图像的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1= ,离开电场后的加速度大小为a2= ,由牛顿第二定律得:qE-f=ma1,f=ma2解得,摩擦力与电场力之比为2∶5。故C正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理,整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等,故D错误。故应选C。
2.如图所示,一个质子以初速度v0=5×106 m/s 水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20 cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度为3×105 N/C。质子质量m=1.67×10-27 kg,电荷量q=1.60×10-19 C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。
【解析】根据动能定理W= 而W=qEd=1.60×10-19×3×105×0.2 J=9.6×10-15 J所以v1= m/s≈6×106 m/s,质子射出时的速度约为6×106 m/s。答案:6×106 m/s
【加固训练】1.如图所示,M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板 后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A.使初速度减为原来的 B.使M、N间电压提高到原来的2倍C.使M、N间电压提高到原来的3倍D.使初速度和M、N间电压都减为原来的
【解析】选D。由题意知,带电粒子在电场中做匀减速直线运动,在粒子恰好能到达N板时,由动能定理可得-qU= ,要使粒子到达距N板 后返回,设此时两极板间电压为U1,粒子的初速度为v1,则由动能定理可得 ,联立两方程得 ,则D正确,A、B、C错误。
2.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子( ) A.运动到P点返回B.运动到P和P′点之间返回C.运动到P′点返回D.穿过P′点
【解析】选A。设A、B间电场强度为E1,B、C间电场强度为E2,由O点释放的电子恰好能运动到P点,根据动能定理,有:eE1xOM-eE2xMP=0①,B、C板电量不变,B、C板间的电场强度为:E2= ②,由②知B、C板间的电场强度不随距离的变化而变化,当C板向右平移到P′时,B、C板间的场强不变,由①知,电子仍然运动到P点返回,故A正确,B、C、D错误。
知识点二 带电粒子在电场中的偏转1.基本规律:带电粒子在电场中的偏转,轨迹如图所示。
(1)初速度方向 (2)电场线方向 (3)离开电场时的偏转角:tanα= 。(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角:tan β= 。
2.几个常用推论(1)tanα=2tan β。(2)粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交于沿初速度方向分位移的中点。(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子,不论m、q是否相同,只要 相同,即比荷相同,则偏转距离y和偏转角α相同。
(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场,只要q相同,不论m是否相同,则偏转距离y和偏转角α相同。(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同),进入同一偏转电场,则偏转距离y和偏转角α相同(y= ,tan α= ,U1为加速电压,U2为偏转电压)。
【问题探究】如图所示,两个相同极板的长度为l,相距为d,极板间的电压为U。一个电子沿平行于板面的方向射入电场中,射入时的速度为v0。把两板间的电场看作匀强电场,分析电子在电场中的运动情况。提示:电子在电场中做类平抛运动。
【典例示范】【典例】一束电子流在经U=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示。若两板间距d=1.0 cm,板长l=5.0 cm,那么要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?
【解析】加速过程,由动能定理得 ①进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a= ③偏距y= at2④能飞出的条件为y≤ ⑤
联立①～⑤式解得U′≤ =4.0×102 V即要使电子能飞出,所加电压最大为400 V。答案:400 V
【规律方法】带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续,从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力;从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析:如选用平衡条件、牛顿定律、动能定理、功能关系、能量守恒等。
【素养培训】水平放置的两块平行金属板长L=6.0 cm,两板间距d=2.0 cm,两板间电压为200 V,且上板带正电荷。一电子沿水平方向以速度v0=3.0×107 m/s从两板中间射入,如图所示,(电子电荷量q=1.6×10-19 C,电子质量me=9.1×10-31 kg)若电子离开电场后,打在屏上的P点,s=10 cm,求OP的长。
【解析】电子在电场中的加速度a= ,侧位移y= ,又因t= ,则y= ≈0.35 cm,tanθ= ≈0.4,电子飞出电场后做匀速直线运动,则OP=y+stan θ=4.35 cm。答案:4.35 cm
【加固训练】1.如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B,先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中,不计重力,带电粒子偏转后打在同一极板上,水平飞行距离之比为xA∶xB=2∶1,则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为( )A.1∶1,2∶3 B.2∶1,3∶2C.1∶1,3∶4D.4∶3,2∶1
【解析】选D。粒子在水平方向上做匀速直线运动x=v0t,由于初速度相同,xA∶xB=2∶1,所以tA∶tB=2∶1,竖直方向上粒子做匀加速直线运动y= at2,且yA=yB,故aA∶aB= =1∶4。而ma=qE,m= , 。综上所述,D项正确。
2.一个初速度为零的电子通过电压为U=4 500 V的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105 V/m的匀强电场中,到达该电场中另一点D时,电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°,如图所示。试求C、D两点沿电场强度方向的距离y。
【解析】电子加速过程由eU=得v0= ,在竖直方向vy=v0tan30°=at,a= ,解得t= ;C、D两点沿场强方向的距离y= at2= 代入数据解得y= =0.01 m答案:0.01 m
知识点三 带电粒子在交变电场中的运动1.当空间存在交变电场时,粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动性质也具有周期性。2.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究,并辅以v-t图像,特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
【问题探究】粒子加速器是利用周期性变化的电场使带电粒子在其中不断被加速的仪器,如图为加速器的一种——直线加速器。思考:为使粒子不断被加速,粒子运动到每个空隙时,电场方向应如何变化? 提示:粒子运动到每个漂移管的空隙(相当于电容器极板正对区域)时,电场方向应该和在上一个间隙时相同,才能使粒子经过空隙时被持续加速,所以加在漂移管上的电压应该如题干图中所示的那样间隔排布。
【典例示范】【典例】在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压,开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大,且不计重力,试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况,并画出相应的v-t图像。
【解析】t=0时,B板的电势比A板高,在静电力作用下,电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速运动。(1)对于题图甲,在0～ T时间内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动, ～T时间内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动,然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图(1)所示。(2)对于题图乙,在0～ 时间内做类似图(1)0～T时间内的运动, ～T时间内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图(2)所示。
【素养训练】1.在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板,板长为l,两板间距离为d,在两极板间加一交变电压如图乙,质量为m,电荷量为e的电子以速度v0 (v0接近光速的 )从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计,不考虑电子间的相互作用和相对论效应,则( )
A.当Um< 时,所有电子都能从极板的右端射出B.当Um< 时,将没有电子能从极板的右端射出C.当Um= 时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶2D.当Um= 时,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶
【解析】选A。当电子恰好飞出极板时有:l=v0t, at2,a= ,由此求出:Um= ,当电压大于该最大值时电子不能飞出,故A正确,B错误;当Um= ,一个周期内有 的时间电压低于临界电压 ,因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶1,故C错误,若Um= ,有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为 ,则D选项错误。故选A。
2.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是( ) A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2 s末带电粒子回到原出发点C.1 s末与4 s末带电粒子的速度大小相等,方向相反D.0～3 s内,电场力做的总功为零
【解析】选D。由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1 s内的加速度为 a1= ,在第2 s内的加速度a2= ,因此先加速1 s再减速0.5 s 时速度为零,接下来的0.5 s将反向加速,v-t图像如图所示:
带电粒子在前1 s做匀加速运动,在第2 s内先做匀减速运动后反向加速,所以不是始终向一个方向运动,故A错误;根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=2 s时,带电粒子离出发点的距离大于0,故B错误;由图可知,在1 s 末与4 s末带电粒子的速度大小相等,方向相同,故C错误;因为第3 s末粒子的速度刚好减为0,根据动能定理知粒子只受电场力作用,前3 s内动能变化为0,即电场力做的总功为零,故D正确。
【拓展例题】考查内容:带电体在电场中的运动【典例】一束电子从静止开始经加速电压U1加速后,以水平速度v0射入水平放置的两平行金属板中间,如图所示,金属板长为l,两板距离为d,竖直放置的荧光屏距金属板右端为L。若在两金属板间加直流电压U2时,光点偏离中线打在荧光屏上的P点,求 。
【解析】电子经U1的电场加速后,由动能定理可得eU1= ①电子以v0的速度进入U2的电场并偏转t= ②E= ③ ④ v⊥=at⑤由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan θ= 。所以 = 。答案:
【生活情境】如图所示是示波管原理图,电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场,离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点,P点与O点的距离叫作偏转距离,而单位偏转电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度。探究:欲提高示波管的灵敏度,行之有效的方法有哪些?
探究:欲提高示波管的灵敏度,行之有效的方法有哪些?【解析】电子在加速电场中加速,根据动能定理可得,eU1= ,所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0= ,电子进入偏转电场后的偏转位移为h= at2= =
所以示波管的灵敏度 所以要提高示波管的灵敏度可以增大l或减小d或减小U1。答案:增大极板长度l或减小极板间距d或减小加速电压U1
【生产情境】 如图所示,两块水平放置的平行金属板与电源连接,上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带负电,油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。
探究:两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略,当两金属板间的电势差为U时,观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动,经过时间t运动到下极板。求该油滴所带电荷量。
【解析】油滴进入电场后做匀加速运动,由牛顿第二定律得:mg-q =ma①根据位移时间公式得:d= at2②①②联立解得:q= 答案:
1.(2020·济宁高二检测)在如图所示的匀强电场中,若一个点电荷从P点由静止释放(不计粒子重力),则以下说法正确的是( )A.该点电荷可能做匀变速曲线运动B.该点电荷一定向右运动C.静电力对该点电荷可能不做功D.该点电荷一定做匀加速直线运动
【解析】选D。点电荷受到水平方向上的静电力做匀加速直线运动,因为点电荷的电性未知,无法确定向哪个方向做匀加速直线运动,故A、B错误,D正确;点电荷在运动的过程中,静电力做正功,故C错误。
【加固训练】(多选)如图所示,一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入,不计粒子所受的重力。当粒子的入射速度为v时,它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板。现欲使质量为m、入射速度为 的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,在以下的仅改变某一物理量的方案中,可行的是( )
A.使粒子的带电量减少为原来的 B.使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C.使两板间的距离增加到原来的2倍D.使两极板的长度减小为原来的
【解析】选C、D。设平行板长度为L,宽度为d,板间电压为U,恰能穿过这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:t= ,垂直初速度方向做匀加速运动,a= ,则通过电场时偏转距离:y= at2= ;当粒子的入射速度为v时,粒子恰好能穿过这一电场区域而不碰到金属板,则有y= ;欲使质量为m、入射速度为 的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,可行的方法有:使粒子的带电量减少为原来的 ;或使两板间所接电源的电压减少为原来的 ;或使两板间的距离增加到原来的两倍;或使两极板的长度减少为原来的一半,故选项C、D正确,A、B错误。
2.(多选)(2020·烟台高二检测)带正电的粒子放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电粒子只在静电力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是( ) A.粒子在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同B.粒子将沿着一条直线运动C.粒子做往复运动D.粒子在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
【解析】选B、D。0～1 s和1～2 s粒子的加速度大小相等,方向相反,A错误;0～1 s和1～2 s粒子分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动,根据这两段运动的对称性,1～2 s的末速度为0,所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动,是单向直线运动,B、D正确,C错误。
3.如图所示,a、b两个带电量相同的粒子,从同一点平行于极板方向射入电场,a粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,若不计重力,则( )A.a的初速度一定小于b的初速度B.a增加的动能一定等于b增加的动能C.b的运动时间一定大于a的运动时间D.b的质量一定大于a的质量
【解析】选B。设任一粒子的速度为v0,电量为q,质量为m,加速度为a,运动的时间为t,则加速度为:a= ,对竖直分运动,有:y= at2,对水平分运动,有:x=v0t,联立得v0=x ,t= ,m= ;只有q、E、x、y的关系已知,无法比较初速度、运动时间和质量的关系,故A、C、D均错误;由于只有电场力做功,故动能增加量等于电场力做功为:W=qEy,电量相等,故a增加的动能一定等于b增加的动能,故B正确。
4.如图所示,电子从静止开始被U=180 V的电场加速,沿直线垂直进入另一个场强为E=6 000 V/m的匀强偏转电场,而后电子从右侧离开偏转电场。已知电子比荷为 ≈ ×1011 C/kg,不计电子的重力,偏转极板长为L=6.0×10-2 m。求:(1)电子经过电压U加速后的速度vx的大小;(2)电子在偏转电场中运动的加速度a的大小;(3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ。
【解析】(1)根据动能定理可得eU= ,解得vx=8×106 m/s。(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力,根据牛顿第二定律得a= ,解得a= ×1014 m/s2≈1.1×1015m/s2。(3)电子在水平方向上做匀速直线运动,故t= ,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,故vy=at,tan θ= ,联立解得θ=45°。答案:(1)8×106 m/s (2)1.1×1015 m/s2 (3)45°
八 带电粒子在电场中的运动【合格性测试】(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中,质子先被某匀强电场加速到具有较高的能量,然后被引向轰击肿瘤,杀死其中的恶性细胞,如图所示。若质子的加速长度为d=4.0 cm,要使质子由静止被加速到v=1.0×107 m/s,已知质子质量为m=1.67×10-27 kg,质子电量为e=1.60×10-19 C,则下列说法不正确的是( )
A.由以上信息可以推算该加速电场的电压B.由以上信息可以推算该加速电场的电场强度C.由以上信息不可以推算该质子加速后的电势能D.由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功,电势能增加
【解析】选D。根据动能定理可得:eU= mv2-0该加速电场的电压为:U= = V≈5.2×105 V,由此可以推算该加速电场的电压,故A不符合题意;根据U=Ed可得该加速电场的电场强度E= V/m=1.3×107 V/m由此推算该加速电场的电场强度,故B不符合题意;运动过程中,根据动能定理可得质子所受电场力做正功,电势能减小,由于不知初始时刻的电势能,所以不可以推算该质子加速后的电势能,故C不符合题意,D符合题意;故选D。
2.(2020·本溪高二检测)如图所示,质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后,分别抵达B、C两点,若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )A.1∶2B.2∶1C.1∶ D. ∶1
【解析】选B。竖直方向有h= gt2,水平方向有l= t2,联立可得q= ,所以有 ,B正确。
【加固训练】如图所示,两平行带电金属板,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的4倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则( )A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶ B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2= ∶1D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2
【解析】选D。由C= ,C= ,U=Ed可以推导得E= ,极板距离增大但电场强度不变,因此加速度大小不变,a1∶a2=1∶1;根据运动学公式2as=v2,a大小不变,s变为原来的4倍,则v1∶v2= =1∶2,因此A、B、C错误,D正确。
3.(2020·浙江7月选考)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时( )A.所用时间为 B. 速度大小为3v0C.与P点的距离为 D. 速度方向与竖直方向的夹角为30°
【解析】选C。粒子在电场中做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方向y= t2,由tan45°= ,可得t= ,故A错误;由于vy= t=2v0,故粒子速度大小为v= ,故B错误;由几何关系可知,到P点的距离为L= ,故C正确;设速度方向与竖直方向的夹角为α,则有tanα= ,α不等于30°,故D错误。
4.两个平行的极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( )A.所受重力与静电力平衡B.电势能逐渐减小C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动
【解析】选D。带电粒子在平行极板之间受到两个力的作用,一是重力mg,方向竖直向下;二是静电力F=Eq,方向垂直于极板向上。因二力均为恒力,已知带电粒子做直线运动,所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上,根据牛顿第二定律可知,该粒子做匀减速直线运动,选项D正确,A、C错误;从粒子运动的方向和静电力的方向可判断出,静电力对粒子做负功,粒子的电势能增加,选项B错误。故选D。
5.图甲为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上看到的图形是( )
【解析】选B。由于电极XX′之间所加的是扫描电压,电极YY′之间所加的电压为信号电压,所以荧光屏上会看到B选项所示的图形。
6.如图所示,在竖直面(纸面)内有匀强电场,带电荷量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右、大小为 mg的恒力F,从M匀速运动到N。已知MN长为d,与力F的夹角为60°,重力加速度为g,则( )A.场强大小为 B.M、N间的电势差为0C.从M到N,电场力做功为- mgdD.若仅将力F方向顺时针转30°,小球将从M向N做匀变速直线运动
【解析】选B。对小球受力分析,如图所示
根据平衡知识可知qE= ,解得E= ,故A错误;设电场力方向与水平力F方向的夹角为θ,由图可知sin(180°-θ)= ,解得θ=150°,所以可得电场强度方向与MN垂直,所以M、N两点电势相等,M、N间的电势差为0,故B正确;由于M、N间的电势差为0,所以从M到N,电场力做功为零,故C错误;因电场力qE和重力mg的合力与F等大反向,则若仅将力F方向顺时针转30°,小球受的合力方向与MN的方向不共线,则小球将做匀变速曲线运动,故D错误;故选B。
【加固训练】如图所示,质量为m,电荷量为e的电子,从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中(电场方向没有标出),从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角,电子重力不计。则( )A.电子在电场中做变加速曲线运动B.A、B两点间的电势差UAB>0C.电子从A运动到B的时间t= D.电子在B点的速度大小v= v0
【解析】选C。电子仅受电场力,且电场力是恒力,则电子加速度一定,做匀变速曲线运动,故A错误;电子在电场中受电场力作用,根据牛顿第二定律可得:eE=ma ①将电子在B点的速度分解可知(如图)
,故D错误;②电子由A到B,由动能定理可知:-eUAB= ③由②、③式得UAB= <0,故B错误;设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy,则有vy=v0tan30°④vy=at⑤解①④⑤式得t= ,故C正确。故选C。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分) (2020·德州高二检测)如图所示,有一电子(电量为e)经电压U0加速后,进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入,且正好能穿过电场,求:(1)金属板AB的长度。(2)电子穿出电场时的动能。
【解析】(1)设电子飞离加速电场时速度为v0,由动能定理得eU0= ①设金属板AB的长度为L,电子偏转时间t= ②电子在偏转电场中产生的偏转加速度a= ③电子在电场中偏转距离y= ④由①②③④得:L= (2)设电子穿过电场时的动能为Ek,根据动能定理Ek=eU0+e =e(U0+ )。答案:(1) (2)e(U0+ )
8.(12分)一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入如图所示的偏转电场,离子的初动能为Ek,A、B两极板间电压为U,间距为d,C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板,屏MN足够大。若A、B极板长为L,C到极板右端的距离也为L,C的长为d。不考虑离子所受重力,元电荷为e。(1)写出离子射出A、B极板时的偏转距离y的表达式;(2)初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上?
【解析】(1)设离子的质量为m,初速度为v0,则离子在偏转电场中的加速度a= 离子射出电场的时间t= 射出电场时的偏转距离y= at2所以y= 而Ek= ,则y= 。
(2)离子射出电场时的竖直分速度vy=at射出电场时的偏转角的正切值tan φ= 故tan φ= 离子射出电场后做匀速直线运动要使离子打在屏MN上,需满足y< 且Ltan φ+y> ,所以 。答案:(1)y= (2)
【选择性测试】(15分钟·40分)9.(6分)(多选)(2020·宜宾高二检测)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,已知重力加速度为g,下列结论正确的是( )
A.两极板间电场强度大小为 B.两极板间电压为 C.整个过程中质点的重力势能增加 D.若仅增大两极板间距,该质点仍能垂直打在M上
【解析】选B、D。据题分析可知,小球在平行金属板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,小球的轨迹向下偏转,才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图
可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得:qE-mg=mg得到:E= ,由U=Ed可知板间电压为:U= ,故A错误,B正确;小球在电场中向上偏转的距离为:y= at2而a=g,t= ,解得:y= ,故小球打在屏上的位置与P点的距离为:s=2y= ,重力势能的增加量为:Ep=mgs= ,故C错误。仅增大两板间的距离,因两板上电量不变,根据E= 而C= ,解得:E= ,可知板间场强不变,小球在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏上,故D正确。故选B、D。
10.(6分)(多选)喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )A.向正极板偏转 B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与电荷量无关
【解析】选A、C。由于微滴带负电,电场方向向下,因此微滴受到的静电力方向向上,微滴向正极板偏转,A项正确;偏转过程中静电力做正功,根据静电力做功与电势能变化的关系,电势能减小,B项错误;微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动,位移x=vt,沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y= ,此式为抛物线方程,C项正确;从式中可以看出,运动轨迹与电荷量q有关,D项错误。
11.(6分)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极板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在上极板的同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中( )A.它们运动的时间tQ>tPB.它们运动的加速度aQ
【加固训练】如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )A.0
由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图像可知,0
12.(22分)(2020·天津等级考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器,其基本原理如图所示,从离子源A处飘出的离子初速度不计,经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成,开始时反射区1、2均未加电场,当离子第一次进入漂移管时,两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场,其电场强度足够大,使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时,撤去反射区的电场,离子打在荧光屏B上被探测到,可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q,不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1;(2)反射区加上电场,电场强度大小为E,求离子能进入反射区的最大距离x;(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0,待测离子的总飞行时间为t1,两种离子在质量分析器中反射相同次数,求待测离子质量m1。
【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)离子经加速电场加速后进入漂移管做匀速直线运动;(2)反射区所加电场的作用为给带电粒子减速防止冲出反射区;(3)在多次反射中两个反射区的运动过程完全对称。
【解析】(1)设离子经过加速电场加速后的速度大小为v,有:qU= mv2①离子在漂移管中做匀速直线运动,则T1= ②联立①②式,得:T1= ③(2)根据动能定理,有qU-qEx=0④得:x= ⑤
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动,平均速度大小均相等,设其为 ,有 ⑥通过⑤式可知,离子在反射区的电场中的运动路程与离子本身无关,所以当反射次数相同时,不同离子在电场区运动的总路程相等,设为L1,在无场区域的总路程设为L2,根据题目条件可知,离子在无场区域速度大小恒为v,设离子的总飞行时间为t总,有t总= ⑦
联立①⑥⑦式,得:t总=(2L1+L2) ⑧可见,离子从A到B的总飞行时间与 成正比。依题意可得: ⑨可得:m1=( )2m0 ⑩答案:(1) (2) (3)( )2m0
【加固训练】如图甲所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d,板间加有如图乙所示随时间变化的电压。A、B板中点O处有一带电粒子,其电荷量为q,质量为m,在0～ 时间内粒子处于静止状态。已知重力加速度为g,周期T= 。
(1)判断该粒子的电性;(2)求在0～ 时间内两板间的电压U0;(3)若t=T时刻,粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出,那么 的值应为多少。
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