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课时4　带电粒子在电场中的曲线运动
考点一　带电粒子在匀强电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动,t=(如图)。
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动。
①加速度:a===;
②离开电场时的偏移量:y=at2=;
③离开电场时的偏转角:tan θ==。
2.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的。
(2)粒子经电场偏转后射出,合速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点,即O到偏转电场边缘的距离为。
命题视角1　带电粒子在匀强电场中的偏转,关键在于运动分解与分析
【典例1】 (中等)一个初速度不计的带电粒子,质量为m、电荷量为q,重力忽略不计。该粒子经电压为U的加速电场加速后,垂直射入偏转电场,如图所示。若偏转电场两平行板间距为d,板长为l,两极板上电压为U′。求:
(1)粒子射出加速电场时的速度v0的大小;
(2)粒子射出偏转电场沿垂直于板面方向偏移的距离y;
(3)粒子射出偏转电场时速度偏转角度θ的正切值。
解析:(1)粒子经过加速电场过程,根据动能定理可得qU=m,
解得粒子射出加速电场时的速度大小为v0=。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动,则有
l=v0t,a=,y=at2,
联立解得粒子射出偏转电场沿垂直于板面方向偏移的距离为y=。
(3)粒子射出偏转电场时,沿电场方向的分速度大小为vy=at=
则速度偏转角度θ的正切值为tan θ===。
答案:(1)　(2)　(3)
命题视角2　带电粒子在匀强电场中的类斜抛运动,重点在于运动的分解
【典例2】 (中等)(2025·江苏卷)如图所示,在电场强度为E,方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m,电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求:
(1)a运动到最高点的时间t;
(2)a到达最高点时,a、b间的距离H。
解析:(1)根据题意,不计重力及粒子间相互作用,则竖直方向上,对a粒子根据牛顿第二定律有qE=ma,
由运动学公式有
v0sin θ=at,
联立解得t=。
(2)方法一　根据题意可知,两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动,且水平方向上的初速度相同,在竖直方向上的初速度大小相等,均为vy=v0sin θ,
设斜上抛的粒子到达最高点时竖直方向上运动的位移为y1,由公式可得
=2ay1,
在时间t内斜下抛的粒子竖直方向上运动的位移为
y2=vyt+at2,
则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离为
H=y1+y2,
代入数据解得H=。
方法二　两个粒子均受到相同的静电力,以a粒子为参考系,b粒子以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动,则a到达最高点时,a、b间的距离
H=2v0sin θ·t=。
答案:(1)　(2)
命题视角3　带电粒子仅在静电力作用下的圆周运动,静电力提供向心力
【典例3】 (容易)(2023·浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场。粒子从M点射入,沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N点射出,虚线处电场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满足(　　)
A.= B.=
C.= D.=
解析:A　带电粒子在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力,则有qE1=m,qE2=m,联立可得=。
考点二　示波器的工作原理
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,开始发射热电子,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YY′偏转极板上加一个信号电压,在XX′偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按YY′偏转电压规律变化的可视图像。
命题视角　以示波管为载体,考查带电粒子在电场中加速与偏转的动力学问题
【典例4】 (中等)电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,管内抽成真空,结构原理图如图所示。如果偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压,电子束从电子枪射出后沿中轴线做直线运动,打在荧光屏中心,产生一个亮斑。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U,YY′板间加恒定电压U,YY′极板的长度为l、间距为d,XX′板间不加电压。已知电子质量为m,电荷量大小为e,不计电子从灯丝逸出的初速度、重力及其间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.射出电子枪时,电子的动能大小为5eU
B.电子在YY′极板间的加速度大小为
C.电子打在荧光屏时,其速度方向与中轴线夹角的正切值为
D.若UYY′<0,电子将打在荧光屏的上半区域
解析:C　电子在加速电场,静电力做功为10eU,根据动能定理可知射出电子枪时动能为10eU,A错误;根据牛顿第二定律可知,在YY′极板间的加速度大小为a=,B错误;在加速电场,根据动能定理有mv2=e·10U,在YY′极板间运动的时间为t=,沿电场方向的位移为y=at2=··t2,联合解得位移与水平方向的夹角θ的正切值为tan θ==,设此时速度与水平方向夹角为α,根据平抛运动规律可得tan α=2tan θ=,C正确;若UYY′<0,则电子受到的静电力竖直向下,故电子将打在荧光屏的下半区域,D错误。
考点三　带电粒子在交变电场中的偏转
命题视角　带电粒子在交变电场中的偏转,考查周期性运动分析及图像的综合应用
关键点 关键点分析
分解运动 初速度方向匀速和电场方向变速
分段处理 按电场变化周期将运动分段,计算各段末状态
时间关联 粒子在电场中运动时间与交变电场周期的关系是关键
临界分析 关注恰从极板边缘射出的临界条件
【典例5】 (中等)如图甲,一长为L、板间距离为d的平行板电容器水平放置,一正离子源放置在电容器左端中轴线处,离子源能够源源不断地在单位时间内释放相同数目、速度方向均沿中轴线水平向右、速度大小为v0的正离子,正离子的质量为m、电荷量为q。从t=0时刻起加一如图乙所示的周期性电场,此时A板电势高于B板。已知L=v0T,且d=,不计离子所受的重力,下列说法正确的是(　　)
A.t=0时刻进入的正离子刚好击中B板右端点
B.t=时刻进入的正离子离开电容器时偏离轴线的距离为
C.t=T时刻进入的正离子刚好击中A板的右端点
D.离子源发射的正离子被平行板电容器收集的比例为50%
解析:C　t=0时刻进入的正离子运动的v-t图像如图线1所示,其偏移量为=·t2,解得t=,则水平位移x=v0·=,离子击中B板的中点,A错误;t=时刻进入的正离子的v-t图像如图线2所示,其离开电容器时偏离轴线的距离为y1=2×·()2-2×·()2=0,离子沿中心轴线离开,B错误;t=T时刻进入的正离子的v-t图像如图线3所示,y2=-2×·()2+2×·()2=-=-,即t=T时刻进入的正离子刚好击中A板的右端点,C正确;设t=t1时刻进入电场的离子刚好打到B板上的v-t图像如图线4所示,=2×·(-t1)2,解得t1=T,又因为t=T时刻进入电容器的离子刚好打到A板右端点,所以能够击中电容器两极板的离子进入电容器的百分比为η=×100%=54.3%,D错误。
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　结合类平抛、圆周运动等,分析带电粒子在电场中的偏转运动
1.(2024·浙江1月选考)如图所示,金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子,最大速率为vm。正对M放置一金属网N,在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长),电子的质量为m,电荷量为e,则(　　)
A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能为m+eU
C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd
D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零
解析:C　根据动能定理,从金属板M上逸出的光电子到达N板时,eU=Ekm-m,则到达N板时的动能为Ekm=eU+m,与两极板间距离无关,与电子从金属板中逸出的方向无关,A、B错误;平行极板M射出的电子到达N板时在y轴方向的位移最大,则电子从M到N过程中,y轴方向最大位移为y=vmt,d=··t2,解得y=vmd,C正确;M、N间加反向电压,电流表示数恰好为零时,则eUc=m,解得 Uc=,D错误。
2.(2025·福建卷)某种静电分析器简化图如图所示,在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。一电子a自A点垂直于电场射入,恰好做圆周运动,运动轨迹为,半径为r。另一电子b自A点垂直于电场射入,轨迹为,其中P、B、O三点共线,已知B、P间电势差为U,|CQ|=2|BP|,电子的电荷量为e,电子a入射动能为Ek,则(　　)
A.B点的电场强度大小E=
B.是圆弧的一部分
C.沿着运动的电子运动到P点的动能为Ek-eU
D.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU
解析:D　设B点电场强度大小为E,对电子a,由电场力提供向心力可得eE=m,由于Ek=mv2,联立可得E=,A错误;电子b由A至Q做离心运动,故 不是圆弧的一部分,B错误;A、B、C在同一等势面上,可得UAP=UBP=U;电子b在A点做离心运动,可知其初动能Ekb>Ek;电子b从A到P过程中,由动能定理可得-eU=EkP-Ekb,解得EkP>Ek-eU,C错误;由于|CQ|=2|BP|,沿着径向向外电场强度减小,可得UAQ=UCQ<2U,故由A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU,D正确。
命题视角2　以示波管为载体,考查带电粒子在电场中加速与偏转的动力学问题
3.(多选)某示波器的部分结构如图所示,电子枪中金属丝上逸出的电子,在加速电场中加速后进入偏转电场,最后打在荧光屏上。A、B间的电压为U1,C、D间的电压为U2,不计电子受到的重力,下列说法正确的是(　　)
A.仅增大A、B间的距离,可增大电子进入偏转电场时的速度
B.仅增大U1,可增大电子进入偏转电场时的速度
C.仅增大C、D间的距离,可增大C、D间的电场强度
D.仅增大U2,可增大电子在偏转电极间的偏转距离
解析:BD　电子在电子枪中加速,由动能定理有eU1=m,可知电子离开电子枪时的速度与A、B间的距离无关,U1越大v0越大,故A错误,B正确;由E=可知,仅增大C、D间的距离时,电场强度减小,故C错误;电子在偏转电极间的偏转距离y=at2=t2=()2,除了U2,其他的都是定值,可知仅增大U2,可增大电子在偏转电极间的偏转距离,故D正确。
命题视角3　带电粒子在交变电场中的偏转,考查周期性运动分析及图像的综合应用
4.如图甲所示,长为8d、间距为d的平行金属板水平放置,O点为两板中点的一粒子源,能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场,取竖直向下为正方向,不计粒子重力,以下判断正确的是(　　)
A.能从板间射出的粒子的动能均相同
B.粒子在电场中运动的最短时间为
C.t=时刻进入的粒子,从O′点的下方射出
D.t=时刻进入的粒子,从O′点的上方射出
解析:A　由题图可知电场强度E=,则粒子在电场中的加速度a==,则粒子在电场中运动的最短时间满足d=atmin2,解得tmin=,故B错误;能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t=,则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0,可知射出电场时的动能均为mv02,故A正确;t==时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是先向下加速,后向下减速速度到零,然后向上加速,再向上减速速度到零……如此反复,则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零,则粒子将从O′点射出,故C错误;t==时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是先向下加速,运动的位移y1=at2=··()2=d>d,此时粒子已经到达下极板,即粒子不能从右侧射出,故D错误。
B级·高考过关练
5.(2025·温州二模)如图所示,加速电场的两极板P、Q竖直放置,间距为d,电压为U1。偏转电场的两极板M、N水平放置,两极板长度及间距均为L,电压为U2。P、Q极板分别有小孔A、B,AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场,经过偏转电场,到达探测器(探测器可上下移动)。整个装置处于真空环境,且不计离子重力。下列说法正确的是(　　)
A.离子在加速电场中运动时间为d
B.离子在M、N板间运动时间为L
C.离子到达探测器的最大动能为q(U1+U2)
D.为保证离子不打在M、N极板上,U1与U2应满足的关系为U2>2U1
解析:B　离子在加速电场做匀加速直线运动,加速度为a1=,由公式d=a1t12,得离子在加速电场中运动时间为t1=d,故A错误;设离子进入偏转电场的速度为v0,由动能定理得U1q=mv02,离子在M、N板间运动时间t2=,得t2=L,故B正确;当离子恰好从偏转电场极板右边缘射出电场时动能最大,由动能定理有E km=U1q+q,故C错误;为保证离子不打在M、N极板上,即离子在竖直方向的偏转位移应小于,有·t22<,得U2<2U1,故D错误。
6.如图甲所示的装置由粒子源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。S处的粒子源“飘”出一质量为m、电荷量为+q的粒子,经A、B间的加速电场加速后,粒子可以进入辐向电场(电场强度方向指向O),沿着半径为r的圆弧运动。从辐向电场射出后,粒子沿平行金属板M、N中的M板左端边缘以速度v0水平射入电场,并以此刻开始计时。平行金属板M、N间加有如图乙所示的交变电压UMN,电压的大小为U0,周期为T,不计粒子重力。
(1)求A、B间加速电场的电压U和C、D处的电场强度E的大小;
(2)若粒子经过一段时间后从N板右侧边缘水平射出,求板长L和两板间距d分别满足的条件;
(3)若金属板足够长,要求该粒子打到N板时动能最大,则两板间距d应当满足什么条件
解析:(1)粒子在A、B间加速电场加速,由动能定理得qU=m,
解得A、B间加速电场的电压U=,
进入辐向电场后,由牛顿第二定律得qE=,
解得E=。
(2)如图所示,由对称性可知,粒子可能在t1=nT,即vy=0时从N板右边缘水平射出。
板长应满足L=v0t1=nv0T(n=1,2,3,…),
两板间距应满足d=2n·a=2n···,
解得d=(n=1,2,3,…)。
(3)根据题意可知,粒子从t=0时刻进入电场,若要求粒子打到N板时动能最大,则粒子打到N板时,竖直分速度最大,即粒子在,,,…时,恰好打到N板。两板间距应满足d=(2n+1)·a=(2n+1)×··,
解得d=(n=0,1,2,3,…)。
答案:(1)　
(2)L=nv0T(n=1,2,3,…)　d=(n=1,2,3,…)
(3)d=(n=0,1,2,3,…)(共26张PPT)
课时4
带电粒子在电场中的曲线运动
考点一
带电粒子在匀强电场中的偏转
基础梳理
1.运动规律
2.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的。
典例精析
命题视角1　带电粒子在匀强电场中的偏转,关键在于运动分解与分析
【典例1】 (中等)一个初速度不计的带电粒子,质量为m、电荷量为q,重力忽略不计。该粒子经电压为U的加速电场加速后,垂直射入偏转电场,如图所示。若偏转电场两平行板间距为d,板长为l,两极板上电压为U′。求:
(1)粒子射出加速电场时的速度v0的大小;
(2)粒子射出偏转电场沿垂直于板面方向偏移的距离y;
(3)粒子射出偏转电场时速度偏转角度θ的正切值。
命题视角2　带电粒子在匀强电场中的类斜抛运动,重点在于运动的分解
【典例2】 (中等)(2025·江苏卷)如图所示,在电场强度为E,方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m,电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求:
(1)a运动到最高点的时间t;
(2)a到达最高点时,a、b间的距离H。
命题视角3　带电粒子仅在静电力作用下的圆周运动,静电力提供向心力
【典例3】 (容易)(2023·浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示,转向器中有辐向电场。粒子从M点射入,沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动,并从虚线上的N点射出,虚线处电场强度大小分别为E1和E2,则R1、R2和E1、E2应满足(　　)
A
考点二
示波器的工作原理
基础梳理
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,开始发射热电子,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YY′偏转极板上加一个信号电压,在XX′偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按YY′偏转电压规律变化的可视图像。
典例精析
命题视角　以示波管为载体,考查带电粒子在电场中加速与偏转的动力学问题
【典例4】 (中等)电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,管内抽成真空,结构原理图如图所示。如果偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压,电子束从电子枪射出后沿中轴线做直线运动,打在荧光屏中心,产生一个亮斑。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U,YY′板间加恒定电压U,YY′极板的长度为l、间距为d,XX′板间不加电压。已知电子质量为m,电荷量大小为e,不计电子从灯丝逸出的初速度、重力及其间的相互作用。
下列说法正确的是(　　)
C
考点三
带电粒子在交变电场中的偏转
典例精析
命题视角　带电粒子在交变电场中的偏转,考查周期性运动分析及图像的综合应用
关键点 关键点分析
分解运动 初速度方向匀速和电场方向变速
分段处理 按电场变化周期将运动分段,计算各段末状态
时间关联 粒子在电场中运动时间与交变电场周期的关系是关键
临界分析 关注恰从极板边缘射出的临界条件
C
感谢观看课时4　带电粒子在电场中的曲线运动
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　结合类平抛、圆周运动等,分析带电粒子在电场中的偏转运动
1.(2024·浙江1月选考)如图所示,金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子,最大速率为vm。正对M放置一金属网N,在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长),电子的质量为m,电荷量为e,则(　　)
A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能为m+eU
C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd
D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零
解析:C　根据动能定理,从金属板M上逸出的光电子到达N板时,eU=Ekm-m,则到达N板时的动能为Ekm=eU+m,与两极板间距离无关,与电子从金属板中逸出的方向无关,A、B错误;平行极板M射出的电子到达N板时在y轴方向的位移最大,则电子从M到N过程中,y轴方向最大位移为y=vmt,d=··t2,解得y=vmd,C正确;M、N间加反向电压,电流表示数恰好为零时,则eUc=m,解得 Uc=,D错误。
2.(2025·福建卷)某种静电分析器简化图如图所示,在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。一电子a自A点垂直于电场射入,恰好做圆周运动,运动轨迹为,半径为r。另一电子b自A点垂直于电场射入,轨迹为,其中P、B、O三点共线,已知B、P间电势差为U,|CQ|=2|BP|,电子的电荷量为e,电子a入射动能为Ek,则(　　)
A.B点的电场强度大小E=
B.是圆弧的一部分
C.沿着运动的电子运动到P点的动能为Ek-eU
D.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU
解析:D　设B点电场强度大小为E,对电子a,由电场力提供向心力可得eE=m,由于Ek=mv2,联立可得E=,A错误;电子b由A至Q做离心运动,故 不是圆弧的一部分,B错误;A、B、C在同一等势面上,可得UAP=UBP=U;电子b在A点做离心运动,可知其初动能Ekb>Ek;电子b从A到P过程中,由动能定理可得-eU=EkP-Ekb,解得EkP>Ek-eU,C错误;由于|CQ|=2|BP|,沿着径向向外电场强度减小,可得UAQ=UCQ<2U,故由A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU,D正确。
命题视角2　以示波管为载体,考查带电粒子在电场中加速与偏转的动力学问题
3.(多选)某示波器的部分结构如图所示,电子枪中金属丝上逸出的电子,在加速电场中加速后进入偏转电场,最后打在荧光屏上。A、B间的电压为U1,C、D间的电压为U2,不计电子受到的重力,下列说法正确的是(　　)
A.仅增大A、B间的距离,可增大电子进入偏转电场时的速度
B.仅增大U1,可增大电子进入偏转电场时的速度
C.仅增大C、D间的距离,可增大C、D间的电场强度
D.仅增大U2,可增大电子在偏转电极间的偏转距离
解析:BD　电子在电子枪中加速,由动能定理有eU1=m,可知电子离开电子枪时的速度与A、B间的距离无关,U1越大v0越大,故A错误,B正确;由E=可知,仅增大C、D间的距离时,电场强度减小,故C错误;电子在偏转电极间的偏转距离y=at2=t2=()2,除了U2,其他的都是定值,可知仅增大U2,可增大电子在偏转电极间的偏转距离,故D正确。
命题视角3　带电粒子在交变电场中的偏转,考查周期性运动分析及图像的综合应用
4.如图甲所示,长为8d、间距为d的平行金属板水平放置,O点为两板中点的一粒子源,能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场,取竖直向下为正方向,不计粒子重力,以下判断正确的是(　　)
A.能从板间射出的粒子的动能均相同
B.粒子在电场中运动的最短时间为
C.t=时刻进入的粒子,从O′点的下方射出
D.t=时刻进入的粒子,从O′点的上方射出
解析:A　由题图可知电场强度E=,则粒子在电场中的加速度a==,则粒子在电场中运动的最短时间满足d=atmin2,解得tmin=,故B错误;能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t=,则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0,可知射出电场时的动能均为mv02,故A正确;t==时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是先向下加速,后向下减速速度到零,然后向上加速,再向上减速速度到零……如此反复,则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零,则粒子将从O′点射出,故C错误;t==时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是先向下加速,运动的位移y1=at2=··()2=d>d,此时粒子已经到达下极板,即粒子不能从右侧射出,故D错误。
B级·高考过关练
5.(2025·温州二模)如图所示,加速电场的两极板P、Q竖直放置,间距为d,电压为U1。偏转电场的两极板M、N水平放置,两极板长度及间距均为L,电压为U2。P、Q极板分别有小孔A、B,AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场,经过偏转电场,到达探测器(探测器可上下移动)。整个装置处于真空环境,且不计离子重力。下列说法正确的是(　　)
A.离子在加速电场中运动时间为d
B.离子在M、N板间运动时间为L
C.离子到达探测器的最大动能为q(U1+U2)
D.为保证离子不打在M、N极板上,U1与U2应满足的关系为U2>2U1
解析:B　离子在加速电场做匀加速直线运动,加速度为a1=,由公式d=a1t12,得离子在加速电场中运动时间为t1=d,故A错误;设离子进入偏转电场的速度为v0,由动能定理得U1q=mv02,离子在M、N板间运动时间t2=,得t2=L,故B正确;当离子恰好从偏转电场极板右边缘射出电场时动能最大,由动能定理有E km=U1q+q,故C错误;为保证离子不打在M、N极板上,即离子在竖直方向的偏转位移应小于,有·t22<,得U2<2U1,故D错误。
6.如图甲所示的装置由粒子源、加速电场、静电分析器、偏转电场四部分组成。S处的粒子源“飘”出一质量为m、电荷量为+q的粒子,经A、B间的加速电场加速后,粒子可以进入辐向电场(电场强度方向指向O),沿着半径为r的圆弧运动。从辐向电场射出后,粒子沿平行金属板M、N中的M板左端边缘以速度v0水平射入电场,并以此刻开始计时。平行金属板M、N间加有如图乙所示的交变电压UMN,电压的大小为U0,周期为T,不计粒子重力。
(1)求A、B间加速电场的电压U和C、D处的电场强度E的大小;
(2)若粒子经过一段时间后从N板右侧边缘水平射出,求板长L和两板间距d分别满足的条件;
(3)若金属板足够长,要求该粒子打到N板时动能最大,则两板间距d应当满足什么条件
解析:(1)粒子在A、B间加速电场加速,由动能定理得qU=m,
解得A、B间加速电场的电压U=,
进入辐向电场后,由牛顿第二定律得qE=,
解得E=。
(2)如图所示,由对称性可知,粒子可能在t1=nT,即vy=0时从N板右边缘水平射出。
板长应满足L=v0t1=nv0T(n=1,2,3,…),
两板间距应满足d=2n·a=2n···,
解得d=(n=1,2,3,…)。
(3)根据题意可知,粒子从t=0时刻进入电场,若要求粒子打到N板时动能最大,则粒子打到N板时,竖直分速度最大,即粒子在,,,…时,恰好打到N板。两板间距应满足d=(2n+1)·a=(2n+1)×··,
解得d=(n=0,1,2,3,…)。
答案:(1)　
(2)L=nv0T(n=1,2,3,…)　d=(n=1,2,3,…)
(3)d=(n=0,1,2,3,…)

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