广东省廉江市实验学校粤教版高二物理选修3-1练习16示波器的奥秘第2课时

1.6示波器的奥秘第2课时带电粒子在电场中的直线运动图1－9－51．(双选)图1－9－5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vB．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eq\f(v,2)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eq\f(\r(2),2)vD．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eq\f(v,2)答案AC解析电子在两个电极间加速电场中进行加速，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\f(2eU,m)，当电压不变，AK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eq\f(\r(2),2)v，C项正确．带电粒子在电场中的类平抛运动图1－9－62．如图1－9－6所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直电场线进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的eq\r(2)倍D．使U2变为原来的eq\f(1,2)倍答案A解析电子加速有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)电子偏转有y＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)联立解得y＝eq\f(U2l2,4U1d)，显然选A.带电粒子在交变电场中的运动3．在如图1－9－7甲所示平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来的静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)()甲乙图1－9－7A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性往返运动B．电子一直向A板运动C．电子一直向B板运动D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动答案C解析由运动学和动力学规律画出电子的v­t图象如图所示可知，电子一直向B板运动，C正确．带电微粒在电场中的圆周运动图1－9－84．如图1－9－8所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为＋q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经过A点时速度vA的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度vA＝________．当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力FB＝________．答案eq\r(\f(qEr,m))6qE解析在A点时，电场力提供向心力qE＝eq\f(mveq\o\al(2,A),r)①解得vA＝eq\r(\f(qEr,m))，在B点时，FB′－qE＝meq\f(veq\o\al(2,B),r)，FB＝FB′，②小球由A到B的过程中，由动能定理得：qE·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，③联立以上各式解得FB＝6qE.(时间：60分钟)题组一带电粒子在电场中的直线运动1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是()A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动答案A解析带电粒子在匀强电场中受恒定电场力作用，一定做匀变速运动，初速度与合外力共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，A对，B、C、D错．图1－9－92．(双选)平行放置的金属板的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电微粒恰能沿图1－9－9所示水平直线通过，则在此过程中，该粒子()A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动答案BD解析带电微粒在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是竖直向下的重力mg；二是垂直于极板向上的电场力F＝Eq，因二力均为恒力，已知带电微粒做直线运动，所以此二力的合力一定在微粒运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该微粒做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从微粒运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对微粒做负功，微粒的电势能增加，选项B正确．题组二带电粒子在电场中的类平抛运动图1－9－103．如图1－9－10所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场的方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间tQ＞tPB．它们运动的加速度aQ＜aPC．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2答案C解析设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是eq\f(h,2)，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对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)；同理对Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQteq\o\al(2,Q)，得到aQ＝eq\f(2hveq\o\al(2,0),l2).由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶qQ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶maQh＝1∶4.综上所述，C项正确．图1－9－114．(双选)如图1－9－11所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么()A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多C．三种原子核打在屏上的速度一样大D．三种原子核都打在屏的同一位置上答案BD解析同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y＝eq\f(l2U2,4dU1)，tanθ＝eq\f(lU2,2dU1)知，与带电粒子无关，D对．题组三带电粒子在交变电场中的运动图1－9－125．(双选)如图1－9－12所示，两金属板(平行)分别加上如下图中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的电压图象应是(设两板距离足够大)()答案BC解析由A图象可知，电子先做匀加速运动，eq\f(1,2)T时速度最大，从eq\f(1,2)T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；然后重复一直向一个方向运动不往返．由B图象可知，电子先做匀加速运动，eq\f(1,4)T时速度最大，从eq\f(1,4)T到eq\f(1,2)T内做匀减速运动，eq\f(1,2)T时速度减为零；从eq\f(1,2)T到eq\f(3,4)T反向做匀加速运动，eq\f(3,4)T时速度最大，从eq\f(3,4)T到T内做匀减速运动，T时速度减为零．回到出发点，然后重复往返运动．由C图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，eq\f(1,4)T时速度最大，从eq\f(1,4)T到eq\f(1,2)T内做加速度增大的减速运动，eq\f(1,2)T时速度减为零；从eq\f(1,2)T到eq\f(3,4)T反向做加速度减小的加速运动，eq\f(3,4)T时速度最大，从eq\f(3,4)T到T内做加速度减小的减速运动，T时速度减为零．回到出发点，然后重复往返运动．由D图象可知，电子先做匀加速运动，eq\f(1,2)T时速度最大，从eq\f(1,2)T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动．故选B、C.6．如图1－9－13甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始时A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()图1－9－13答案A解析从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，eq\f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零．之后重复上述运动，A选项正确，B选项错误．电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C、D选项错误；故选A.题组四带电微粒在电场中的圆周运动图1－9－147．(双选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图1－9－14所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知()A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等答案BC解析由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv2,qE)，r、E为定值，若q相等，则eq\f(1,2)mv2一定相等；若eq\f(q,m)相等，则速率v一定相等，故B、C正确．图1－9－158．(双选)如图1－9－15所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ＝37°的斜面上，与斜面的交点为A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中．质量为m、电荷量为q的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A点的该小球施加一沿圆轨道切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆轨道完成圆周运动．下列对该小球运动的分析中正确的是()A．小球一定带正电B．小球运动到B点时动能最小C．小球运动到M点时动能最小D．小球运动到D点时机械能最小答案BD解析小球能静止于A点，说明小球在A点所受的合力为零，电场力一定与场强方向相反，小球带负电，A错误；小球所受的重力和电场力的合力F是不变的，方向沿AB直径指向A，小球从A运动到B的过程中F做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，B正确，C错误；在圆轨道上，D点的电势最低，小球在D点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D点时机械能最小，D正确．题组五综合应用图1－9－169．如图1－9－16所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m，带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg.求：(1)小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力；(2)小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力．答案(1)2eq\r(gRL)5mg，方向向下(2)mg，方向向下解析(1)A至D点，由动能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝2eq\r(gR)由牛顿第二定律：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，FN＝5mg由牛顿第三定律：FN＝FN′对管壁的压力为5mg，方向向下(2)第一次经过C：－mgR＋qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)设管壁对小球的作用力向下：mg＋FC1＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)FC1＝mgFC1的方向向下10．如图1－9－17所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点，已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m电荷量为e.求：图1－9－17(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)P点到O点的距离；(4)若要电子打在荧光屏上P点的上方，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)见解析．解析(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，F＝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)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy＝at1电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示．由t2＝eq\f(L2,v0)，y2＝vyt2，解得：y2＝eq\f(U2L1L2,2dU1)，P到O点的距离为y＝y1＋y2＝eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d)(4)减小加