课件11张PPT。5.带电粒子在电场中的运动 一、带电粒子的加速
1.粒子由静止开始从正极板通过电势差为U的电场到达
负极板的速度为v。由动能定理___= mv2,得: 。
2.粒子以速度v0从正极板运动到负极板,其速度为v。
由动能定理 ,得 。qU二、带电粒子的偏转1.运动性质:
(1)沿初速度方向:做速度为__的_________运动。
(2)沿电场力方向:做初速度为___,加速度为
的匀加速直线运动。v0匀速直线零2.运动规律:
(1)偏转距离:由
可得
(2)偏转角度:因为 可得:
3.结论:由 ,可知x= 。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_______(由发射电子的灯丝、
加速电极组成)、_________(由一对X偏转电极板和一
对Y偏转电极板组成)和_______组成。电子枪偏转电极荧光屏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,___________,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,如在Y
偏转电极板上加一个_____电压,在X偏转电极板上加一
周期_____的扫描电压,在荧光屏上就会出现按Y偏转电
压规律变化的可视图像。发射热电子信号相同温馨提示：
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关键能力·素养形成
一 带电粒子在电场中的加速
带电粒子在电场中直线运动问题的分析方法
【思考·讨论】
电子由静止从P板向Q板运动,电子到达Q板的速度大小与什么因素有关?(物理观念)
提示:速度大小与加速电压有关。
【典例示范】
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间场强为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=0-0 ①,B、C板电量不变,B、C板间的场强为:E2=== ②,由②知B、C板间的场强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①知,电子仍然运动到P点返回,故A正确,B、C、D错误。
【素养训练】
1.如图所示为电子枪的工作原理,金属丝加热后可以发射电子,发射出的电子被加速电场加速,穿出金属板上的小孔后,形成高速运动的电子束。其中加热电源的电动势为E,加速电压为U。下列说法正确的是 ( )
A.加热电源的正负极不能接反
B.加速电压的正负极不能接反
C.加速电场的电场线从金属丝发出,终止于金属板
D.电子被加速时,一定是沿着电场线运动的
【解析】选B。金属丝加热后发射电子,加热电源的正负极互换也不影响,故A错误;电子加速时,当加速电压正负极互换,电子不被加速,故B正确;电场线从正极板出发,终止于负极板,故C错误;电子被加速时,受到的电场力方向与电场线方向相反,是沿着电场线反方向运动的,故D错误。
2.如图所示,在点电荷+Q激发的电场中有A、B两点,将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时,它们的速度大小之比为 ( )
A.1∶2 B.2∶1 C.∶1 D.1∶
【解析】选C。质子和α粒子都带正电,从A点释放将受静电力作用加速运动到B点,设A、B两点间的电势差为U,由动能定理可知,对质子:mH=qHU,对α粒子:mα=qαU。
得 ===∶1,选项C正确。
【补偿训练】
如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0×102 V/m,一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在金属板的正上方高度h=0.80 m的a处有一粒子源,盒内粒子以v0=2.0×102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.0×10-15 kg、电荷量为q=+10-12 C的带电粒子,粒子最终落在金属板b上。若不计粒子重力,求(结果保留两位有效数字):
(1)粒子源所在a点的电势。
(2)带电粒子打在金属板上时的动能。
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积);若使带电粒子打在金属板上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现?
【解析】(1)题中匀强电场竖直向下,b板接地;故φa=Uab=Eh=1.0×102×0.8 V
=80 V。
(2)不计重力,只有电场力做功;对粒子由动能定理得:qUab=Ek-m ,可得带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=1.2×10-10 J。
(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出为落点边界,由平抛运动知识可得:x=v0t,h=at2,
又a=,S=πx2联立以上各式解得S= 4.0 m2,可以通过减小h或增大E来实现。
答案:(1)80 V (2)1.2×10-10 J (3)4.0 m2 可通过减小h或增大E实现
二 带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子在匀强电场中的偏转:
(1)条件分析:不计重力的带电粒子以垂直于电场线方向飞入匀强电场。
(2)运动特点:类平抛运动。
(3)处理方法:利用运动的合成与分解。
2.带电粒子在匀强电场中的类平抛偏转的基本规律:
设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间距离为d(忽略重力影响), 则有:
(1)加速度:a===。
(2)在电场中的运动时间:t=。
(3)速度
v=,tan θ==。
(4)位移
【典例示范】如图所示,平行金属板间存在匀强电场,一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场,经过时间t1射出电场,射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y1。另一个电子以初速度v2(v2>v1)仍沿平行于板面方向射入电场,经过时间t2射出电场,射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y2。不计电子的重力。下列关系式中正确的是 ( )
A.t1=t2 B.t1>t2
C.y1=y2 D.y1【解析】选B。一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场,经过时间t1射出电场,射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y1;电子在电场中做类平抛运动,可将速度沿着初速度与加速度方向进行分解,初速度方向做匀速直线运动,而加速度方向做初速度为零的匀加速直线运动,设金属板长度为L,依据运动学公式及加速度相等,则有:t1=,而y1=a;同理,则有:t2=,而y2=a;由于v2>v1,因此t1>t2,且有y1>y2,故A、C、D错误,B正确。
【素养训练】
1.如图所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边沿飞出,现在使电子入射速度变为原来的,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边沿飞出,则两极板的间距应变为原来的( )
A.4倍 B.2倍 C.倍 D.倍
【解析】选A。设电子的质量为m,初速度为v,极板的长度为L,两极板间的距离为d,电场强度为E,电子做类平抛运动,水平方向有:L=vt,竖直方向有:y=at2
=t2=d,解得:=d2,若使电子入射速度变为原来的,仍要使电子从正极板边沿飞出,由上式可知,两极板的间距应变为原来的4倍。故A正确,B、C、D错误。
2.如图所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中,入射方向跟极板平行,整个装置处在真空中,重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下,下述四种情况中一定能使电子的偏转角变大的是 ( )
A.U1变大,U2变大 B.U1变小,U2变大
C.U1变大,U2变小 D.U1变小,U2变小
【解析】选B。设电子被加速后获得的速度为v0,电子在加速电场加速的过程,由动能定理得:qU1=m-0 ①,
设水平极板长为L,两极板间的距离为d。
则电子在偏转电场中运动时间为:t=, ②
电子在偏转电场中的加速度为:a==, ③
电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度:vy=at, ④
电子射出偏转电场时的偏转角正切值:tanθ=, ⑤
由①～⑤解得:tanθ=。
所以一定能使电子的偏转角变大的是U1变小,U2变大,故A、C、D错误,B正确。
3.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 ( )
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UAB>0
C.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 ①
将电子在B点的速度分解可知(如图)
v==v0,故D错误; ②
电子由A到B,由动能定理可知:
-eUAB=mv2-m ③
由②、③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=v0tan30° ④
vy=at ⑤
解①④⑤式得t=,故C正确。故选C。
【补偿训练】
如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次偏转电压之比
为 ( )
A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4
C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1
【解析】选A。由y=at2=··,得U=,所以U∝,可知A项正确。
三 带电粒子在交变电场中的运动
1.常见的交变电场:
电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型:
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3.思维方法:
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),
抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。
【典例示范】
如图(a)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.0C.【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,0T时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要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。
【素养训练】
1.如图1所示,真空中两块平行金属板与电源连接,A板与地连接,将一个带电粒子在A板处释放,不计重力,已知带电粒子的运动速度—时间图像如图2所示,则B板的电势变化规律可能是 ( )
【解析】选B。粒子分段做匀变速运动,加速度大小恒定,由牛顿第二定律知q=ma,知A、B间的电压大小是恒定值,排除C、D。通过斜率可知,在0.25T～0.75T内,加速度不变,电压不变,故B正确,A、C、D错误。
2.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是 ( )
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.1 s末与4 s末带电粒子的速度大小相等,方向相反
D.0～3 s内,电场力做的总功为零
【解析】选D。由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1 s内的加速度为 a1=,为第2 s内的加速度a2=的,因此先加速1 s再减小0.5 s时速度为零,接下来的0.5 s将反向加速,v-t图像如图所示:
带电粒子在前1 s做匀加速运动,在第2 s内先做匀减速运动后反向加速,所以不是始终向一个方向运动,故A错误;根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=2 s时,带电粒子离出发点距离大于0,故B错误;由图可知,在1 s末与4 s末带电粒子的速度大小相等,方向相同,故C错误;因为第3 s末粒子的速度刚好减为0,根据动能定理知粒子只受电场力作用,前3 s内动能变化为0,即电场力做的总功为零,故D正确。
【补偿训练】
(多选)如图甲所示,A、B是一对平行金属板。A板的电势φA=0,B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内,电子的初速度和重力的影响均可忽略,则 ( )
A.若电子是在t=0时刻进入的,它可能不会到达B板
B.若电子是在t=时刻进入的,它一定不能到达B板
C.若电子是在t=时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过B板
D.若电子是在t=时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过B板
【解析】选C、D。电子在t=0时刻进入时,在一个周期内,前半个周期受到的电场力向右,向右做加速运动,后半个周期受到的电场力向左,向右做减速运动,T时刻速度为零,接着周而复始,所以电子一直向B板运动,一定会到达B板,故A错误;若电子是在t=时刻进入,在一个周期内:在～,电子受到的电场力向右,向右做加速运动,在～T内,受到的电场力向左,向右做减速运动,时刻速度为零,若此过程中,电子的位移大于两极板间距,则电子能到达B板;若电子的位移小于两极板间距,则电子不能到达B板;以后在～T内,向左做加速运动,在T～T向左减速到零,接着周而复始,所以电子一直做往复运动,不会到达B板,故B错误;若电子是在t=时刻进入,在～,电子受到的电场力向右,向右做加速运动,在～,受到的电场力向左,向右做减速运动,时刻速度为零,在～T,电子受到的电场力向左,向左做加速运动,在T～,受到的电场力向右,向左做减速运动,时刻速度为零,完成了一个周期的运动,在一个周期内,向右的位移大于向左的位移,所以总的位移向右,接着周而复始,最后穿过B板,故C正确;若电子是在t=时刻进入时,与在t=时刻进入时情况相似,在运动一个周期时间内,时而向B板运动,时而向A板运动,总的位移向右,最后穿过A板,故D正确。
【拓展例题】考查内容:带电体在电场中的运动
【典例】一束电子从静止开始经加速电压U1加速后,以水平速度v0射入水平放置的两平行金属板中间,如图所示,金属板长为l,两板距离为d,竖直放置的荧光屏距金属板右端为L。若在两金属板间加直流电压U2时,光点偏离中线打在荧光屏上的P点,求。
【解析】电子经U1的电场加速后,由动能定理可得
eU1= ①
电子以v0的速度进入U2的电场并偏转
t= ②
E= ③
a= ④
v⊥=at ⑤
由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan θ==。所以=tan θ=。
答案:
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课堂检测·素养达标
1.(多选)图为示波管中电子枪的原理示意图,示波管内被抽成真空。A为发射电子的阴极,K为接在高电势点的加速阳极,A、K间电压为U,电子离开阴极时的速度可以忽略,电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v。下面的说法中正确的是 ( )
A.如果A、K间距离减半而电压仍为U,则电子离开K时的速度仍为v
B.如果A、K间距离减半而电压仍为U,则电子离开K时的速度变为
C.如果A、K间距离不变而电压减半,则电子离开K时的速度变为v
D.如果A、K间距离不变而电压减半,则电子离开K时的速度变为
【解析】选A、C。电子在两个电极间的加速电场中进行加速,由动能定理eU=mv2-0得v=,当电压不变,A、K间距离变化时,不影响电子的速度,故A正确;电压减半,则电子离开K时的速度为v,故C正确。
2.(多选)如图所示,一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入,不计粒子所受的重力。当粒子的入射速度为v时,它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板。现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,在以下的仅改变某一物理量的方案中,可行的是 ( )
A.使粒子的带电量减少为原来的
B.使两板间所接电源的电压减小到原来的一半
C.使两板间的距离增加到原来的2倍
D.使两极板的长度减小为原来的
【解析】选C、D。设平行板长度为L,宽度为d,板间电压为U,恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板上,则沿初速度方向做匀速运动:t=,垂直初速度方向做匀加速运动,a=,则通过电场时偏转距离:y=at2=;当粒子的入射速度为v时,粒子恰好能穿过这一电场区域而不碰到金属板,则有y=;欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,可行的方法有:使粒子的带电量减少为原来的;或使两板间所接电源的电压减少为原来的;或使两板间的距离增加到原来的两倍;或使两极板的长度减少为原来的一半,故选项C、D正确,A、B错误。
【补偿训练】
如图所示,实线是一簇匀强电场的电场线,一带电粒子沿虚线所示轨迹由a运动到b,若带电粒子在运动中只受电场力作用,则下列判断正确的是( )
A.带电粒子带负电
B.电场中a点的电势低于b点电势
C.带电粒子在a点的速度大于b点的速度
D.带电粒子在a、b两点的受力方向与电场线方向相同
【解析】选D。粒子由a到b运动,粒子偏向右下方,则说明粒子在a、b两处所受的电场力向下,电场线方向向下,带电粒子在a、b两点的受力方向与电场线方向相同,粒子带正电,故A错误、D正确;沿电场线方向电势降低,电场中a点的电势高于b点电势,故B错误;由图可知,粒子从a到b的过程中,电场力做正功,则说明粒子速度增大,故可知b处速度较大,故C错误。
3.(多选)质量与电量均不同的一束带电粒子,经过同一电场加速后,垂直于电场方向水平射入平行板电场内,经过电场后的偏转角与下列因素有关的是( )
A.粒子带电量越大,偏转角越大
B.带电粒子质量越小,偏转角越大
C.偏转角大小与带电粒子荷质比无关
D.加速电压越小,偏转电压越大,偏转角越大
【解析】选C、D。粒子初速度为零,经电压为U的电场加速,在加速过程中,只有电场力做功为qU,由动能定理得:qU=m,解得:v0=,粒子经匀强电场偏转,设偏转电场长为L,场强为E,平行板间偏转电压为U2,板间距离为d,进入偏转电场做类平抛运动,结合平抛运动规律,水平方向:L=v0t,竖直方向a==,由平抛运动规律得:tanθ===,则可知,偏转角与带电粒子的电荷量、质量等无关,与带电粒子荷质比无关,A、B错误,C正确; 加速电压越小,偏转电压越大,偏转角越大,D项正确。
4.如图所示,B、A两板间电势差为U,质量为m的带电粒子(重力不计)以初速度v0水平射入电场。若粒子带-q电量,它到达B板时速度大小为 ;若粒子带+q电量,它到达B板时速度大小为 。?
【解析】A、B两极板间的电势差UAB=-U,
粒子的带电量为-q,由动能定理得:
-qUAB=mv2-m,
计算得出v=
粒子的带电量为+q时,由动能定理得:
qUAB=mv2-m,
计算得出:v=。
答案:
情境:
如图所示,两块水平放置的平行金属板与电源连接,上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带负电,油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。
问题:
两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略,当两金属板间的电势差为U时,观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动,经过时间t运动到下极板。求该油滴所带电荷量。
【解析】油滴进入电场后做匀加速运动,
由牛顿第二定律得:mg-q=ma ①
根据位移时间公式得:d=at2 ②
①②联立解得:q=(g-)
答案:(g-)
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课时素养评价 九
电源和电流
(15分钟 30分)
一、选择题(本题共4小题,每题5分,共20分)
1.关于电流,下列说法中正确的是 ( )
A.单位面积内通过导体横截面的电荷量越多,电流越大
B.电子定向移动速率就是电场的传播速率
C.单位时间内通过导体横截面的电荷量越多,导体中的电流越大
D.因为电流既有大小又有方向,所以电流是矢量
【解析】选C。电流的大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量,故A错,C对;电流的速率很慢,而电场的传播速率为光速,故B错;矢量运算遵循平行四边形定则,标量的运算遵循代数法则,电流的运算遵循代数法则,故电流是标量,故D错。
2.如图所示,在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极,将它们接在直流电源上,于是溶液里就有电流通过。若在t秒内,通过溶液内截面S的正离子数为n1,通过的负离子数为n2,设基本电荷为e,则以下说法中正确的
是( )
A.正离子定向移动形成的电流方向从A→B,负离子定向移动形成的电流方向从B→A
B.溶液内由于正、负离子移动方向相反,溶液中的电流抵消,电流等于零
C.溶液内的电流方向从A→B,电流I=
D.溶液内的电流方向从A→B,电流I=
【解析】选D。电荷的定向移动形成电流,规定正电荷定向移动的方向为电流方向,由图示可知,溶液中的正离子从A向B运动,因此电流方向是A→B,故选项A错误;溶液中正离子由A向B移动,负离子由B向A移动,负离子由B向A移动相当于正离子由A向B移动,带电离子在溶液中定向移动形成电流,电流I==
,电流不为零,故选项B、C错误,选项D正确。
3.北京正负电子对撞机的储存环是长为24 m的圆形轨道,某时刻测得环中的电流强度为10 mA,已知这时正在环中运行的电子有5×1011个,则可估算出这时电子的速率约为 ( )
A.3×108 m/s B.3×106 m/s
C.9×107 m/s D.9×106 m/s
【解析】选B。5×1011个电子的总电荷量为q=5×1011·e=5×1011×1.6×10-19 C
=8×10-8 C,电子运动的周期为 T== s=8×10-6 s,电子的速率为 v==
m/s=3×106 m/s。
【补偿训练】
非洲电鳐的捕猎方式是放电电死猎物,它放电的电压可达100 V,电流50 A,每秒钟放电150次,其放电情况可近似看做按照如图所示规律放电,则放电1秒钟非洲电鳐放出的电量为 ( )
A.25 C B.50 C C.150 C D.250 C
【解析】选A。根据图像可知,非洲电鳐放电1次所需的时间为t= s,放出的电量为q1=It=50× C= C,则1秒钟非洲电鳐放出的电量为q=nq1=150× C
=25 C。
4.导体中的电流是这样产生的:当在一根长度为l、横截面积为S,单位体积内自由电荷数为n的均匀导体两端加上电压U,导体中出现一个匀强电场,导体内的自由电子(-e)受匀强电场的电场力作用而加速,同时由于与阳离子碰撞而受到阻碍,这样边反复碰撞边向前移动,可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比,即可以表示为kv(k是常数),当电子所受电场力与阻力大小相等时,导体中形成了恒定电流,则电流的大小为 ( )
A. B. C. D.
【解析】选A。由题意可知当电场力与阻力相等时形成恒定电流,则有e=kv,解得v=,则导体中的电流I=nevS=。
二、计算题(10分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
5.某段导体中有6.25×1020个自由电子沿ab定向通过导体截面,形成的电流是10 A。问这么多电子通过该导体的横截面需要多长时间?导体中的电流方向如何?(已知元电荷量e=1.6×10-19 C)
【解析】通过该截面的总电量为
q=ne=6.25×1020×1.6×10-19 C=100 C
由电流的定义式I=得t== s=10 s
导体导电是由于电子做定向移动形成的,电流的方向与电子运动的方向相反,所以电流的方向为从b向a。
答案:10 s 从b到a
(10分钟 20分)
6.(6分)在显像管的电子枪中,从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场,设其初速度为零,经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m,则在刚射出加速电场时,一小段长为Δl的电子束内的电子个数是 ( )
A. B.
C. D.
【解析】选B。在加速电场中有eU=mv2,得v=。在刚射出加速电场时,一小段长为Δl的电子束内电荷量为q=IΔt=,则电子个数n==,B正确。
7.(14分)电子绕核运动可以看作一环形电流。设氢原子中的电子绕原子核在半径为r的轨道上运动,用e表示电荷量,m表示电子的质量,k为静电力常量。则电子运动形成的电流为多大?
【解析】氢原子原子核对电子的作用力充当电子的向心力,则有=m,
解得v=e;
电子的运动周期T==,
电子运动形成的电流I==。
答案:
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