带电粒子在电场中的加速和偏转
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带电粒子在电场中的加速和偏转
一、带电粒子在电场中的加速
讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法:
(1)能量方法——能量守恒定律;
(2)功能关系——动能定理;
(3)力和运动学方法——牛顿运动定律,匀变速直线运动
公式。
[典题例析1]如图甲所示,在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面,斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端,整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放,滑块在运动过程中电荷量保持不变,设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失,弹簧始终处在弹性限度内,重力加速度大小为g。
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1;
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m,求滑块从静止释放到速度大小为v m的过程中弹簧的弹力所做的功W;
(3)从滑块静止释放瞬间开始计时,请在图乙中画出
滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图像。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻,纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小,v m是题中所指的物理量。
(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则有
qE+mg sinθ=ma ①
s0=1
2at1
2 ②
联立①②可得
t1=
2ms0 qE+mg sinθ
(2)滑块速度最大时受力平衡,设此时弹簧压缩量为x0,则有mg sinθ+qE=kx0④
从静止释放到速度达到最大的过程中,由动能定理得
(mg sinθ+qE)·(s0+x0)+W=1
2m v m
2-0⑤
联立④⑤可得
W =1
2m v m 2-(mg sin θ+qE )·(s 0+mg sin θ+qE k
)
[拓展训练1]如图6-3-7所示,板长L =4 cm 的平行板电容器,板间距离d =3 cm ,板与水平线夹角α=37°,两板所加电压为U =100 V ,有一带负电液滴,带电荷量为q =3×10-10 C ,以v 0=1 m/s 的水平速度自A 板边缘水平进入电场,在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出,取g =10 m/s2。求: (1)液滴的质量;
(2)液滴飞出时的速度。
(1)画出带电液滴的受力图如图所示,由图可得: qE cos α=mg qE sin α=ma E =U d
解之得:m =qU cos α
dg
代入数据得m =8×10-8kg
(2)对液滴由动能定理得: qU =12m v 2-1
2m v 02
v =
v 02+2qU m
所以v =
7
2
m /s≈1.32 m/s [拓展训练2] 如图a 所示,为一组间距d 足够大的平行金属板,板间加有随时间变化的电压(如图b 所示),设U 0和T 已知。A 板上O 处有一静止的带电粒子,其带电量为q ,质量为m (不计重力),在t =0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B 板运动,途中由于电场反向,粒子又向A 板返回(粒子未曾与B 板相碰)。 (1)当U x=2U 0时求带电粒子在t=T 时刻的动能;
(2)为使带电粒子在0~T 时间内能回到O 点,U x 要大于多少?
B
u (a )
u t
U 0 x
O T /2
T
3T /2
(b )
解析:(1)dm q U a 01=
,dm q U a 022=,211T
a v =, dm
q TU T a T a T a v v 22220212
12-=-=-= m
d q U T mv E k 22
20222821==
(2)211)2(21T a s =
,21)2(212T
a T v s x x -=, 2
11T
a v =,x s s -=1,由上面四式,得13a a x =
因为dm q U a 01=
,dm
q
U a x x =,所以03U U x = 二、带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在电场中的运动,综合了静电场和力学的知识,分析方法和力学的分析方法基本相同:先分析受力情况再分析运动状态和运动过程;然后选用恰当的规律解题。
[典题例析2]如图为一真空示波管的示意图,电子从灯丝K 发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A 板间的电压U 1加速,从A 板中心孔沿中心线KO 射出,然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P 点。已知M 、N 两板间的电压为U 2,两板间的距离为d ,板长为L ,电子的质量为m ,电荷量为e ,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。
(1) 设电子经电压U 1加速后的速度为v 0,由动能定理有eU 1=1
2
m v 02解得v 0=
2eU 1m 。 t =L
v 0
eU 2md =a y =12at 2 解得:y =U 2L 24U 1d 。 (3)减小加速电压U 1,增大偏转电压U 2。
『拓展训练』如图所示,两块平行金属板竖直放置,两板间的电势差U =1.5×103 V(仅在两板间有电场),现将一质量m =1×10-
2kg 、电荷量q =4×10-
5C 的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h =20 cm 的地方以初速度v 0=4 m/s 水平抛出,小球恰好从左板的上边缘进入电场,在两板间沿直线运动,从右板的下边缘飞出电场,求:
(1)金属板的长度L 。
(2)小球飞出电场时的动能E k 。
解析:(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度: