1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。5.带电粒子在电场中的运动新 课 程 标 准学 业 质 量 目 标1.能分析带电粒子在电场中的运动情况。2.能解释相关的物理现象。合格性考试1.会从力和能量角度分析、计算带电粒子在电场中的加速问题。2.能够用类平抛运动分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题。选择性考试能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的两种典型运动模型。必备知识自主学习一、带电粒子在电场中的加速(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
2、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)一般远远小于静电力,可以忽略不计。2.
3、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v=。(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,粒子只受电场力,方向平行电场方向向下。运动情况类似于平抛运动。2.运动性质:(1)沿初速度方向:速度为v0的匀速直线运动, 穿越两极板的时间t=。(2)垂直v0的方向:初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=。3.运动规律:(1)偏移距离:因为t=,a=,所以偏移距离y=at2=。(2)偏转角度:因为vy=at=,所以tan =。4.结论:由=,可知x
4、=。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,内部主要由电子枪(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
5、电极板组成)和荧光屏组成,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偏转极板上加一信号电压,在X偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。(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
6、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。()关键能力合作学习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、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
7、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。项目动力学角度功能关系角度涉及知识牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式功的公式及动能定理选择条件匀强电场,静电力是恒力可以是匀强电场,也可以是非匀强电场,静电力可以是恒力,也可以是变力如图所示,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
8、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UbcUab,则前一个过程中静电力做功小于后一个过程静电力做功。【典例】质量和电荷量不同的带电粒子,在电场中由静止开始经相同电压加速后()A.比荷大的粒子速度大,电荷量大的粒子动能大B.比荷大的粒子动能大,电荷量大的粒子速度大C.比荷大的粒子速度和动能都大D.电荷量大的粒子速度和动能都大【解析】选A。根据动能定理得:qU=mv2,得v=,根据上式可知,在相同电压的加速电场中,比荷大的粒
9、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。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qU=mv2-m。(2)在匀强电场中涉及时间、位移时可用运动学方法求解。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
10、.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25D.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25。故C正确;整个过程
11、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=5106 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3105 N/C。质子质量m=1.6710-27 kg,电荷量q=1.6010-19 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=m-m而W=qEd=1.6010-1931050.2 J=9.610-15 J所以v1= m/s6106 m/s,质子射出时的速度约为6106 m/s。答案:6106 m/s【加固训练】1.如
12、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=-m,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-q=-m,联立两方程得=,则
13、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=0,B、C板电量不变,B、C板间的电场强度为:E2=,由知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,由知,电子仍然运动到P点返回,故A
14、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:tan=。(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角:tan =。2.几个常用推论(1)tan=2tan 。(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和偏转角相同。(5)不同的带电粒子经同一
15、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和偏转角相同(y=,tan =,U1为加速电压,U2为偏转电压)。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】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eU=m进
16、入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a=偏距y=at2能飞出的条件为y联立式解得U=4.0102 V即要使电子能飞出,所加电压最大为400 V。答案:400 V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。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=3.01
17、07 m/s从两板中间射入,如图所示,(电子电荷量q=1.610-19 C,电子质量me=9.110-31 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,tan=0.4,电子飞出电场后做匀速直线运动,则OP=y+stan =4.35 cm。答案:4.35 cm【加固训练】1.如图所示,带电荷量之比为qAqB=13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xAxB=21,则带电粒子的质量之比mAmB以及在电场中飞行的
18、时间之比tAtB分别为()A.11,23B.21,32C.11,34D.43,21【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,xAxB=21,所以tAtB=21,竖直方向上粒子做匀加速直线运动y=at2,且yA=yB,故aAaB=14。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=1.5105 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=m得v0=
19、,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=m=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。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
20、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】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0T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
21、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)0T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。答案:见解析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
22、出B.当Um0)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=v0,故B错误;由几何关系可知,到P点的距离为L=v0t=,故C正确;设速度方向与竖直方向的夹角为,则有tan=,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
23、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
24、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(q0)、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
25、=,故A错误;设电场力方向与水平力F方向的夹角为,由图可知sin(180-)=,解得=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()
26、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UAB0C.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将电子在B点的速度分解可知(如图)v=v0,故D错误;电子由A到B,由动能定理可知:-eUAB=mv2-m由、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=v0tan30vy=at解式得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
27、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=m设金属板AB的长度为L,电子偏转时间t=电子在偏转电场中产生的偏转加速度a=电子在电场中偏转距离y=d=at2由得:L=d(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)d(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
28、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=m,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 =故tan =离子射出电场后做匀速直
29、线运动要使离子打在屏MN上,需满足y,所以Ek。答案:(1)y=(2)EktPB.它们运动的加速度aQaPC.它们所带的电荷量之比qPqQ=12D.它们的动能增加量之比EkPEkQ=12【解析】选C。设两板距离为h,P、Q两粒子的初速度为v0,加速度分别为aP和aQ,粒子P到上极板的距离是,它们做类平抛运动的水平位移均为l。则对P,由l=v0tP,=aP,得到aP=;同理对Q,l=v0tQ,h=aQ,得到aQ=。由此可见tP=tQ,aQ=2aP,而aP=,aQ=,所以qPqQ=12。由动能定理得,它们的动能增加量之比EkPEkQ=maPmaQh=14。综上所述,C项正确。【加固训练】如图(a)
30、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.0t0B.t0C.t0TD.Tt0【解析】选B。设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负。分别作出t0=0、时粒子运动的速度图像,如图所示。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,0t0与t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零,t0T时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要
31、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
32、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=mv2离子在漂移管中做匀速直线运动,则T1=联立式,
33、得:T1=(2)根据动能定理,有qU-qEx=0得:x=(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=通过式可知,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=+联立式,得:t总=(2L1+L2)可见,离子从A到B的总飞行时间与成正比。依题意可得:=可得:m1=()2m0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。【解析】(1)由平衡条件可知粒子带正电。(2)0时间内,粒子处于平衡状态由mg=得U0=。(3)在T时间内有=at2mg+=mat=由以上各式联立得=。答案:(1)正电(2)(3)关闭Word文档返回原板块
