d
变为2Q、d变为时，电压U不变，电场强度E变为原来的2倍．C正确．
2
15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了
1
m.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外1000
无电场，不考虑粒子所受的重力)
(1)若在t＝0时将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能； (2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；
(3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？
图14
15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动， v2qvB＝m0，
r2πrT0＝v 2πm0则T0＝ qB当粒子的质量增加了
11m0，其周期增加ΔT＝T0. 100100
则根据图可知，粒子第一次的加速电压u1＝U0
T0100124
1＋?T0，由图可读出粒子第二次的加速电压u2＝1－粒子回到电场中用时?U＝U 0T0?100?250
4
??????
射出时的动能Ek2＝qu1＋qu2；
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49
解得Ek2＝qU0.
25
图15
(2)磁屏蔽管的位置如图所示．
(3)在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 T0/4N＝，得N＝25
ΔT
分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u＝U0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大． 粒子由静止开始加速的时刻
111119
n＋－×12?T0＝?n＋?T0 (n＝0,1,2，…) t＝??22100??250?1323
＋＋…＋?qU0＋qU0 最大动能Ekm＝2×?25??2525解得Ekm＝
313
qU. 250
20．I3[2011·福建卷] 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图1－9所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间
图1－9
往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图1－9
－－
所示，带电微粒质量m＝1.0×1020 kg，带电量q＝－1.0×109 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm.不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求： (1) B点到虚线MN的距离d2；
(2) 带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t. 20．I3[2011·福建卷] 【答案】 (1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0①
E1由①式解得d2＝d1＝0.50 cm②
E2
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有 |q|E1＝ma1③
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|q|E2＝ma2④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有 12d1＝a1t1⑤
212d2＝a2t2⑥
2
又t＝t1＋t2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得
－
t＝1.5×108 s
I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动
I5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线 I6 实验：练习使用示波器 I7 电场综合
18．I7[2011·安徽卷] 图1－9甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图1－9乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图1－9丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
图1－9
图1－10
【解析】 B 由图可知，电极XX′之间加扫描电压，电极YY′之间加正弦式交变电压，并且有相同的周期，在0时刻，UY＝0，电子在YY′之间没有偏转，UX为负向最大电压，电子只在XX′之间偏转，并且向左有最大偏转，故选项A、C错误；在0～t1之间，UY>0，UX<0，电子在XX′之间由左向右水平移动，同时在YY′之间由正中间先向上运动，再向下运动，在荧光屏看到的图形是选项B，故选项D错误，选项B正确．
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【答案】 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有 L＝v0t①
在竖直方向有 1
0．81d0＝at2②
2其中
FqEqUa＝＝＝③ mmmd0
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有 L＝v0t④
在竖直方向有 1
dm＝a′t2⑤
2其中
F′qE′qUa′＝＝＝⑥
mmmdm
联立①～⑥各式可得 dm＝0.9d0⑦
(2)通过前面的求解可知，当d≤0.9d0时，收集效率η均为100%.⑧ 当d＞0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 1qU?L?2x＝⑨ 2md?v0?根据题意，收集效率为 xη＝⑩ d
联立①②③⑨⑩式解得
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d0?2
η＝0.81??d?
(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为 ΔM
＝η×nmbdv0 Δt
当d≤0.9d0时，η＝1，因此 ΔM
＝nmbdv0 Δt
d0?2
当d>0.9d0时，η＝0.81??d?，因此 ΔMd20＝0.81nmbv0 Δtd绘出的图线如下
24．I7[2011·北京卷] 静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为－q，其动能与电势能之和为－A(0
(1)粒子所受电场力的大小； (2)粒子的运动区间； (3)粒子的运动周期．
24．I7[2011·北京卷] 【答案】 (1)由图可知，O与d(或－d)两点间的电势差为φ0. φ0电场强度的大小E＝
dqφ0电场力的大小F＝qE＝ d
(2)设粒子在[－x，x0]区间内运动，速率为v，由题意得
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