Question

18．如圖所示裝置，密度相同、大小不同的球狀納米顆粒在電離室中電離后帶正電，電量與其表面積成之比，電離后，顆粒緩慢通過(guò)小孔O₁進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場(chǎng)區(qū)域I，再通過(guò)小孔O₂射入電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ中極板長(zhǎng)度為l，極板間距為d，假設(shè)不計(jì)顆粒重力，且所有顆粒均能從區(qū)域Ⅱ右側(cè)離開(kāi)，則（　�。�

• A． 顆粒的比荷與半徑成正比
• B． 所有的顆粒從同一位置離開(kāi)區(qū)域Ⅱ
• C． 所有的顆粒在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同
• D． 半徑越大的顆粒離開(kāi)區(qū)域Ⅱ時(shí)動(dòng)能越大

Answer 1

分析 根據(jù)比荷的定義由電荷量與質(zhì)量之比求解比荷之比．顆粒先加速后偏轉(zhuǎn)，先根據(jù)動(dòng)能定理得到加速得到的速度，再由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得到偏轉(zhuǎn)距離，即可分析粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅱ的位置．粒子在區(qū)域Ⅱ中水平做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由極板長(zhǎng)和水平速度分析通過(guò)該區(qū)域的時(shí)間關(guān)系．由動(dòng)能定理分析顆粒離開(kāi)區(qū)域Ⅱ時(shí)動(dòng)能關(guān)系．

解答 解：A、設(shè)顆粒的密度為ρ，半徑為r．則比荷為 $\frac{q}{m}$=$\frac{k•4π{r}^{2}}{ρ•\frac{4}{3}π{r}^{3}}$∝$\frac{1}{r}$，即比荷與半徑成反比，故A錯(cuò)誤．
B、顆粒在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中顆粒做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則顆粒離開(kāi)此電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離問(wèn)問(wèn)：y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{q{U}_{2}}{2md}•（\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}$
聯(lián)立得：y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4d{U}_{1}}$，y與顆粒的質(zhì)量、電荷量無(wú)關(guān)，所以所有的顆粒從同一位置離開(kāi)區(qū)域Ⅱ，故B正確．
C、顆粒在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=L$\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$，由于不同顆粒的比荷不同，知顆粒在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故C錯(cuò)誤．
D、由整個(gè)過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：E_k=qU₁+qEy=q（U₁+Ey）∝q
由于電量與顆粒表面積成正比，半徑越大，表面積越大，電荷量越大，由上式知，顆粒離開(kāi)區(qū)域Ⅱ時(shí)動(dòng)能越大，故D正確．
故選：BD．

點(diǎn)評(píng) 本題是信息題，要讀懂題意，分析出比荷的關(guān)系，對(duì)于顆粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4d{U}_{1}}$，這常用的經(jīng)驗(yàn)結(jié)論，要會(huì)推導(dǎo)．