廣東省廉江市實驗學校粵教版高二物理選修3-1練習16示波器的奧秘第2課時

1.6示波器的奧秘第2課時帶電粒子在電場中的直線運動圖1－9－51．(雙選)圖1－9－5為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內被抽成真空．A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時的速度可以忽略，電子經加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v.下面的說法中正確的是()A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度仍為vB．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)C．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)vD．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)答案AC解析電子在兩個電極間加速電場中進行加速，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\f(2eU,m)，當電壓不變，AK間距離變化時，不影響電子的速度，故A正確；電壓減半，則電子離開K時的速度為eq\f(\r(2),2)v，C項正確．帶電粒子在電場中的類平拋運動圖1－9－62．如圖1－9－6所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經P板的小孔射出，又垂直電場線進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該()A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)倍答案A解析電子加速有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)電子偏轉有y＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)聯(lián)立解得y＝eq\f(U2l2,4U1d)，顯然選A.帶電粒子在交變電場中的運動3．在如圖1－9－7甲所示平行板電容器A、B兩板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始B板的電勢比A板高，這時兩板中間原來的靜止的電子在電場力作用下開始運動，設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是(不計電子重力)()甲乙圖1－9－7A．電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性往返運動B．電子一直向A板運動C．電子一直向B板運動D．電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做周期性往返運動答案C解析由運動學和動力學規(guī)律畫出電子的v-t圖象如圖所示可知，電子一直向B板運動，C正確．帶電微粒在電場中的圓周運動圖1－9－84．如圖1－9－8所示，一絕緣細圓環(huán)半徑為r，其環(huán)面固定在水平面上，電場強度為E的勻強電場與圓環(huán)平面平行，環(huán)上穿有一電荷量為＋q、質量為m的小球，可沿圓環(huán)做無摩擦的圓周運動，若小球經過A點時速度vA的方向恰與電場線垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無作用力，則速度vA＝________．當小球運動到與A點對稱的B點時，小球對圓環(huán)在水平方向的作用力FB＝________．答案eq\r(\f(qEr,m))6qE解析在A點時，電場力提供向心力qE＝eq\f(mveq\o\al(2,A),r)①解得vA＝eq\r(\f(qEr,m))，在B點時，F(xiàn)B′－qE＝meq\f(veq\o\al(2,B),r)，F(xiàn)B＝FB′，②小球由A到B的過程中，由動能定理得：qE·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，③聯(lián)立以上各式解得FB＝6qE.(時間：60分鐘)題組一帶電粒子在電場中的直線運動1．關于帶電粒子(不計重力)在勻強電場中的運動情況，下列說法正確的是()A．一定是勻變速運動B．不可能做勻減速運動C．一定做曲線運動D．可能做勻變速直線運動，不可能做勻變速曲線運動答案A解析帶電粒子在勻強電場中受恒定電場力作用，一定做勻變速運動，初速度與合外力共線時，做直線運動，不共線時做曲線運動，A對，B、C、D錯．圖1－9－92．(雙選)平行放置的金屬板的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電微粒恰能沿圖1－9－9所示水平直線通過，則在此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動答案BD解析帶電微粒在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是豎直向下的重力mg；二是垂直于極板向上的電場力F＝Eq，因二力均為恒力，已知帶電微粒做直線運動，所以此二力的合力一定在微粒運動的直線軌跡上，根據牛頓第二定律可知，該微粒做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從微粒運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對微粒做負功，微粒的電勢能增加，選項B正確．題組二帶電粒子在電場中的類平拋運動圖1－9－103．如圖1－9－10所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場的方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中()A．它們運動的時間tQ＞tPB．它們運動的加速度aQ＜aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2答案C解析設兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是eq\f(h,2)，它們做類平拋運動的水平距離為l.則對P，由l＝v0tP，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)aPteq\o\al(2,P)，得到aP＝eq\f(hveq\o\al(2,0),l2)；同理對Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQteq\o\al(2,Q)，得到aQ＝eq\f(2hveq\o\al(2,0),l2).由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶qQ＝1∶2.由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶maQh＝1∶4.綜上所述，C項正確．圖1－9－114．(雙選)如圖1－9－11所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，那么()A．經過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多B．經過偏轉電場的過程中，電場力對三種核做的功一樣多C．三種原子核打在屏上的速度一樣大D．三種原子核都打在屏的同一位置上答案BD解析同一加速電場、同一偏轉電場，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同，在同一偏轉電場中電場力對它們做的功也相同，A錯，B對；由于質量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯；再根據偏轉距離公式或偏轉角公式y(tǒng)＝eq\f(l2U2,4dU1)，tanθ＝eq\f(lU2,2dU1)知，與帶電粒子無關，D對．題組三帶電粒子在交變電場中的運動圖1－9－125．(雙選)如圖1－9－12所示，兩金屬板(平行)分別加上如下圖中的電壓，能使原來靜止在金屬板中央的電子(不計重力)有可能做往返運動的電壓圖象應是(設兩板距離足夠大)()答案BC解析由A圖象可知，電子先做勻加速運動，eq\f(1,2)T時速度最大，從eq\f(1,2)T到T內做勻減速運動，T時速度減為零；然后重復一直向一個方向運動不往返．由B圖象可知，電子先做勻加速運動，eq\f(1,4)T時速度最大，從eq\f(1,4)T到eq\f(1,2)T內做勻減速運動，eq\f(1,2)T時速度減為零；從eq\f(1,2)T到eq\f(3,4)T反向做勻加速運動，eq\f(3,4)T時速度最大，從eq\f(3,4)T到T內做勻減速運動，T時速度減為零．回到出發(fā)點，然后重復往返運動．由C圖象可知，電子先做加速度減小的加速運動，eq\f(1,4)T時速度最大，從eq\f(1,4)T到eq\f(1,2)T內做加速度增大的減速運動，eq\f(1,2)T時速度減為零；從eq\f(1,2)T到eq\f(3,4)T反向做加速度減小的加速運動，eq\f(3,4)T時速度最大，從eq\f(3,4)T到T內做加速度減小的減速運動，T時速度減為零．回到出發(fā)點，然后重復往返運動．由D圖象可知，電子先做勻加速運動，eq\f(1,2)T時速度最大，從eq\f(1,2)T到T內做勻速運動，然后重復加速運動和勻速運動一直向一個方向運動．故選B、C.6．如圖1－9－13甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開始時A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動．設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()圖1－9－13答案A解析從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱悖笾貜蜕鲜鲞\動，A選項正確，B選項錯誤．電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，C、D選項錯誤；故選A.題組四帶電微粒在電場中的圓周運動圖1－9－147．(雙選)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場，如圖1－9－14所示．帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出，由此可知()A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質量一定相等B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等C．若入射粒子的電荷量與質量之比相等，則出射粒子的速率一定相等D．若入射粒子的電荷量與質量之比相等，則出射粒子的動能一定相等答案BC解析由題圖可知，粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力qE＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv2,qE)，r、E為定值，若q相等，則eq\f(1,2)mv2一定相等；若eq\f(q,m)相等，則速率v一定相等，故B、C正確．圖1－9－158．(雙選)如圖1－9－15所示，內壁光滑的絕緣材料制成的圓軌道固定在傾角為θ＝37°的斜面上，與斜面的交點為A，直徑AB垂直于斜面，直徑CD和MN分別在水平和豎直方向上，它們處在水平向右的勻強電場中．質量為m、電荷量為q的小球(可視為點電荷)剛好能靜止于圓軌道內的A點．現(xiàn)對在A點的該小球施加一沿圓軌道切線方向的瞬時速度，使其恰能繞圓軌道完成圓周運動．下列對該小球運動的分析中正確的是()A．小球一定帶正電B．小球運動到B點時動能最小C．小球運動到M點時動能最小D．小球運動到D點時機械能最小答案BD解析小球能靜止于A點，說明小球在A點所受的合力為零，電場力一定與場強方向相反，小球帶負電，A錯誤；小球所受的重力和電場力的合力F是不變的，方向沿AB直徑指向A，小球從A運動到B的過程中F做負功，動能減小，所以小球運動到B點時動能最小，B正確，C錯誤；在圓軌道上，D點的電勢最低，小球在D點的電勢能最大，由能量守恒定律可得，小球運動到D點時機械能最小，D正確．題組五綜合應用圖1－9－169．如圖1－9－16所示，半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置，AB為該環(huán)的水平直徑，且管的內徑遠小于環(huán)的半徑，環(huán)的AB及以下部分處于水平向左的勻強電場中，管的內壁光滑．現(xiàn)將一質量為m，帶電荷量為＋q的小球從管中A點由靜止釋放，已知qE＝mg.求：(1)小球釋放后，第一次經過最低點D時的速度和對管壁的壓力；(2)小球釋放后，第一次經過最高點C時管壁對小球的作用力．答案(1)2eq\r(gRL)5mg，方向向下(2)mg，方向向下解析(1)A至D點，由動能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝2eq\r(gR)由牛頓第二定律：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，F(xiàn)N＝5mg由牛頓第三定律：FN＝FN′對管壁的壓力為5mg，方向向下(2)第一次經過C：－mgR＋qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)設管壁對小球的作用力向下：mg＋FC1＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)FC1＝mgFC1的方向向下10．如圖1－9－17所示為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的P點，已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子質量為m電荷量為e.求：圖1－9－17(1)電子穿過A板時的速度大??；(2)電子從偏轉電場射出時的側移量；(3)P點到O點的距離；(4)若要電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？答案(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d)(3)eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d)(4)見解析．解析(1)設電子經電壓U1加速后的速度為v0，根據動能定理得：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).(2)電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場中運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉電場時的側移量為y1，根據牛頓第二定律和運動學公式得：F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，F(xiàn)＝ma，a＝eq\f(eU2,md)，t1＝eq\f(L1,v0)，y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得：y1＝eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d).(3)設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為vy，根據運動學公式得vy＝at1電子離開偏轉電場后做勻速直線運動，設電子離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側移量為y2，如圖所示．由t2＝eq\f(L2,v0)，y2＝vyt2，解得：y2＝eq\f(U2L1L2,2dU1)，P到O點的距離為y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d)(4)減小加