2023-2023學(xué)年高中創(chuàng)新設(shè)計(jì)物理粵教版選修3-1練習(xí)：第一章 第六節(jié)　示波器的奧秘

第頁第六節(jié)示波器的奧秘1．在如圖1所示的電場中，把帶正電的粒子由靜止釋放，帶電粒子運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板時(shí)所獲得的速度可由公式qU＝eq\f(1,2)mv2求得，也可由牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得．圖12.如圖2所示，在勻強(qiáng)電場E中，一帶電粒子－q的初速度v0恰與電場線方向相同，那么帶電粒子－q在開始運(yùn)動(dòng)后，將()圖2A．沿電場線方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．沿電場線方向做變加速直線運(yùn)動(dòng)C．沿電場線方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D．偏離電場線方向做曲線運(yùn)動(dòng)答案C解析在勻強(qiáng)電場E中，帶電粒子所受電場力為恒力．帶電粒子受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒定的電場力作用，產(chǎn)生與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒定的加速度，因此，帶電粒子－q在開始運(yùn)動(dòng)后，將沿電場線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．3．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖3所示，OA＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()圖3A.eq\f(edh,U)B．edUhC.eq\f(eU,dh)D.eq\f(eUh,d)答案D解析電子從O點(diǎn)到A點(diǎn)，因受電場力作用，速度逐漸減?。鶕?jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場力，不計(jì)重力．這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題．即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA.因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d).所以D正確．4．如圖4所示，帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，U、d、L、m、q、v0．請完成以下填空．圖4(1)穿越時(shí)間：________.(2)末速度：________.(3)側(cè)向位移：________，對于不同的帶電粒子假設(shè)以相同的速度射入，那么y與________成正比；假設(shè)以相同的動(dòng)能射入，那么y與________成正比；假設(shè)經(jīng)相同的電壓U0加速后射入，那么y＝eq\f(UL2,4dU0)，與m、q無關(guān)，隨加速電壓的增大而________，隨偏轉(zhuǎn)電壓的增大而________．(4)偏轉(zhuǎn)角的正切值：________________(從電場出來時(shí)粒子速度方向的反向延長線必然過水平位移的________)．答案(1)eq\f(L,v0)(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(qUL,mdv0)2)(3)eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))帶電粒子的比荷粒子的電荷量減小增大(4)eq\f(qUL,mdv\o\al(2,0))中點(diǎn)解析粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出的偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·(eq\f(L,v0))2.作粒子速度的反向延長線．設(shè)交水平位移所在直線于O點(diǎn)，O到右邊緣距離為x，那么x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(L,2).可知，粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，就好似從極板間的中央eq\f(L,2)處沿直線射出一樣(經(jīng)常直接用于計(jì)算中，可簡化計(jì)算過程)．5．示波管的根本原理：電子在加速電場中被加速，在偏轉(zhuǎn)電場中被偏轉(zhuǎn)．電子槍的作用是：產(chǎn)生高速飛行的一束電子．豎直偏轉(zhuǎn)極上加的是待顯示的信號電壓，如果加在豎直極板上的電壓是隨時(shí)間正弦變化的信號，水平加適當(dāng)?shù)钠D(zhuǎn)電壓，熒光屏上就會(huì)顯示出一條正弦曲線．【概念規(guī)律練】知識點(diǎn)一帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)1.如圖5所示，在點(diǎn)電荷＋Q激發(fā)的電場中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和α粒子分別從A點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，它們的速度大小之比為多少？圖5答案eq\r(2)∶1解析設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，由動(dòng)能定理得對質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2,H)＝qHU對α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\al(2,α)＝qαU所以eq\f(vH,vα)＝eq\r(\f(qHmα,qαmH))＝eq\r(\f(1×4,2×1))＝eq\f(\r(2),1).點(diǎn)評電荷在勻強(qiáng)電場中做勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)可用動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，當(dāng)電荷在電場中做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，但可用動(dòng)能定理求解．2．一個(gè)電子(質(zhì)量為9.1×10－31kg，電荷量為1.6×10－19C)以v0＝4×107m/s的初速度沿著勻強(qiáng)電場的電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝2×105N/C，(1)電子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度大??；(2)電子進(jìn)入電場的最大距離；(3)電子進(jìn)入電場最大距離的一半時(shí)的動(dòng)能．答案(1)3.5×1016m/s2(2)2.29×10(3)3.6×10－16J解析(1)電子沿著勻強(qiáng)電場的電場線方向飛入時(shí)，僅受電場力作用，且做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，得qE＝ma，即a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(1.6×10－19×2×105,9.1×10－31)m/s2＝3.5×1016m/s2(2)電子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,0)＝2as，即s＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(4×1072,2×3.5×1016)m＝2.29×10－2m.所以電子進(jìn)入電場的最大距離為2.29×10－2(3)當(dāng)電子進(jìn)入電場最大距離一半時(shí)，即電子在電場中運(yùn)動(dòng)s′＝eq\f(s,2)＝1.145×10－2m時(shí)，設(shè)此時(shí)動(dòng)能為Ek，電場力做負(fù)功，由動(dòng)能定理，得－qEs′＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－qEs′＝eq\f(1,2)×9.1×10－31×(4×107)2J－1.6×10－19×2×105×1.145×10－2J＝3.6×10－16J點(diǎn)評由牛頓第二定律，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律或動(dòng)能定理求解．知識點(diǎn)二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)3．如圖6所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，那么兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)圖6A．2倍B．4倍C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案C解析電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)．水平方向：l＝v0t，所以t＝eq\f(l,v0).豎直方向：d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確．4.如圖7所示，電子在電勢差為U1的電場中加速后，垂直進(jìn)入電勢差為U2的偏轉(zhuǎn)電場，在滿足電子能射出的條件下，以下四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()圖7A．U1變大、U2變大B．U1變小、U2變大C．U1變大、U2變小D．U1變小、U2變小答案B解析設(shè)電子經(jīng)加速電場后獲得的速度為v0，由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)①設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的極板長為L，那么電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(L,v0)②電子在偏轉(zhuǎn)電場中受電場力作用獲得的加速度a＝eq\f(qU2,md)③電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，平行于電場線的速度vy＝at④由②③④得vy＝eq\f(qU2L,mdv0)所以，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2L,mdv\o\al(2,0))①式代入上式得tanθ＝eq\f(U2L,2U1d)，所以B正確．點(diǎn)評帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入電場，在初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于初速度方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，粒子的合運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)．知識點(diǎn)三示波管的原理5．如圖8所示是示波管的原理圖．它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空．給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點(diǎn)，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑．以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()圖8A．要想讓亮斑沿OY向上移動(dòng)，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加電壓，且Y′比Y電勢高B．要想讓亮斑移到熒光屏的右上方，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′上加電壓，且X比X′電勢高、Y比Y′電勢高C．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條水平亮線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加特定的周期性變化的電壓(掃描電壓)D．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加適當(dāng)頻率的掃描電壓、在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加按正弦規(guī)律變化的電壓答案A解析要想讓亮斑沿OY向上移動(dòng)，電子受力向Y方向，即電場方向?yàn)閅Y′，即Y電勢高，A項(xiàng)錯(cuò)誤；要想讓亮斑移到熒光屏的右上方，同理Y為高電勢，X為高電勢才可，B項(xiàng)正確；要想在熒光屏上出現(xiàn)一條水平亮線，說明電子只在XX′方向偏轉(zhuǎn)，當(dāng)然要在這個(gè)方向加掃描電壓，C項(xiàng)正確；要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，就是水平與豎直方向都要有偏轉(zhuǎn)電壓，所以D項(xiàng)正確．6.如圖9所示，是一個(gè)示波器工作原理圖，電子經(jīng)過加速后以速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間距離為d，電勢差為U，板長為l，每單位電壓引起的偏移量(h/U)叫示波器的靈敏度．假設(shè)要提高其靈敏度，可采用以下方法中的()圖9A．增大兩極板間的電壓B．盡可能使板長l做得短些C．盡可能使板間距離d減小些D．使電子入射速度v0大些答案C解析此題是一個(gè)通過計(jì)算進(jìn)行選擇的問題．因?yàn)閔＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))(a＝eq\f(qU,md)，t＝eq\f(l,v0))，所以，eq\f(h,U)＝eq\f(ql2,2mdv\o\al(2,0)).要使靈敏度大些，選項(xiàng)中符合要求的只有C.【方法技巧練】帶電粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)問題的分析方法7．如圖10(a)所示，兩個(gè)平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖(b)所示的電壓．t＝0時(shí)，Q板比P板電勢高5V，此時(shí)在兩板的正中央M點(diǎn)放一個(gè)電子，速度為零，電子在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，使得電子的位置和速度隨時(shí)間變化．假設(shè)電子始終未與兩板相碰．在0<t<8×10－10s的時(shí)間內(nèi)，這個(gè)電子處于M點(diǎn)的右側(cè)、速度方向向左且大小逐漸減小的時(shí)間是()圖10A．0<t<2×10－10sB．2×10－10s<t<4×10－10sC．4×10－10s<t<6×10－10sD．6×10－10s<t<8×10－10s答案D解析0～eq\f(T,4)過程中電子向右做加速運(yùn)動(dòng)；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)過程中電子向右減速運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)過程中電子向左加速，eq\f(3T,4)～T過程中電子向左減速，D滿足條件．方法總結(jié)解決帶電粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)問題的關(guān)鍵是弄清電場方向和粒子所受電場力的方向，進(jìn)而確定加速度方向和速度的變化情況．1.如圖11所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)，那么關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速度，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖11A．兩板間距離越大，加速的時(shí)間就越長，獲得的速度就越大B．兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大C．與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)D．以上說法均不正確答案C解析電子由P到Q的過程中，靜電力做功，根據(jù)動(dòng)能定理eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，速度大小與U有關(guān)，與兩板間距離無關(guān)．2.如圖12所示，M和N是勻強(qiáng)電場中的兩個(gè)等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計(jì)重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，此后穿過等勢面N的速度應(yīng)是()圖12A.eq\r(2qU/m)B．v0＋eq\r(2qU/m)C.eq\r(v\o\al(2,0)＋2qU/m)D.eq\r(v\o\al(2,0)－2qU/m)答案C解析qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2qU/m)，選C.3．氫的三種同位素氕、氘、氚的原子核分別為eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H.它們以相同的初動(dòng)能垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)電場，離開電場時(shí)，末動(dòng)能最大的是()A．氕核B．氘核C．氚核D．一樣大答案D解析因?yàn)閝U1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Ek0偏移量：y＝eq\f(l2U2,4dU1)，可知三種粒子的偏移量相同．由動(dòng)能定理可知：qE·y＝Ek－Ek0，Ek相同，D正確．4．質(zhì)子和氦核從靜止開始經(jīng)相同電壓加速后，又垂直于電場方向進(jìn)入一勻強(qiáng)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，它們側(cè)向偏移量之比和在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比分別為()A．2∶1，eq\r(2)∶1B．1∶1,1∶eq\r(2)C．1∶2,2∶1D．1∶4,1∶2答案B解析偏移量：y＝eq\f(l2U2,4dU1)，可知y1∶y2＝1∶1，時(shí)間t＝leq\r(\f(m,2qU1))，t1∶t2＝1∶eq\r(2)，B正確．5.如圖13所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，那么兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()圖13A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶1答案A解析由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Uq,md)·eq\f(l2,v\o\al(2,0))得：U＝eq\f(2mv\o\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq\f(y,l2)，可知A項(xiàng)正確．6．如圖14所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′電壓為零時(shí)，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場加速后會(huì)打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)的O點(diǎn)，其中x軸與XX′電場的場強(qiáng)方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸與YY′電場的場強(qiáng)方向重合)．假設(shè)要電子打在圖示坐標(biāo)的第Ⅲ象限，那么()圖14A．X、Y極接電源的正極，X′、Y′接電源的負(fù)極B．X、Y′極接電源的正極，X′、Y接電源的負(fù)極C．X′、Y極接電源的正極，X、Y′接電源的負(fù)極D．X′、Y′極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極答案D解析假設(shè)要使電子打在圖示坐標(biāo)的第Ⅲ象限，電子在x軸上向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，那么應(yīng)使X′接正極，X接負(fù)極；電子在y軸上也向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，那么應(yīng)使Y′接正極，Y接負(fù)極，所以選項(xiàng)D正確．7．(雙選)如圖15所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子恰好能到達(dá)N板．如果要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N板間距的eq\f(1,2)后返回，以下措施中能滿足要求的是(不計(jì)帶電粒子的重力)()圖15A．使初速度減為原來的eq\f(1,2)B．使M、N間電壓加倍C．使M、N間電壓提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)答案BD解析由題意知，帶電粒子在電場中做減速運(yùn)動(dòng)；粒子恰好能到達(dá)N板時(shí)，由動(dòng)能定理可得：－qU＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，要使粒子到達(dá)兩極板間距的eq\f(1,2)后返回，設(shè)此時(shí)兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，那么由動(dòng)能定理可得：－qeq\f(U1,2)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立兩方程得：eq\f(U1,2U)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,0)).可見，選項(xiàng)B、D均符合等式的要求，此題的正確選項(xiàng)為B、D.8.如圖16所示，a、b兩個(gè)帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線、從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，a粒子打在B板的a′點(diǎn)，b粒子打在B板的b′點(diǎn)，假設(shè)不計(jì)重力，那么()圖16A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷答案C解析由a、b在水平方向的位移不同可知兩粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，tb>ta，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，可知：aa>ab.又因?yàn)閝aE＝maaa，qbE＝mbab，所以eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，應(yīng)選項(xiàng)C正確．9．(雙選)如圖17所示，一電子沿x軸正方向射入電場，在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡為OCD，Oeq\x\to(A)＝Aeq\x\to(B)，電子過C、D兩點(diǎn)時(shí)豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動(dòng)能變化量分別為ΔEk1和ΔEk2，那么()圖17A．vCy∶vDy＝1∶2B．vCy∶vDy＝1∶4C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4答案AD10.如圖18所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該()圖18A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼?/5倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼?/2倍答案A解析要使電子軌跡不變，那么應(yīng)使電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后任一水平位移x所對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)距離y保持不變．由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(x,v0))2＝eq\f(qU2x2,2mv\o\al(2,0)d)；qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得y＝eq\f(U2x2,4U1d).可見在x、y一定時(shí)，U2∝U1.11．如圖19所示，一平行板電容器板長l＝4cm，板間距離為d＝3cm，傾斜放置，使板面與水平方向夾角α＝37°，假設(shè)兩板間所加電壓U＝100V，一帶電荷量q＝3×10－10C的負(fù)電荷以v0＝0.5m/s的速度自A板左邊緣水平進(jìn)入電場，在電場中沿水平方向運(yùn)動(dòng)，并恰好從B板右邊緣水平飛出，那么帶電粒子從電場中飛出時(shí)的速度為多少？帶電粒子的質(zhì)量為多少？(g取10m/s2圖19答案1m/s8×10－8解析帶電粒子能沿直線運(yùn)動(dòng)，所