2017年高中物理 第2章 電勢(shì)能與電勢(shì)差 第5講 習(xí)題課 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 魯科版選修3-1
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1、 第5講 習(xí)題課 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) [目標(biāo)定位] 1.加深對(duì)電場中帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)的理解和應(yīng)用.2.鞏固用能量的觀點(diǎn)解決電場力做功的問題.3.掌握電場中帶電粒子的圓周運(yùn)動(dòng)問題. 1.帶電粒子在電場中做加速或減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),若是勻強(qiáng)電場,可用動(dòng)能定理或牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式兩種方式分析求解;若是非勻強(qiáng)電場,只能用動(dòng)能定理分析求解. 2.帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),可將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和電場力方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng). 3.物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng),受到的向心力為F=m(用m、v、r表示)=mr()2(用m、r、T表示)=mrω2(用m、r、
2、ω表示). 一、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 1.電子、質(zhì)子、α粒子、離子等微觀粒子,它們的重力遠(yuǎn)小于電場力,處理問題時(shí)可以忽略它們的重力.帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等,質(zhì)量較大,處理問題時(shí)重力不能忽略. 2.帶電粒子僅在電場力作用下加速,若初速度為零,則qU=mv2;若初速度不為零,則qU=mv2-mv. 例1 如圖1所示,在點(diǎn)電荷+Q激發(fā)的電場中有A、B兩點(diǎn),將質(zhì)子和α粒子分別從A點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)時(shí),它們的速度大小之比為多少? 圖1 答案 ∶1 解析 質(zhì)子和α粒子都帶正電,從A點(diǎn)釋放將受靜電力作用加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U,由動(dòng)能定理可知,對(duì)質(zhì)子:
3、mHv=qHU,對(duì)α粒子: mαv=qαU. 所以===. 借題發(fā)揮 該電場為非勻強(qiáng)電場,帶電粒子在AB間的運(yùn)動(dòng)為變加速運(yùn)動(dòng),不可能通過力和加速度的途徑解出該題,但注意到電場力做功W=qU這一關(guān)系對(duì)勻強(qiáng)電場和非勻強(qiáng)電場都適用,因此從能量的角度入手,由動(dòng)能定理來解該題很方便. 針對(duì)訓(xùn)練 如圖2所示,M和N是勻強(qiáng)電場中的兩個(gè)等勢(shì)面,相距為d,電勢(shì)差為U,一質(zhì)量為m(不計(jì)重力)、電荷量為-q的粒子,以速度v0通過等勢(shì)面M射入兩等勢(shì)面之間,則該粒子穿過等勢(shì)面N的速度應(yīng)是( ) 圖2 A. B.v0+ C.v+ D.v- 答案 C 解析 qU=mv2-mv,v=,選C. 二
4、、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1.運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析:帶電粒子(不計(jì)重力)以初速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時(shí),受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng). 2.運(yùn)動(dòng)的規(guī)律: 3.兩個(gè)特殊結(jié)論 (1)粒子射出電場時(shí)速度方向的反向延長線過水平位移的中點(diǎn),即粒子就像是從極板間處射出的一樣. 圖3 證明 作粒子速度的反向延長線,設(shè)交于O點(diǎn),利用上述①、②兩式結(jié)合幾何關(guān)系可得出x===③ (2)無論粒子的m、q如何,只要經(jīng)過同一電場加速,再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場,它們飛出的偏移量和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的,所以同性粒子運(yùn)動(dòng)軌跡完全重合. 證明 若加速電場的電壓為U0,有qU0
5、=mv④ 由①和④得偏移量y=,由②和④得偏轉(zhuǎn)角正切tanθ=.y和tanθ與m和q均無關(guān). 例2 一束電子流在經(jīng)U=5000V的加速電壓加速后,在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場,如圖4所示.若兩板間距離d=1.0cm,板長l=5.0cm,那么,要使電子能從平行板間飛出,兩個(gè)極板上最大能加多大電壓? 圖4 答案 400V 解析 在加速電壓一定時(shí),偏轉(zhuǎn)電壓U′越大,電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大,當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時(shí),兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓. 加速過程中,由動(dòng)能定理有:eU=mv 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,電子在平行于板面的方向上做勻速直線
6、運(yùn)動(dòng),l=v0t 在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng), 加速度a==,偏轉(zhuǎn)距離y=at2 能飛出的條件y≤ 聯(lián)立解得U′≤=V=4.0×102V 即要使電子能飛出,所加電壓最大為400V. 借題發(fā)揮 ①此題是典型的帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)的綜合應(yīng)用題.解決此類問題要注意加速與偏轉(zhuǎn)的前后聯(lián)系,使關(guān)系式簡化.②注意恰好飛出的臨界條件. 針對(duì)訓(xùn)練 如圖5為一真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計(jì)),經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場),電子進(jìn)入M、N間電場時(shí)的速度與電場方向垂直,電
7、子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點(diǎn).已知M、N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為L,電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力. 圖5 (1)求電子穿過A板時(shí)速度的大小; (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場偏射出時(shí)的側(cè)移量; (3)若要電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方,可采取哪些措施. 答案 (1) (2) (3)見解析 解析 (1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,由動(dòng)能定理有eU1=mv 解得v0=. (2)電子沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度為E,電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,加速度為a,電子離開
8、偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏移量為y.由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t= a= y=at2 解得y=. (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2. 三、帶電粒子在電場中的圓周運(yùn)動(dòng) 含有電場力作用下的圓周運(yùn)動(dòng)分析,與力學(xué)中的圓周運(yùn)動(dòng)一樣,主要是兩大規(guī)律的應(yīng)用:牛頓第二定律和動(dòng)能定理.對(duì)于豎直平面內(nèi)的變速圓周運(yùn)動(dòng)問題,在電場中臨界問題可能出現(xiàn)在最低點(diǎn),要注意受力分析,找準(zhǔn)臨界點(diǎn)和臨界條件. 例3 如圖6所示,長L=0.20m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m=1.0×10-4kg、帶電荷量為q=+1.0×10-6C的小球,另一端連在一水平軸O上,絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)
9、電場中,電場強(qiáng)度E=2.0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(diǎn),然后無初速度地將小球釋放,取g=10 m/s2.求: 圖6 (1)小球通過最高點(diǎn)B時(shí)速度的大??; (2)小球通過最高點(diǎn)時(shí),絲線對(duì)小球拉力的大?。? 答案 (1)2m/s (2)3.0×10-3N 解析 (1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B,其初速度為零,電場力對(duì)小球做正功,重力對(duì)小球做負(fù)功,絲線拉力不做功,則由動(dòng)能定理有: qEL-mgL= vB==2m/s (2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),受重力mg、電場力qE和拉力TB作用,經(jīng)計(jì)算 mg=1.0×10-4×10N=1.0×10-3N qE=1.0×10-6×2.
10、0×103N=2.0×10-3N 因?yàn)閝E>mg,而qE方向豎直向上,mg方向豎直向下,小球做圓周運(yùn)動(dòng),其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)向心力的方向一定指向圓心,由此可以判斷出TB的方向一定指向圓心,由牛頓第二定律有:TB+mg-qE= TB=+qE-mg=3.0×10-3N 帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng) 1.如圖7所示,電量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩板間的加速電場后飛出,不計(jì)重力的作用,則( ) 圖7 A.它們通過加速電場所需的時(shí)間相等 B.它們通過加速電場過程中動(dòng)能的增量相等 C.它們通過加速電場過程中速度的增量相等 D.它們通過加速電場過程中電勢(shì)能的減少量相等 答
11、案 BD 解析 由于電量和質(zhì)量相等,因此產(chǎn)生的加速度相等,初速度越大的帶電粒子經(jīng)過電場所用時(shí)間越短,A錯(cuò)誤;加速時(shí)間越短,則速度的變化量越小,C錯(cuò)誤;由于電場力做功W=qU與初速度及時(shí)間無關(guān),因此電場力對(duì)各帶電粒子做功相等,則它們通過加速電場的過程中電勢(shì)能的減少量相等,動(dòng)能增加量也相等,B、D正確. 2.在如圖8甲所示平行板電容器A、B兩板上加上如圖8乙所示的交變電壓,開始B板的電勢(shì)比A板高,這時(shí)兩板中間原來的靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動(dòng),設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞,則下述說法正確的是(不計(jì)電子重力)( ) 甲 乙 圖8 A.電子先向A板運(yùn)動(dòng),然后向B板運(yùn)
12、動(dòng),再返回A板做周期性來回運(yùn)動(dòng) B.電子一直向A板運(yùn)動(dòng) C.電子一直向B板運(yùn)動(dòng) D.電子先向B板運(yùn)動(dòng),然后向A板運(yùn)動(dòng),再返回B板做來回周期性運(yùn)動(dòng) 答案 C 解析 由運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)規(guī)律畫出如圖所示的v-t圖象可知,電子一直向B板運(yùn)動(dòng),C正確. 帶電粒子的偏轉(zhuǎn) 3.如圖9所示,有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場,當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí),帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出;當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí),帶電粒子沿②軌跡落到B板中間;設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同,則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為( ) 圖9 A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4 C.U1∶U2=1∶2
13、D.U1∶U2=1∶1 答案 A 解析 由y=at2=·得:U=,所以U∝,可知A項(xiàng)正確. 帶電粒子在電場中的圓周運(yùn)動(dòng) 4.如圖10所示,一絕緣細(xì)圓環(huán)半徑為r,其環(huán)面固定在水平面上,電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場與圓環(huán)平面平行,環(huán)上穿有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球,可沿圓環(huán)做無摩擦的圓周運(yùn)動(dòng),若小球經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速度vA的方向恰與電場線垂直,且圓環(huán)與小球間沿水平方向無作用力,則速度vA=________.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)對(duì)稱的B點(diǎn)時(shí),小球?qū)A環(huán)在水平方向的作用力FB=________. 圖10 答案 6qE 解析 在A點(diǎn)時(shí), 電場力提供向心力qE=,① 解得vA=, 在B點(diǎn)時(shí),
14、 FB′-qE=m,F(xiàn)B=FB′,② 小球由A到B的過程中,由動(dòng)能定理得: qE·2r=mv-mv,③ 由以上各式解得FB=6qE. 題組一 帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 1.下列帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過相同的電勢(shì)差U后,哪個(gè)粒子獲得的速度最大( ) A.質(zhì)子H B.氘核H C.α粒子He D.鈉離子Na+ 答案 A 解析 所有四種帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過相同的電勢(shì)差U,故根據(jù)動(dòng)能定理,qU=mv2-0得v= 由上式可知,比荷越大,速度越大; 顯然A選項(xiàng)中質(zhì)子的比荷最大,故A正確; 2.如圖1所
15、示,在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng),則關(guān)于電子到達(dá)Q時(shí)的速率與哪些因素有關(guān)的下列解釋正確的是( ) 圖1 A.兩極板間的距離越大,加速的時(shí)間就越長,則獲得的速率越大 B.兩極板間的距離越小,加速的時(shí)間就越短,則獲得的速率越小 C.兩極板間的距離越小,加速度就越大,則獲得的速率越大 D.與兩板間的距離無關(guān),僅與加速電壓U有關(guān) 答案 D 解析 由動(dòng)能定理得eU=mv2,當(dāng)兩極板間的距離變化時(shí),U不變,v就不變.電子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),d=t=t,得t=,當(dāng)d減小(或增大)時(shí),v不變,電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短(或越長),故D正確. 3.圖2為示波管中電子槍
16、的原理示意圖,示波管內(nèi)被抽成真空.A為發(fā)射電子的陰極,K為接在高電勢(shì)點(diǎn)的加速陽極,A、K間電壓為U,電子離開陰極時(shí)的速度可以忽略,電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時(shí)的速度大小為v.下面的說法中正確的是( ) 圖2 A.如果A、K間距離減半而電壓仍為U,則電子離開K時(shí)的速度仍為v B.如果A、K間距離減半而電壓仍為U,則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)? C.如果A、K間距離不變而電壓減半,則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)関 D.如果A、K間距離不變而電壓減半,則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)? 答案 AC 解析 電子在兩個(gè)電極間加速電場中進(jìn)行加速,由動(dòng)能定理eU=mv2-0得v=,當(dāng)電壓不變,A、K間距離變
17、化時(shí),不影響電子的速度,故A正確;電壓減半,則電子離開K時(shí)的速度為v,故C正確. 4.帶正電的微粒放在電場中,場強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖3所示.帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),則下列說法中正確的是( ) 圖3 A.微粒在0~1s內(nèi)的加速度與1~2s內(nèi)的加速度相同 B.微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng) C.微粒做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同 答案 BD 解析 微粒在0~1 s內(nèi)的加速度與1~2 s內(nèi)的加速度大小相等,方向相反,A項(xiàng)錯(cuò)誤;帶正電的微粒放在電場中,第1 s內(nèi)加速運(yùn)動(dòng),第2 s內(nèi)減速至零,故B、D對(duì),C項(xiàng)錯(cuò)誤. 5.如圖4甲所
18、示,在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓.開始A板的電勢(shì)比B板高,此時(shí)兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動(dòng).設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞,向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向,則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)( ) 圖4 答案 A 解析 從0時(shí)刻開始,電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),后電場力反向,電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),直到t=T時(shí)刻速度變?yōu)榱悖笾貜?fù)上述運(yùn)動(dòng),A選項(xiàng)正確,B選項(xiàng)錯(cuò)誤.電子在交變電場中所受電場力恒定,加速度大小不變,C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選A. 題組二 帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動(dòng) 6.
19、如圖5所示,靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出,又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場,在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離.現(xiàn)使U1加倍,要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化,應(yīng)該( ) 圖5 A.使U2加倍 B.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C.使U2變?yōu)樵瓉淼谋?D.使U2變?yōu)樵瓉淼谋? 答案 A 解析 電子加速有qU1=mv 電子偏轉(zhuǎn)有y=()2 聯(lián)立解得y=,顯然選A. 7.如圖6所示,質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中,P從兩極板正中央射入,Q從下極板邊緣處射入,它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì)),則從開始射入到打到上極
20、板的過程中( ) 圖6 A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ>tP B.它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQ<aP C.它們所帶的電荷量之比qP∶qQ=1∶2 D.它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2 答案 C 解析 設(shè)兩板距離為h,P、Q兩粒子的初速度為v0,加速度分別為aP和aQ,粒子P到上極板的距離是,它們做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離為l.則對(duì)P,由l=v0tP,=aPt,得到aP=;同理對(duì)Q,l=v0tQ,h=aQt,得到aQ=.由此可見tP=tQ,aQ=2aP,而aP=,aQ=,所以qP∶qQ=1∶2.由動(dòng)能定理得,它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=maP∶maQh=1∶4.綜上所述
21、,C項(xiàng)正確. 8.如圖7所示,氕、氘、氚的原子核自初速度為零經(jīng)同一電場加速后,又經(jīng)同一勻強(qiáng)電場偏轉(zhuǎn),最后打在熒光屏上,那么( ) 圖7 A.經(jīng)過加速電場的過程中,電場力對(duì)氚核做的功最多 B.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中,電場力對(duì)三種核做的功一樣多 C.三種原子核打在屏上的速度一樣大 D.三種原子核都打在屏的同一位置上 答案 BD 解析 同一加速電場、同一偏轉(zhuǎn)電場,三種原子核帶電荷量相同,故在同一加速電場中電場力對(duì)它們做的功都相同,在同一偏轉(zhuǎn)電場中電場力對(duì)它們做的功也相同,A錯(cuò),B對(duì);由于質(zhì)量不同,所以三種原子核打在屏上的速度不同,C錯(cuò);再根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式或偏轉(zhuǎn)角公式y(tǒng)=,tanθ
22、=知,與帶電粒子無關(guān),D對(duì). 題組三 帶電粒子在電場中的圓周運(yùn)動(dòng) 9.如圖8所示,在豎直向上的勻強(qiáng)電場中,一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球,另一端固定于O點(diǎn),小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),最高點(diǎn)為a,最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力,則( ) 圖8 A.小球帶正電 B.電場力與重力平衡 C.小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中,電勢(shì)能減小 D.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒 答案 AB 解析 小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),電場力等于重力,由繩子的拉力提供向心力,所以小球帶正電,A、B選項(xiàng)正確;小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中,電場力做負(fù)功電勢(shì)能增大,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;小球在運(yùn)動(dòng)過程中有電場力
23、做功,機(jī)械能不守恒,D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選A、B. 10.兩個(gè)共軸的半圓柱形電極間的縫隙中,存在一沿半徑方向的電場,如圖9所示.帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出,由此可知( ) 圖9 A.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質(zhì)量一定相等 B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動(dòng)能一定相等 C.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的動(dòng)能一定相等 答案 BC 解析 由題圖可知,該粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),靜電力提供向心力qE=m得r=,r、E為定值,若
24、q相等,則mv2一定相等;若相等,則速率v一定相等,故B、C正確. 題組四 綜合應(yīng)用 11.兩個(gè)半徑均為R的圓形平板電極,平行正對(duì)放置,相距為d,極板間的電勢(shì)差為U,板間電場可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場.一個(gè)α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間,到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板中心. 已知質(zhì)子電荷為e,質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m,忽略重力和空氣阻力的影響,求: (1)極板間的電場強(qiáng)度E; (2)α粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a; (3)α粒子的初速度v0. 答案 (1) (2) (3) 解析 (1)極板間場強(qiáng)E= (2)α粒子電荷為2e,質(zhì)量為4m,所受靜電力F=2eE= α
25、粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a== (3)由d=at2,得t==2d,v0= =. 12.一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1加速后,以水平速度射入水平放置的兩平行金屬板中間,如圖10所示,金屬板長為l,兩板距離為d,豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L.若在兩金屬板間加直流電壓U2時(shí),光點(diǎn)偏離中線打在熒光屏上的P點(diǎn),求. 圖10 答案 (+L) 解析 電子經(jīng)U1的電場加速后,由動(dòng)能定理可得 eU1=① 電子以v0的速度進(jìn)入U(xiǎn)2的電場并偏轉(zhuǎn) t=② E=③ a=④ vy=at⑤ 由①②③④⑤得射出極板的偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ==. 所以=(+L)tanθ=(+L). 14
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