高中物理《示波器的奥秘》课后精练

1.6 示波器的奥秘每课一练（粤教版选修3-1）一、单项选择题1．如图1­6­11所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)( )图1­6­11A．电子到达B板时的动能是UeB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：电子在A、B之间加速，电场力做功W＝Ue，在B、C间无电场，做匀速运动，到C、D间电场反向，电子克服电场力做功，至D点速度刚好减至零，然后反向加速，在D、A之间往复运动，所以C错．答案：C的加速电场中由静止开始运动，然后射入2．如图1­6­12所示，电子在电势差为U1电势差为U的两块平行极板间的偏转匀强电场中．在满足电子能射出平行极板区的2条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是(图1­6­12A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小思路点拨：加速电场中被加速，偏转电场中被偏转做类平抛运动． 解析：设电子经加速电场后获得的速度为v 0，由动能定理得 qU 1＝mv 202①设偏转电场的极板长为L ，则电子在偏转电场中运动时间 t ＝L v 0② 电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度 a ＝qU 2md③电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度 v y ＝at ④由②③④得v y ＝qU 1Lmdv 0，所以，tanθ＝v y v 0＝qU 1l mdv 20，①式代入上式得tanθ＝U 2L2U 1d ，所以B 正确．答案：B3．如图1­6­13所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P 点以相同的初速度垂直于E 进入电场，它们分别落在A 、B 、C 三点( )图1­6­13A ．落到A 点的小球带正电，落到B 点的小球不带电，落到C 点的小球带负电． B ．三小球在电场中运动的时间相等C ．三小球到达正极板时动能关系：E KA ＞E KB ＞E KCD ．三小球在电场中运动的加速度关系：a A ＞a B ＞a C解析：由图知A 的射程最远，x ＝v 0t ，t A 最大，又由h ＝12at 2知a A 最小，a C 最大，所以A 正确．B 、D 错误，由动能定理知C 错． 答案：A4．如图1­6­14所示，有一带电粒子贴A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间；设两次射入电场的水平速度相同，则电压U 1、U 2之比为：( )图1­6­14 A ．1∶8 B ．1∶4 C ．1∶2D ．1∶1解析：当偏转电压为U 1时，有12d ＝12qU 1dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02，同理，当偏转电压为U 2时，有d ＝12qU 2dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2v 02，两式相比可得U 1∶U 2＝1∶8. 答案：A 二、双项选择题5．如图1­6­15所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板电压不变，则( )图1­6­15A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v减小C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大解析：由动能定理得eU＝12mv2.当改变两极板间距离时，v不变，故C选项正确．粒子做初速度为零的匀加速直线运动v＝dt，v2＝dt，即t＝2dv，当增大两板间距离时，电子在板间运动时间增大，故D选项正确．答案：CD6．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图1­6­16所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )图1­6­16A．两电荷的电荷量可能相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的动能相等解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速直线运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等，B对．又因为d＝12at2，a＝qEm，因为偏转量d不同，故a一定不同，C错．由a＝qEm，因不知m的关系，q可能相等，也可能不相等，故A正确．当q相等时，电荷从进入到离开，电场力做的功不同，由动能定理可知，两电荷离开电场时的动能不同．D错．7．如图1­6­17所示，三块平行金属板a、b、c接在电动势(即电压)分别为E1、和E 2的电源上，已知E1＜E2，在紧贴A孔右侧有一带负电的质点(不计重力)，由静止释放后向右运动，穿过B孔到达P点，再返回A孔，则( )图1­6­17A．只将b板向右移一小段距离后，再由A孔释放该质点，质点仍运动到P点返回B．只将b板右移稍长距离后，再释放该质点，质点能穿过C孔C．只将b板右移一小段距离后，再释放该质点、质点将越过P点后返回D．若将质点放在紧贴C孔左侧由静止释放，质点将能穿过A孔解析：电场力对带电粒子做功只与电势差和带电粒子电荷量有关．b板移动时，a、b间的电势差没有变，由动能定理得，带电粒子被电场加速运动到b板时的速度不变．若将b板移到P点，但由于b、c间的电势差不变，且E1＜E2，故不可能穿过C孔，只能在b、c板间的某一点速度减为零后再返回A孔．若将带电粒子在C点释放，无论a、b、c板是否平移一小段距离，只要各板不相互接触，则b、c板间电场对带粒子做的正功，一定大于a、b板间电场对带电粒子做的负功，带电粒子运动到A 孔时的动能不为零，一定会穿越A孔．答案：CD8．如图1­6­18所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为＋q的微粒，以初速度v竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C 点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知( )A．微粒在电场中作抛物线运动B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C．MN板间的电势差为2mv2/qD．MN板间的电势差为E v2/2g解析：由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A正确；因AB＝BC，即v2·t＝vc2·t可见vC＝v0.故B项正确；由qU2－mgh＝0，h＝v22y，得U＝mv2q，故C项错误；又由mg＝qE得q＝mgE代入U＝mv2q，得U＝Ev2g，故D项错误．答案：AB9．图1­6­19为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量h/U2)可采取的方法是( )图1­6­19A．增大两板间电势差U2B．尽可能使板长L长些C．尽可能使板间距离d小一些D．使加速电压U1升高一些解析：电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．(1)加速：eU1＝12mv2(2)偏转：L ＝v 0t ，h ＝12at 2＝eU 22mdt 2综合得：h U 2＝L 24U 1d ，因此要提高灵敏度则需要：增大L 或减小U 1或减小d ，故答案应选B 、C. 答案：BC 三、非选择题10．如图1­6­20所示，在距地面一定高度的位置以初速度v 0向右水平抛出一个质量为m ，电荷量为q 的带负电小球，小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离(水平射程)．若在空间加上一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程变为原来的12，求此电场的场强大小和方向．图1­6­20解析：不加电场时小球在空间运动的时间为t ，水平射程为x x ＝v 0t下落高度h ＝12gt 2加电场后小球在空间的运动时间为t′，小球运动的加速度为a 12x ＝v 0t′，h ＝12at′2 由以上各式，得 a ＝4g则场强方向只能竖直向上，根据牛顿第二定律 mg ＋qE ＝ma 联立解得：所以E ＝3mgq方向竖直向上．答案：3mgq方向竖直向上．11．如图1­6­21所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场．电荷量为q 、动能为E k 的带电粒子从a 点沿ab 方向进入电场，不计重力．图1­6­21(1)若粒子从c 点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能． (2)若粒子离开电场时动能为E k ′，则电场强度为多大？解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向：L ＝v 0t 在平行于电场方向： L ＝12at 2＝qEt 22m ＝qEL 22mv 20 所以E ＝4E kqLqEL ＝E kt －E k 则E kt ＝qEL ＋E k ＝5E k(2)若粒子由bc 边离开电场，则L ＝v 0t v y ＝qE m t ＝qEL mv 0由动能定理得： E k ′－E k ＝12mv 2y ＝q 2E 2L 24E kE ＝2E kE k ′－E k qL若粒子由cd 边离开电场，由动能定理得qEL＝Ek ′－Ek所以E＝Ek′－EkqL答案：(1)4EkqL5Ek(2)粒子由bc边离开电场时，E＝2EkEk′－EkqL粒子由cd边离开电场时，E＝Ek′－EkqL12．如图1­6­22所示，水平放置的两平行金属板，板长为10 cm，两板相距2 cm.一束电子以v＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上．(不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中央线上，电子质量m＝0.9×10－30 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C)求：图1­6­22(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；(2)为了使点电荷能射中荧光屏所有位置，两板间所加电压的取值范围．解析：(1)设加速电场的电压为U1，由动能定理可得eU1＝12mv2－0化简得U1＝mv22e，代入数据得U1＝4.50×103 V.(2)如下图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U2，偏转位移为y，则y ＝12at 2＝U 2e 2dm (l v 0)2 tanθ＝v y v 0＝U 2el dmv 20＝y l/2 由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都好像从偏转电场的两极板间的中线的中点沿直线射出，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得tanθ＝D/2L ＋l 2＝D 2L ＋l U 2＝Ddmv 20el 2L ＋l代入所有数据得U 2＝360 V 此时，电子从偏转电场射出，刚好打在荧光屏的边缘上，因此偏转电压在－360 V ～360 V 范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置． 答案：(1)4.50×103 V (2)－360 V ～360 V。

2019年精选粤教版物理选修3-1[第一章电场第06节示波器的奥秘]课后练习[含答案解析]三十二第1题【单选题】图甲为示波管的原理图。

如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A、B、C、D中的( )A、B、C、D、【答案】：【解析】：第2题【单选题】图为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )A、B、C、D、【答案】：【解析】：第3题【单选题】示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中( )A、极板X，Y带正电B、极板X，Y′带正电C、极板X′，Y带正电D、极板X′，Y′带正电【答案】：【解析】：第4题【单选题】示波管的内部结构如图1所示，如果在电极YY′之间加上图2（a）所示的电压，在XX′之间加上图2 （b）所示电压，荧光屏上会出现的波形是( )A、B、C、D、【答案】：【解析】：第5题【多选题】如图示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况．电子经电压U1加速后进入偏转电场．下列关于所加竖直偏转电压U2、水平偏转电压U3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是( )A、如果只在U2上加上图甲所示的电压，则在屏上看到的图形如图a所示y轴上的一段亮线B、如果只在U3上加上图乙所示的电压，则在屏上看到的图形如图b所示x轴上的一段亮线C、如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，则在屏上看到的图形如图c所示D、如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，则在屏上看到的图形如图d所示【答案】：【解析】：第6题【多选题】示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A、极板X应带正电B、极板X′应带正电C、极板Y应带正电D、极板Y′应带正电【答案】：【解析】：第7题【多选题】图甲为示波管的结构示意图，偏转电极中的XX′两极板竖直放置，YY′两极板水平放置，电子枪持续地发射电子束，当XX′，YY′之间都不加电压时，电子束从电子枪射出后沿直线传播，打在荧光屏中心出现一个亮斑，图乙、图丙为随时间周期性变化的电压，下列判断正确的是( )A、当XX′之间不加电压时，在YY′之间加上图乙的电压，荧光屏上的图形是一条沿YY′方向的直线B、当XX′之间加上图丙的电压时，在YY′之间不加电压，荧光屏上的图形是一条沿YY′方向的直线C、当XX′之间加上图乙的电压时，在YY′之间加上图丙的电压，荧光屏上的图形是沿YY′方向起伏的正弦曲线D、当XX′之间加上图丙的电压时，在YY′之间加上图乙的电压，荧光屏上的图形是沿YY′方向起伏的正弦曲线【答案】：【解析】：第8题【实验探究题】如图A为示波器面板．一位同学在做“练习使用示波器”的实验时，进行了如下的操作：打开电源后，首先在屏上调出了一个最圆最小的亮斑，但亮斑位于屏上的左上角．若想将这个亮斑调到屏幕的正中央，他应该调节______和______旋钮为观察示波器的水平扫描作用，他调节相应的旋钮，看到屏上的亮斑从左向右移动，到达右端后又很快回到左端．之后他顺时针旋转扫描微调旋钮以增大扫描频率，此时屏上观察到的现象是______为观察按正弦规律变化的电压的图线，他把扫描范围旋钮置于左边第一挡（10～100Hz），要由机内提供竖直方向的按正弦规律变化的电压，他应将衰减旋钮置于______挡若示波器显示的输入波形如图B所示，要使此波形横向展宽，应调节______旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应反时针旋转______旋钮．【答案】：【解析】：第9题【综合题】图为真空示波管的示意图，电子从金属丝K发出（初速度可忽略不计），在金属丝与A板间加以电压U1 ，电子加速后，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N间的偏转电场（电子进入时的速度方向与该电场方向垂直），离开偏转电场后打在荧光屏上一点．已知M、N两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力及它们之间的相互作用力．求电子穿过A板时速度的大小v0；若在M、N两极板间加一恒定电压U2 ，求电子从偏转电场射出时的侧移距离y；单位偏转电压引起的偏转量有误称为示波管的灵敏度．要想提高示波管的灵敏度，可以采取哪些措施？【答案】：【解析】：第10题【综合题】如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的可调加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直．已知M、N两板间的电压为U2=91V，两板间的距离为d=4cm，板长为L1=8cm，板右端到荧光屏的距离为L2=20cm，电子的质量为m=0.91×10^﹣^30Kg，电荷量为e=1.60×10^﹣^19C要使被加速的电子均能从M、N的右端穿出，求U1的最小值？当U1=273V时，电子从偏转电场射出后打在荧光屏上的P点，求P到O点的距离？最新教育资料精选【答案】：【解析】：11 / 11。

示波器的奥秘（1）一、选择题(每小题5分，共50分)1.下列带电粒子均从初速为零的状态开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大( )A.质子H)(11B.氘核H)(21C.а粒子He)(42D.钠离子)(Na2.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )A.当增大两板间距离时，v也增大B.当减小两板间距离时，v增大C.当改变两板间距离时，v不变D.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大3.让原来静止的氢核H)(11、氘核H)(21和氚核H)(31的混合物通过同一加速电场相同电压加速后，这些核将具有( )A.相同的速度B.相同的动能C.相同的动量D.以上都不相同4.如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U.一质量为m(不计重力)、电荷量为-q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，此后穿过等势面N 的速率应是( )A .m 2qU B .m 2qU v 0+ C .m 2qUv 20+ D .m 2qU v 20-5.在如图所示的装置中，B 和A 两板间的电压为U ，C 和D 两板间电压为2U 从F处释放出一个无初速度的电子，电荷量为e .关于电子的运动，下列描述中哪些是正确的( )A .电子到达B 板时的动能是eUB .电子从B 板到达C 板时动能不变C .电子到达D 板时动能是3eUD .电子将在A 板和D 板之间往复运动6.如图甲所示，在两极板a 、b 之间有一静止的电子，当在a 、b 之间加上如图乙所示的变化电压时(开始时a 板带正电)，电子的运动情况是(不计重力，板间距离足够大)A .电子一直向a 板运动B .电子一直向b 板运动C .电子在两板间做周期性往返运动D .电子先向a 板运动，再返回一直向b 板运动7.如图所示，A 、B 为平行金属板，两板相距为d ，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M 和N .今有一带电质点，自A 板上方相距为d 的P 点由静止自由下落(P 、M 、N 在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N 孔时速度恰好为零，然后沿原路返回若保持两极板间的电压不变，则( )A .把A 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回B .把A 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落C .把B 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回D .把B 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落8.如图所示，A 、B 是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T 的交变电压u ，A 板的电势φA =0，B 板的电势φB随时间的变化规律为:在0到T 21时间内，φB =U 0(正的常数)；在T 21到T 的时间内，φB =-U 0；在T 到T 23的时间内，φB =U 0；在T 23到2T 的时间内，φB =-U 0；….现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响可忽略.则A.若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而B.若电子是在8向A板运动，最后打在B板上3T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时C.若电子是在8而向A板运动，最后打在B板上T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而D.若电子是在2向A板运动9.如图所示，带正电荷量q，质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE≤mg，以下判断中正确的是()A.物体将沿斜面减速下滑B.物体将沿斜面加速下滑C.物体仍保持匀速下滑D.仅当qE=mg时，物体继续保持匀速下滑10.如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球，小球质量为m，带电荷量为q ，斜槽底端B 与A 点的竖直距离为h .则关于小球的情况，下列说法中正确的是( )A .只有2qh mv q mg E 20+≤,小球才能沿斜槽运动到B 点B .只有qmg E ≤，小球才能沿斜槽运动到B 点 C .小球若沿斜槽能到达B 点，最小速度可能是v 0D .小球若沿斜槽能到达B 点，最小速度一定大于v 0二、填空题(每空4分，共24分)11.а粒子的质量是质子质量的4倍，电荷量是质子电荷量的2倍，它们从静止起，经同一电场加速，获得的速度之比v а:v p =______，获得的动能之比E а:E p =______12.如图所示，一个电子(电荷量为-e ，质量为m )以速度v 0从A点沿着电场线方向射入场强为E的匀强电场中，到达B 点时速度恰为零，则在此过程中，电子的电势能的增量为______,A 、B 两点的电势差为 ______，A 、B 两点的距离为______.13.如图所示，水平放置的A 、B 两平行金属板相距为h ，上板A 带正电现有一质量为m ，带电荷量为+q 的小球，在B 板下方距离B 板H 处，以初速v 0竖直向上从B 板小孔进入板间电场.欲使小球刚好能到A板，则A、B间电势差U AB______.三、计算题(每小题13分，共26分)14.一初速为零的带电粒子经电压为U=4.0×103V的匀强电场加速后，获得5.0×103m／s的速度.粒子通过加速电场的时间t=1.0×10-4s，不计重力的作用，则带电粒子的荷质比为多大?匀强电场的场强为多大?粒子通过电场过程中的位移为多大?15.相距为d，水平正对放置的两块平行金属板a、b，其电容为C，开始时两板均不带电,a板接地，且中央开有小孔现将带电荷量为+q、质量为m的带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h高处无初速地滴人，竖直落向不b板，到达b板后电荷量全部传给b板，如图所示问:(1)第几滴液滴在a、b间做匀速直线运动?(2)能够到达b板的液滴将不会超过多少滴?。

1、6示波器的奥秘每课一练（粤教版选修3-1）知能综介训练热点集训知能提升一、单项选择题1。

如图1・6。

11所示,从尸处释放一个无初速的电子向万板方向运动，指岀下列对电子运动的描述中错误的是（设电源电动势为仍（.）A B C D图1-6. 11扎电子到达万板时的动能是％Be电子从万板到达C板动能变化量为零C.电子到达。

板时动能是36?D.电子在月板和Q板之间做往复运动解析：电子在月、万之间加速，电场力做功心血在万、Q间无电场,做匀速运动，到G D间电场反向，电子克服电场力做功，至。

点速度刚好减至零，然后反向加速，在从川之间往复运动，所以C错。

答案:C2。

如图1。

6。

12所示，电子在电势差为U的加速电场中由静I匕开始运动，然后射入电势差为G的两块平行极板间的偏转匀强电场中。

在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角（）变大的是（1 D =n' ................. U,图1。

6. 12Ao E变大、乓变大Bo Q变小、保变大Co Q变大、氏变小 D. &变小、空变小思路点拨:加速电场中被加速，偏转电场中被偏转做类平抛运动。

解析：设电子经加速电场后获得的速度为Vo,由动能左理得也=错误!①设偏转电场的极板长为厶则电子在偏转电场中运动时间戸错谋!②电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a=错误!③电子射岀偏转电场时，平行于电场线的速度由②③④得8=错误!，所以，tan"=错误!=错误!，①式代入上式得tan错误!，所以B 正确. 答案:B3。

如图1。

6。

13所示，有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电 场中的尸点以相同的初速度垂直于厅进入电场，它们分别落在小B 、C 三点（ ）图 1。

6. 13A. 落到川点的小球带正电，落到方点的小球不带电，落到C 点的小球带负电。

Be 三小球在电场中运动的时间相等C. 三小球到达正极板时动•能关系:E4艮D. 三小球在电场中运动的加速度关系:解析：由图知A 的射程最远，x=v°t,匕最大，又由Q 标知m 最小,a 撮尢所以A 正确。

1.6 示波器的奥秘 第1课时带电粒子的加速运动图1－8－61．(双选)如图1－8－6所示，电荷量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A 、B 两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则( ) A ．它们通过加速电场所需的时间相等B ．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C ．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D ．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等 答案 BD解析 由于电荷量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，A 错误；加速时间越短，则速度的变化量越小，C 错误；由于电场力做功W ＝qU 与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能增加量也相等，B 、D 正确． 带电粒子的偏转图1－8－72．如图1－8－7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∶8B ．U1∶U2＝1∶4C ．U1∶U2＝1∶2D ．U1∶U2＝1∶1 答案 A解析 由y ＝12at2＝12Uq md ·l2v20得：U ＝2mv20dy ql2，所以U ∝yl2，可知A 项正确． 示波管的偏转原理图1－8－83．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图1－8－8所示，真空室中电极K 发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板中．金属板长为L ，相距为d ，当A 、B 间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m 、电荷量为e ，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是( )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 答案 B解析 当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．设电子经过U1加速后速度为v0，离开偏转电场时侧向速度为vy.根据题意得：eU1＝12mv20.①电子在A 、B 间做类平抛运动，当其离开偏转电场时侧向速度为vy ＝at ＝eU2md ·L v0.② 结合①②式，速度的偏转角θ满足：tan θ＝vy v0＝U2L2dU1.显然，欲使θ变大，应该增大U2、L ，或者减小U1、d.正确选项是B.(时间：60分钟)题组一 带电粒子的直线运动1．下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U 后，哪个粒子获得的速度最大( )A ．质子1HB ．氘核21HC ．α粒子42HeD ．钠离子Na ＋ 答案 A解析 所有四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U ，故根据动能定理， qU ＝12mv2－0得v ＝2qU m 由上式可知，比荷qm 越大，速度越大；显然A 选项中质子的比荷最大，故A 正确．图1－8－92．如图1－8－9所示，M 和N 是匀强电场中的两个等势面，相距为d ，电势差为U ，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q 的粒子，以速度v0通过等势面M 射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N 的速度应是( ) A.2qU/m B ．v0＋2qU/m C.v20＋2qU/m D.v20－2qU/m 答案 C解析 qU ＝12mv2－12mv20，v ＝v20＋2qU/m ，选C.图1－8－103．(双选)如图1－8－10所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( ) A ．当增大两板间距离时，v 增大 B ．当减小两板间距离时，v 增大 C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大 答案 CD解析 根据动能定理研究电子由静止开始从A 板向B 板运动列出等式： Uq ＝12mv2，得v ＝2qU m ，所以当改变两板间距离时，v 不变，故A 、B 错误，C 正确；由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E ＝U d ，电子的加速度为a ＝qE m ＝qUmd ，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d ＝12at2＝12qUmd t2， 所以电子加速的时间为t ＝d2m qU ，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D 正确．故选C 、D. 题组二 带电粒子的偏转图1－8－114．如图1－8－11所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a′点，b 粒子打在B 板的b′点，若不计重力，则( )A ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量B ．b 的质量一定大于a 的质量C ．a 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 粒子在电场中做类平抛运动，h ＝12qE m (xv0)2得：x ＝v0 2mhqE .由v0 2hmaEqa ＜v02hmb Eqb 得qa ma ＞qb mb .图1－8－125．(双选)三个α粒子在同一地点沿同一方向垂直电场线飞入偏转电场，出现了如图1－8－12所示的运动轨迹，由此可判断( )A ．在B 飞离电场的同时，A 还没有打在负极板上 B ．B 和C 同时飞离电场C ．进入电场时，C 的速度最大，A 的速度最小D ．动能的增加值C 最小，A 和B 一样大 答案 CD解析 由题意知，三个α粒子在电场中的加速度相同，A 和B 有相同的偏转位移y ，由公式y ＝12at2得，A 和B 在电场中运动时间相同，由公式v0＝xt ，得vB>vA ，同理，vC>vB ，故三个粒子进入电场时的初速度大小关系为vC>vB>vA ，故C 正确，A 、B 错误；由题图知，三个粒子的偏转位移大小关系为yA ＝yB>yC ，由动能定理可知，三个粒子的动能增加值C 最小，A 和B 一样大，D 正确． 题组三 示波管的原理6．如图1－8－13所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O 点，其中x 轴与XX′电场的场强方向重合，x 轴正方向垂直于纸面向里，y 轴与YY′电场的场强方向重合，y 轴正方向竖直向上)．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则( )图1－8－13A ．X 、Y 极接电源的正极，X ′、Y′接电源的负极B ．X 、Y′极接电源的正极，X ′、Y 接电源的负极C ．X ′、Y 极接电源的正极，X 、Y′接电源的负极D ．X ′、Y′极接电源的正极，X 、Y 接电源的负极 答案 D解析 若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x 轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X 接负极；电子在y 轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y 接负极，所以选项D 正确．7．如图1－8－14所示，是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量hU2)，可采用的方法是( )图1－8－14A ．增大两板间的电势差U2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U1升高一些 答案 C解析 电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转，分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度hU2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路． 电子经电压U1加速有：eU1＝12mv20，① 电子经过偏转电场的过程有：L ＝v0t ，② h ＝12at2＝eU22md t2＝U2L24dU1，③由①②③可得h U2＝L24dU1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L 、减小d ，或减小U1，所以本题的正确选项为C. 题组四 综合应用8．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场的方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子( ) A ．都具有相同的质量 B ．都具有相同的电荷量 C ．具有相同的比荷 D ．都是同一元素的同位素 答案 C解析 由偏转距离y ＝12qE m (l v0)2＝qEl22mv20可知，若运动轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y 也应相同，已知E 、l 、v0是相同的，所以应有qm 相同．图1－8－159．(双选)如图1－8－15所示，一电子沿x 轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD ，已知OA ＝AB ，电子过C 、D 两点时竖直方向的分速度为vCy 和vDy ；电子在OC 段和OD 段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则( ) A ．vCy ∶vDy ＝1∶2 B ．vCy ∶vDy ＝1∶4C ．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3D ．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4图1－8－1610．真空中的某装置如图1－8－16所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( ) A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 答案 B解析 粒子加速过程qU1＝12mv2，从B 到M 用时t ＝BMv ，得t ∝mq ，所以t1∶t2∶t3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU2md (l v )2＝U2l4dU1，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误．11．两个半径均为R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d ，极板间的电势差为U ，板间电场可以认为是匀强电场．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子电荷量为e ，质子和中子的质量均视为m ，忽略重力和空气阻力的影响，求： (1)极板间的电场强度E ；(2)α粒子在极板间运动的加速度a ；(3)α粒子的初速度v0. 答案 (1)U d (2)eU 2md (3)R2d eU m解析 (1)极板间场强E ＝Ud(2)α粒子电荷量为2e ，质量为4m ，所受电场力F ＝2eE ＝2eUd α粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU2dm (3)由d ＝12at2，得t ＝2da ＝2dm eU ，v0＝R t ＝R 2deUm12．一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图1－8－17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OP . 答案 U2l 2U1d (l2＋L)解析 电子经U1的电场加速后，由动能定理可得 eU1＝mv202①电子以v0的速度进入U2的电场并偏转t ＝lv0② E ＝U2d ③ a ＝eE m ④ v ⊥＝at ⑤由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan θ＝v ⊥v0＝U2l2U1d . 所以OP ＝(l 2＋L)tan θ＝U2l 2U1d (l2＋L)．。

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v2 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22v 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v2 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 ＝12mv2－0得v ＝2eUm ，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22v ，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2倍D ．使U2变为原来的12倍 答案 A解析 电子加速有qU1＝12mv20 电子偏转有y ＝12qU2md ⎝⎛⎭⎫l v02联立解得y ＝U2l24U1d ，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v-t 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qErm 6qE解析 在A 点时，电场力提供向心力qE ＝mv2Ar ① 解得vA ＝qEr m ，在B 点时，FB ′－qE ＝m v2Br ，FB ＝FB ′，② 小球由A 到B 的过程中，由动能定理得： qE ·2r ＝12mv2B －12mv2A ，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 ＞tP B ．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h 2，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P ，由l ＝v0tP ，h 2＝12aPt2P ，得到aP ＝hv20l2；同理对Q ，l ＝v0tQ ，h ＝12aQt2Q ，得到aQ ＝2hv20l2.由此可见tP ＝tQ ，aQ ＝2aP ，而aP ＝qPE m ，aQ ＝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 ＝maP h2∶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 ＝l2U24dU1，tan θ＝lU22dU1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，12T 时速度最大，从12T 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，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做匀减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向做匀加速运动，34T 时速度最大，从34T 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，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做加速度增大的减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向做加速度减小的加速运动，34T 时速度最大，从34T 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，12T 时速度最大，从12T 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，12T 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 ＝m v2r 得r ＝mv2qE ，r 、E 为定值，若q 相等，则12mv2一定相等；若qm 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)2gRL 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 ＝12mv21，v1＝2gR由牛顿第二定律：FN －mg ＝m v21R ，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 ＝12mv22 设管壁对小球的作用力向下：mg ＋FC1＝m v22RFC1＝mg FC1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)2eU1m (2)U2L214U1d (3)（2L2＋L1）U2L14U1d(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＝12mv20，解得：v0＝2eU1m .(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 ＝U2d ，F ＝ma ，a ＝eU2md ，t1＝L1v0，y1＝12at21，解得：y1＝U2L214U1d .(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＝L2v0，y2＝vyt2，解得：y2＝U2L1L22dU1，P 到O 点的距离为 y ＝y1＋y2＝（2L2＋L1）U2L14U1d(4)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.11．如图1－9－18所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，板间距d ＝0.04 m ，两板间的电压U ＝400 V ，板间可视为匀强电场．在A 、B 两板上端连线的中点Q 的正上方，距Q 为h ＝1.25 m 的P 点处有一带正电的小球，已知小球的质量m ＝5×10－6 kg ，电荷量q ＝5×10－8 C ．设A 、图1－9－18B 板足够长，g 取10 m/s2.试求：(1)带正电的小球从P 点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰； (2)相碰时，离金属板上端的距离多大． 答案 (1)0.52 s (2)0.102 m解析 (1)设小球从P 到Q 需时间t1，由h ＝12gt21得t1＝2hg ＝ 2×1.2510 s ＝0.5 s ，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t2.应有qE ＝ma ，E ＝U d ，d 2＝12at22，以上三式联立，得t2＝d m qU ＝0.04×5×10－65×10－8×400s ＝0.02 s ，运动总时间t ＝t1＋t2＝0.5 s ＋0.02 s ＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t 内的位移为y ＝12gt2＝12×10×(0.52)2 m ＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的距离为s ＝y －h ＝1.352 m －1.25 m ＝0.102 m.。

第6节示波器的奥秘HUOYEGUIFANXUNLIAN ..........................................................................................................................................................................................“ 活页规范训练对点演练丸能提升（时间：60分钟）II达标基训II知识点一带电粒子的加速P Q图 1 — 6—151.如图1-6-15所示，在尸板附近有一电子由静止开始向0板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是（）.A.两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大B.两板间距离越小,加速度就越大，获得的速度就越大C.与两板间距离无关，仅与加速电压有关D.以上说法均不正确解析电子由尸到G的过程中，静电力做正功,根据动能定理乱工错误!皿只得错误!, 速度大小与呂有关,与两板间距离无关.答案C0（V）+[J（V）I II IM N图 1 — 6—162.如图1一6 —16所示,.1/和"是匀强电场中的两个等势而,相距为d,电势差为U,一质量为m（不计重力）、电荷量为一q的粒子，以速度％通过等势而"射入两等势面之间，此后穿过等势而艸的速度大小应是. （）•A、错误！B、％+错误！C、错误！D、错误！解析错误!妙?一错误!血错误!,=错误!，故C正确.答案C知识•点二带电粒子的偏转3.氢的三种同位素気、笊、氟的原子核分别为错误!H、错误!H、错误!H、它们以相同的初动能垂直进入同一匀强电场，离开电场时“末动能最大的是（）。

A.気核B。

氛核C.氟核D.—样大解析因为也=错误!如错误！=冬。

、偏移量尸=错误！，可知三种粒子的偏，移量相同, 由动能泄理可知：qE・y= E L弘、E相同,D正确.答案D4、［图 1 — 6—17如图1一6 —17所示,两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（）。

第六节 示波器的奥秘（课后作业1）2014年 月 日 姓名： 班级：高二（1）座号：1、如图所示，在匀强电场E 中，一带电粒子(不计重力)－q 的初速度v 0恰与电场线方向相同，则带电粒子－q 在开始运动后，将( )A ．沿电场线方向做匀加速直线运动B ．沿电场线方向做变加速直线运动C ．沿电场线方向做匀减速直线运动D ．偏离电场线方向做曲线运动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多少？3．如图所示， P 和Q 为两平行金属板，板间电压为U ，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，关于电子到达Q 板时的速率，下列说法正确的是( )A ．两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大B ．两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大C ．与两板间距离无关，仅与加速电压U 有关D ．以上说法都不正确4．如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间的电压不变，则( )A ．当增大两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大5．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，则此电子具有的初动能是( )A ．edh UB ．edUhC ．eU dhD ．eUh d1、如图所示，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，电荷量为q的带正电粒子以速度v0水平射入两极板间，不计粒子的重力．(1)粒子受力情况怎样？做什么性质的运动？(2)若板长为l，板间电压为U，板间距为d，粒子质量为m，电荷量为q，求粒子的加速度和通过电场的时间．(3)当粒子离开电场时，粒子水平方向和竖直方向的速度分别为多大？合速度与初速度方向的夹角θ的正切值为多少？(4)粒子沿电场方向的偏移量y为多少？(5)速度的偏转角与位移和水平方向的夹角是否相同？2．一束正离子以相同的速率从同一位置垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有离子()A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．具有相同的比荷D．都是同一元素的同位素3．如图所示是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用下列方法中的()A．增大两极板间的电压B．尽可能使板长l做得短些C．尽可能使板间距离d小些D．使电子入射速度v0大些1．如图所示，一束不同的带正电的粒子(不计重力)，垂直电场线进入偏转电场，若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同，应满足()A．具有相同的动能B．具有相同的速度C．具有相同的比电荷D．先经同一电场加速，然后再进入偏转电场2．一束电子流经U＝5 000 V的加速电压加速后，在与两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5 cm，那么要使电子能从平行极板间的边缘飞出，则两个极板上最多能加多大电压？3．如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板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M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过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L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1) 求电子穿过A板时速度的大小；(2) 求电子从偏转电场射出时的偏移量；(3) 若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？。

1.6《示波器的奥秘》一、单项选择题1．真空中水平放置的两平行金属板相距为d ，两板间电压是可以调节的，一个质量为m 、带电量为＋q 的粒子，从负极板中央的小孔处以速度v 0垂直极板射入电场，当板间电压为U 时，粒子经d /4的距离就要返回，若要使粒子经d /2才返回，可采用的方法是( )A ．v 0增大1倍B ．使板间电压U 减半C ．v 0和U 同时减半D ．初速度增为2v 0，同时使板间距离增加d /2解析：选B.由题意有0－12m v 20＝qEs ，E ＝U d 时s ＝d4，将A 、B 、C 、D 四种情况的数据代入可知B 项正确．图1－6－112．如图1－6－11所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B ，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为x A ∶x B ＝2∶1，则带电粒子的质量之比m A ∶m B 以及在电场中飞行的时间之比t A ∶t B 分别为( )A ．1∶1,2∶3B ．2∶1,3∶2C ．1∶1,3∶4D ．4∶3,2∶1解析：选D.带电粒子的飞行时间t ＝xv 0，故有t A ∶t B ＝2∶1；带电粒子竖直方向上的位移y ＝qE 2m t 2，即m ＝qEt 22y故m A ∶m B ＝4∶3，D 项正确．图1－6－123．(2011年梅州模拟)如图1－6－12所示，P 和Q 为两平行金属板，板间电压为U ，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，关于电子到达Q 板时的速率，下列说法正确的是( )A ．两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大B ．两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大C ．与两板间距离无关，仅与加速电压U 有关D ．以上说法都不正确解析：选C.由12m v 2＝eU 可知，电子到达Q 板时的速率仅与加速电压U 有关，与两板间距离无关．4.图1－6－13(2011年安徽芜湖检测)如图1－6－13所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 的两极板上，开始时B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A ．电子一直向着A 板运动B ．电子一直向着B 板运动C ．电子先向A 板运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 板运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动解析：选 D.根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a 和速度v 随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个T4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因开始时B 板电势比A 板电势高，所以电子先向B 板运动，加速度大小为eU md ；在第三个T 4内做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，即电子向A 板运动，加速度大小为eUmd.因此电子做周期性往复运动，综合分析可知正确选项应为D.图1－6－145．平行板间有如图1－6－14所示周期变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，图1－6－15中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是( )图1－6－15解析：选A.0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T2～T 时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时速度减为零．此后周期性重复，故A 对．图1－6－166．如图1－6－16所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可以忽略．在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的侧移量最大的是( )A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小解析：选B.设粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子射出加速电场时速度大小为v 0.在加速电场中，根据动能定理可得：qU 1＝12m v 20－0 v 0＝2qU 1m.粒子在偏转电场中做匀变速曲线运动，在水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动．设偏转电场极板长为L ，两极板间距为d ，偏转电压为U 2.运动时间为：t ＝Lv 0＝Lm 2qU 1粒子在垂直电场方向侧移距离为： y ＝12at 2＝qL 2U 22md v 20＝L 2U 24dU 1根据以上推导式可知，减小加速电压和增大偏转电压可增加粒子的侧移值． 二、双项选择题7．(2011年烟台高二检测)图1－6－17所示是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h ，两平行板间距离为d ，电势差为U ，板长为l ，每单位电压引起的偏移量(h /U )叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用的办法是( )图1－6－17A ．增大两极板间的电压B ．尽可能使板长l 做得长些C ．尽可能使板间距离d 减小些D ．使电子入射速度v 0大些解析：选BC.偏移量h ＝12at 2＝qUl 22md v 20，故灵敏度h U ＝ql 22md v 20.可见B 、C 项正确． 8.图1－6－18如图1－6－18所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v 0先后射入电场中，最后分别打在正极板的C 、B 、A 处，则( )A ．三种粒子在电场中的运动时间相同B ．三种粒子在电场中的加速度为a A >a B >aC C ．三种粒子到达正极板时动能E k C >E k B >E k AD ．落在C 处的粒子带正电，落在B 处的粒子不带电，落在A 处的粒子带负电解析：选BD.粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平位移s 大的时间长，因s A <s B <s C ，故t A <t B <t C ，选项A 错误．粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，因为位移y 相同，有y ＝at 22，所以运动时间长的粒子加速度小，即a A >a B >a C ，故选项B 正确．粒子到达正极板的动能为E k ＝12m (v 20＋v 2⊥)，而v 2⊥＝2ay ，所以有E k A >E k B >E k C ，选项C 错误．由a A >a B >a C 可以判断A 带负电，B 不带电，C 带正电，选项D 正确．9．如图1－6－19所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )图1－6－19A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电解析：选AC.由图可以判断电子要向X 方向和Y 方向偏转，所以极板X 、Y 应带正电，极板X ′、Y ′应带负电，选项A 、C 正确，B 、D 错误．10.图1－6－20如图1－6－20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 ．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B ．经过偏转电场过程，电场力对三种原子核做的功一样多C ．三种原子核打在屏上时的速度一样大D ．三种原子核都打在屏上的同一位置上解析：选BD.同一加速电场、同一偏转电场，三种粒子带电荷量相同，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 ＝l 2U 24dU 1，tan φ＝lU 22dU 1知偏转与带电粒子无关，D 对．三、非选择题11．如图1－6－21所示，电容器极板是竖直放置的，两板间距为d ，板间电压为U .一个带负电的小球，质量为m ，带电荷量为q ，在平行板电容器的右侧板边被竖直上抛，最后落在电容器左边缘同一高度处．求小球能达到的最大高度h 及抛出时的初速度v 0.图1－6－21解析：小球在复合场中的受力如图所示：可将其运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可得小球上升的最大高度为h ＝v 22g ；小球从抛出至回到左侧板边缘同一高度处所用的时间为：t ＝2v 0g根据小球在水平方向做匀加速直线运动：d ＝12qU md t 2.由以上各式可解得：v 0＝gdm 2qU ，h ＝mgd 24qU. 答案：mgd 24qU gdm 2qU图1－6－2212．如图1－6－22所示，在一块足够大的铅板A 的右侧固定着一小块放射源P ，P 向各个方向放射出电子，速率为107m/s.在A 板右方距A 为2 cm 处放置一个与A 平行的金属板B ，在B 、A 之间加上直流电压．板间的匀强电场场强E ＝3.64×104 N/C ，方向水平向左．已知电子质量m ＝9.1×10－31kg 、电荷量e ＝1.6×10－19C ，求电子打在B 板上的范围．解析：电子离开放射源后做匀变速运动．初速度垂直板的电子直接沿电场线运动到B 板的O 点．其他电子打在以O 点为中心的周围某一位置．设初速度与板平行的电子打在B 板上的N 点，且距O 点最远．电子竖直方向上的分运动ON ＝v 0t ① 水平方向上的分运动d ＝12·eE m t 2②将v 0＝107m/s ，e ＝1.6×10－19C ，m ＝9.1×10－31 kg ，E ＝3.64×104 N/C ， d ＝2×10－2 m 代入①②求得 ON ＝2.5×10－2 m ＝2.5 cm.即电子打在B 板上的范围是以O 为圆心，以2.5 cm 为半径的圆面． 答案：以O 为圆心，以2.5 cm 为半径的圆面。

2019年高二物理一课一练：1.6示波器的奥秘2（粤教版3-1）1、（双选）一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图10所示、带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动，那么以下说法中正确的选项是（）图10A 、微粒在0～1S 内的加速度与1～2S 内的加速度相同B 、微粒将沿着一条直线运动C 、微粒做往复运动D 、微粒在第1S 内的位移与第3S 内的位移相同答案BD解析带正电的微粒在电场中，第1S 内加速运动，第2S 内减速至零，故B 、D 对、2.（单项选择）如图11所示，质量为M 、带电荷量为Q 的粒子以初速度V0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B 点时，速率VB ＝2V0，方向与电场的方向一致，那么A 、B 两点的电势差为（）图11A.mv202qB.3mv20qC.2mv20qD.3mv202q答案C解析粒子在竖直方向做匀减速直线运动，有：2GH ＝V20，电场力做正功、重力做负功，使粒子的动能由mv202变为2MV20，那么根据动能定理有：UQ －MGH ＝2MV20－12MV20，联立解得A 、B 两点间的电势差为2mv20q，应选C. 3.（单项选择）如图12所示，质量为M 、电荷量为Q 的带电微粒以某一初速度从左端水平向右射入两带等量异种电荷的平行金属板之间，恰好能沿其中线匀速穿过、两金属板的板长为L ，板间距离为D.假设将两板的带电荷量都增大到原来的2倍，让该带电微粒仍以同样的初速度从同一位置射入，微粒将打在某一极板上，那么该微粒从射入到打在极板上需要的时间是（）图12 A.2d g B.d g C.d 2g D.d 4g答案B图15A 、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变小答案B解析带电粒子在加速电场中由动能定理知QU1＝12MV20① 在偏转电场中做类平抛运动VY ＝qE m ·T ＝qU2L mdv0② 由①②式得TAN θ＝vy v0＝U2L 2U1d（θ为电子的偏转角）、要使偏转角变大，可知只有B 正确、 7.如图16所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距L 处有一与电场平行的屏、现有一电荷量为＋Q 、质量为M 的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度V0射入电场中，V0方向的延长线与屏的交点为O.试求：图16（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间； （2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值TAN α；（3）粒子打到屏上的点P 到O 点的距离S.答案（1）2L v0（2）qEL mv20（3）3qEL22mv20解析（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间：T ＝2L v0. （2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为VY ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：A ＝Eq m ，所以VY ＝A L v0＝qEL mv0，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为：TAN α＝vy v0＝qEL mv20. （3）设粒子在电场中的偏转距离为Y ，那么Y ＝12A ·（L v0）2＝12·qEL2mv20，又S ＝Y ＋LTAN α，解得：S ＝3qEL22mv20. 8.如图17所示，在一块足够大的铅板A 的右侧固定着一小块放射源P ，P 向各个方向放射出电子，速率为107M／S.在A板右方距A为2CM处放置一个与A平行的金属板B，在B、A之间加上直流电压、板间的匀强电场场强E＝3.64×104N／C，方向水平向左、电子质量M＝9.1×10－31KG、电荷量E＝1.6×10－19C，求电子打在B板上的范围、图17答案以O为圆心，以2.5CM为半径的圆面、解析电子离开放射源后做匀变速运动、初速度垂直板的电子直接沿电场线运动到B 板的O点、其他电子打在以O点为中心的周围某一位置、设初速度与板平行的电子打在B板上的N点，且距O点最远、电子竖直方向上的分运动ON＝V0T①将V0＝107M／S，E＝1.6×10－19C，M＝9.1×10－31KG，E＝3.64×104N／C，D＝2×10－2M代入①②求得ON＝2.5×10－2M＝2.5CM.即电子打在B板上的范围是以O为圆心，以2.5CM为半径的圆面、。

示波器的奥秘练习一、单项选择题1．如图所示，空间中有一水平匀强电场,在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，沿图中虚线由A 运动至B ，其能量变化情况是( ）．A ．动能减小，重力势能增大，电势能减小B ．动能减小,重力势能增大，电势能增大C ．动能不变，重力势能增大，电势能减小D ．动能增加，重力势能增大，电势能减小2．一带电粒子在电场中只受电场力作用时,它不可能出现的运动状态是（ ）． A ．匀速直线运动 B ．匀加速直线运动 C ．匀变速曲线运动 D ．匀速圆周运动3．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回,如图所示，OA h ＝，此电子具有的初动能是（ ）．A ．edh U B ．edUh C ．eU dh D ．eUhd4．如图所示,一个质子以速度v 垂直电场方向飞入平行板电容器的两极板间的匀强电场中,它飞离匀强电场时的侧移量为d 1，如果改换一个α粒子以速度2v 垂直电场方向飞入该电场,飞离电场时的侧移量为d 2，则d 2应为（ ）．A ．d 1B ．d 1/4C ．d 1/16D ．d 1/85．图（a)为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图（b ）所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）．图（a ）图（b）图（c）6．一个带正电的油滴从如图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后,能较准确地描述油滴运动轨迹的是下图中的（)．二、非选择题7．一束电子流在经U＝5 000 V 的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距离d＝1.0 cm，板长l＝5。

0 cm，那么,要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?8．如图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：（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．参考答案1．答案：B 解析:带电微粒受重力、电场力的作用，做直线运动,说明电场力、重力的合力方向与运动方向相反或相同．根据力的平行四边形定则，只有电场力水平向左，才能使电场力和重力的合力与运动方向在一条直线上．故电场力和重力都做负功．因此，重力势能和电势能都增大，动能减小,即B 正确．2．答案：A 解析：只在电场力的作用下,带电粒子受到的合外力为电场力,不为零，所以A 肯定不对；当带电粒子在匀强电场中由静止释放后,带电粒子做匀加速直线运动，B 对；当带电粒子垂直进入匀强电场后，带电粒子做类平抛运动，C 对；原子核周围的电子只在电场力的作用下做匀速圆周运动，D 对．3．答案：D 解析：电子从O 点到A 点,因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即2012OA mv eU =．因U E d =，U OA ＝Eh ＝Uh d，故2012eUhmv d=．所以D 正确． 4.答案:D 解析:带电粒子在电场中偏转的侧位移为22220011=222qU l qUl y at md v mv d⎛⎫==⎪⎝⎭，所以2112222112=8d q m v d m v q =⨯，D 项正确． 5．答案：B 解析：0时刻，在YY ′方向上位移为零，在XX ′方向上位移为负的最大值；在t 1时刻,在YY ′方向上位移为零，在XX ′方向上位移为零；在t 1/2时刻,在YY ′方向上位移为正的最大值，故B 图正确．6．答案：B 解析：油滴从A 点自由下落以一竖直速度进入电场,进入电场后受重力和电场力两恒力作用．如图，根据物体做曲线运动的条件，运动轨迹将向右弯曲，故选B ．7．答案：400 V解析：在加速电压一定时，偏转电压U ′越大，电子在极板间的偏距就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，两板间的偏转电压即为题目要求的最大电压．加速过程中，由动能定理得2012eU mv =① 进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动l ＝v 0t ② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度F eU a m dm'==③偏距21=2y at ④能飞出的条件2dy ≤⑤解①~⑤式得222222225000(1.010) V (5.010)Ud U l --⨯⨯⨯'≤=⨯＝4。

第六节 示波器的奇特1．在如图1所示的电场中，把带正电的粒子由静止释放，带电粒子运动到负极板时所获得的速度可由公式qU ＝12m v 2求得，也可由牛顿定律和运动学公式求得．图12. 如图2所示，在匀强电场E 中，一带电粒子－q 的初速度v 0恰与电场线方向相同，则带电粒子－q 在开头运动后，将( )图2A ．沿电场线方向做匀加速直线运动B ．沿电场线方向做变加速直线运动C ．沿电场线方向做匀减速直线运动D ．偏离电场线方向做曲线运动 答案 C解析 在匀强电场E 中，带电粒子所受电场力为恒力．带电粒子受到与运动方向相反的恒定的电场力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子－q 在开头运动后，将沿电场线做匀减速直线运动．3．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图3 A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh d 答案 D解析 电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度渐渐减小．依据题意和图示推断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来争辩问题．即12m v 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12m v 20＝eUhd .所以D 正确．4．如图4所示，带电粒子进入匀强电场中做类平抛运动，U 、d 、L 、m 、q 、v 0已知．请完成下列填空．图4(1)穿越时间：________. (2)末速度：________.(3)侧向位移：________，对于不同的带电粒子若以相同的速度射入，则y 与________成正比；若以相同的动能射入，则y 与________成正比；若经相同的电压U 0加速后射入，则y ＝UL 24dU 0，与m 、q 无关，随加速电压的增大而________，随偏转电压的增大而________．(4)偏转角的正切值：________________(从电场出来时粒子速度方向的反向延长线必定过水平位移的________)．答案 (1)L v 0 (2) v 20＋(qUL md v 0)2 (3)qUL 22md v 20带电粒子的比荷 粒子的电荷量 减小 增大 (4)qUL md v 20中点 解析 粒子从偏转电场射出的偏转距离y ＝12at 2＝12·qU md ·(Lv 0)2.作粒子速度的反向延长线．设交水平位移所在直线于O 点，O 到右边缘距离为x ，则x ＝y tan θ＝L2.可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像从极板间的中心L2处沿直线射出一样(经常直接用于计算中，可简化计算过程)．5．示波管的基本原理：电子在加速电场中被加速，在偏转电场中被偏转．电子枪的作用是：产生高速飞行的一束电子．竖直偏转极上加的是待显示的信号电压，假如加在竖直极板上的电压是随时间正弦变化的信号，水平加适当的偏转电压，荧光屏上就会显示出一条正弦曲线．【概念规律练】学问点一 带电粒子在电场中的直线运动1. 如图5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多少？图5 答案2∶1解析 设A 、B 两点间的电势差为U ，由动能定理得对质子：12m H v 2H ＝q H U 对α粒子：12m αv 2α＝q αU 所以v H v α＝q H m αq αm H ＝1×42×1＝21.点评 电荷在匀强电场中做匀变速运动时可用动能定理和运动学公式求解，当电荷在电场中做变加速运动时，不能用运动学公式求解，但可用动能定理求解．2．一个电子(质量为9.1×10－31 kg ，电荷量为1.6×10－19 C)以v 0＝4×107 m/s 的初速度沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的电场强度大小E ＝2×105 N/C ，不计重力，求：(1)电子在电场中运动的加速度大小； (2)电子进入电场的最大距离；(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能．答案 (1)3.5×1016 m/s 2 (2)2.29×10－2 m(3)3.6×10－16 J解析 (1)电子沿着匀强电场的电场线方向飞入时，仅受电场力作用，且做匀减速直线运动，由牛顿其次定律，得qE ＝ma ，即a ＝qE m ＝1.6×10－19×2×1059.1×10－31 m/s 2＝3.5×1016 m/s 2(2)电子做匀减速直线运动．由运动学公式得v 20＝2as ，即s ＝v 202a ＝(4×107)22×3.5×1016 m ＝2.29×10－2 m.所以电子进入电场的最大距离为2.29×10－2 m(3)当电子进入电场最大距离一半时，即电子在电场中运动s ′＝s2＝1.145×10－2 m 时，设此时动能为E k ，电场力做负功，由动能定理，得－qEs ′＝E k －12m v 20，所以E k ＝12m v 20－qEs ′＝12×9.1×10－31×(4×107)2 J －1.6×10－19×2×105×1.145×10－2 J ＝3.6×10－16 J点评 由牛顿其次定律，结合匀变速直线运动的规律或动能定理求解．学问点二 带电粒子在电场中的偏转3．如图6所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )图6A ．2倍B ．4倍 C.12 D.14答案 C解析 电子在两极板间做类平抛运动．水平方向：l ＝v 0t ，所以t ＝lv 0.竖直方向：d ＝12at 2＝qU 2md t 2＝qUl 22md v 20，故d 2＝qUl 22m v 20，即d ∝1v 0，故C 正确． 4. 如图7所示，电子在电势差为U 1的电场中加速后，垂直进入电势差为U 2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种状况中，肯定能使电子的偏转角θ变大的是( )图7A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小 答案 B解析 设电子经加速电场后获得的速度为v 0，由动能定理得qU 1＝m v 202 ①设偏转电场的极板长为L ，则电子在偏转电场中运动时间t ＝Lv 0②电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a ＝qU 2md ③电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度v y ＝at ④由②③④得v y ＝qU 2Lmd v 0所以，tan θ＝v y v 0＝qU 2Lmd v 20①式代入上式得tan θ＝U 2L2U 1d，所以B 正确．点评 带电粒子垂直于电场线方向进入电场，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直于初速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，粒子的合运动为类平抛运动．学问点三 示波管的原理 5．如图8所示是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，假如在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点，在那里产生一个亮斑．下列说法错误的是( )图8A ．要想让亮斑沿OY 向上移动，需在偏转电极YY ′上加电压，且Y ′比Y 电势高B ．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX ′、YY ′上加电压，且X 比X ′电势高、Y 比Y ′电势高C ．要想在荧光屏上消灭一条水平亮线，需在偏转电极XX ′上加特定的周期性变化的电压(扫描电压)D ．要想在荧光屏上消灭一条正弦曲线，需在偏转电极XX ′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY ′上加按正弦规律变化的电压答案 A解析 要想让亮斑沿OY 向上移动，电子受力向Y 方向，即电场方向为YY ′，即Y 电势高，A 项错误；要想让亮斑移到荧光屏的右上方，同理Y 为高电势，X 为高电势才可，B 项正确；要想在荧光屏上消灭一条水平亮线，说明电子只在XX ′方向偏转，当然要在这个方向加扫描电压，C 项正确；要想在荧光屏上消灭一条正弦曲线，就是水平与竖直方向都要有偏转电压，所以D 项正确．6. 如图9所示，是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h ，两平行板间距离为d ，电势差为U ，板长为l ，每单位电压引起的偏移量(h /U )叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可接受下列方法中的( )图9A ．增大两极板间的电压B ．尽可能使板长l 做得短些C ．尽可能使板间距离d 减小些D ．使电子入射速度v 0大些 答案 C解析 本题是一个通过计算进行选择的问题．由于h ＝12at 2＝qUl 22md v 20(a ＝qU md ，t ＝l v 0)，所以，h U ＝ql 22md v 20.要使灵敏度大些，选项中合乎要求的只有C.【方法技巧练】带电粒子在交变电场中运动问题的分析方法7．如图10(a)所示，两个平行金属板P 、Q 竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压．t ＝0时，Q 板比P 板电势高5 V ，此时在两板的正中心M 点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t <8×10－10 s 的时间内，这个电子处于M 点的右侧、速度方向向左且大小渐渐减小的时间是( )。

高二物理示波器的奥秘试题1.在练习使用示波器时,在调节好示波器后,将“扫描范围”旋钮置于最低挡.若缓慢地逆时针旋转“扫描微调”旋钮,则屏上亮斑的扫描速度将____________,扫描频率将____________;若缓慢逆时针旋转“X增益”旋钮,则扫描的幅度将______________.【答案】减小减小增大【解析】查阅示波器说明书，对照面板各旋钮调试其功能，并留心这些旋钮沿顺时针旋转或逆时针旋转所产生的效果思路分析：根据示波器的旋钮的功能分析试题点评：本题考查了示波器的旋钮的功能，关键是理解其原理，多操作以及阅读说明书有助于对仪器的使用2.关于带电粒子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．可能沿电场线方向运动【答案】AD【解析】带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定为，当速度方向和电场力方向共线时，做匀变速直线运动，当两者不共线时做匀变速曲线运动，所以粒子一定做匀变速运动，A正确C 错误，当粒子的速度方向和电场力方向相反时，做匀减速直线运动，B错误，当速度方向和电场力方向共线时，粒子可能沿电场线方向运动，D正确，思路分析：当物体受到的合力恒定时，物体做匀变速运动，若速度和合力方向共线做匀变速直线运动，若不共线做匀变速曲线运动，试题点评：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动，关键是理解速度方向和合力方向的关系导致物体的运动性质3.让原来静止的氢核（）、氘核（）和氚核（）的混合物通过同一电场后，各种核将具有()A．相同的速度B．相同的动能C．相同的动量D．以上物理量都不相同【答案】B【解析】氢核（）、氘核（）和氚核（）三种粒子所带的电荷量相同，但是质量不同，所以根据公式可得三种粒子具有相同的动能，但是由于质量不同，所以速度不同，又因为，所以动量也不同，故B正确，思路分析：根据三种粒子的电荷量相同，质量不同，公式以及分析解题试题点评：本题考查了不同粒子经相同电场加速后的速度，动能，动量的大小比较，关键是理解三种粒子的电荷量相同，质量不同，4.平行金属板间有一匀强电场，不同的带电粒子都可以垂直于电场线方向射入该匀强电场（不计重力），要使这些粒子经过匀强电场后有相同的偏转角，则它们应具有()A．相同的动能和相同的比荷（q/m）B．相同的动量和相同的比荷（q/m）C．相同的速度和相同的比荷（q/m）D．相同的比荷（q/m）【答案】C【解析】粒子在水平方向上做初速度为的匀速运动，在竖直方向上做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，粒子在电场中的运动时间为,粒子在离开偏转电场时发生的竖直方向上发生的偏转为，要使这些粒子经过匀强电场后有相同的偏转角，即偏转量相等，所以根据公式分析可得它们应具有相同的速度和相同的比荷（q/m），C正确，思路分析：先根据相关公式计算出粒子发生的偏转量表达式，然后根据公式分析试题点评：本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，关键是解出偏转量的表达式，结合表达式分析5.几种不同的离子都由静止开始经同一电场加速后，垂直电场方向射入同一偏转电场，已知它们在电场中的运动轨迹完全相同，则可以肯定，这几种离子的（）A．电性相同B．电荷量相同C．比荷相同D．射出偏转电场时速度相同【答案】A【解析】粒子经加速电场加速后（1）粒子射入偏转电场后在竖直方向上的加速度为（2）粒子在偏转电场里的运动时间为（3）粒子在离开偏转电场时发生的竖直方向上发生的偏转为（4）结合（1）（2）（3）（4）可得，即粒子在屏上的偏转量与粒子的m和q无关，只与加速电场的电压和偏转电场的电压，长度，宽度有关，它们的轨迹相同，只能判断它们的带电性质是相同的，所以A正确，思路分析：先根据算出粒子经加速电场后的速度，然后粒子进入偏转电场后在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，所以根据，，解出偏转量表达式，结合表达式分析试题点评：本题的可以当成一个结论来使用，即静止的带电粒子经同一电场加速后，再垂直射入偏转电场，射出粒子的偏转角度和侧位移与粒子的q、m无关加速后，垂直进入偏转电6.如图所示为电子加速、偏转装置示意图，初速度为零的电子经电压U1场，离开电场时的侧移量是y，偏转电场的两板间距离为d,偏转电压为U，板长为L,为了提高偏2转的灵敏度（每单位偏转电压引起的偏转量）可采用下面哪些办法（）A．增大偏转电压U2B．增大加速电压U1C．尽可能使板长L长一些D．尽可能使极板间距d小一些【答案】CD【解析】粒子经加速电场加速后（1）粒子射入偏转电场后在竖直方向上的加速度为（2）粒子在偏转电场里的运动时间为（3）粒子在离开偏转电场时发生的竖直方向上发生的偏转为（4）结合（1）（2）（3）（4）可得每单位偏转电压引起的偏转量为，所以要提高偏转的灵敏度可采取尽可能使板长L长一些，尽可能使极板间距d小一些CD正确，思路分析：先根据算出粒子经加速电场后的速度，然后粒子进入偏转电场后在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，所以根据，，解出每单位偏转电压引起的偏转量表达式，结合表达式分析试题点评：本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，关键是分清楚粒子在竖直方向和水平方向上的运动，以及所要求的条件7.如图所示,平行金属板的上下极板分别带等量异种电荷,板长为L,一束速度相同的电子束由正中央P点垂直电场线方向进入电场,飞出电场时速度(vt )方向如图,现作速度(vt)的反向延长线交初速度(v)方向延长线PM于O点,试分析计算O点的位置.【答案】O点在PM的中点处【解析】粒子在水平方向上做初速度为的匀速运动，在竖直方向上做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，粒子在电场中的运动时间为,设飞出电场时粒子发生的位移与水平方向夹角为，则设飞出电场时的速度方向与初速度方向的夹角为，则，所以设O点距离电场边缘的距离为，故解得,所以O点在PM的中点处思路分析：设飞出电场时粒子发生的位移与水平方向夹角为，飞出电场时的速度方向与初速度方向的夹角为，粒子在水平方向上做初速度为的匀速运动，在竖直方向上做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，只要能求出和的关系即可根据几何知识求出O点的位置，试题点评：从中央垂直电场方向射入的带电粒子在射出电场时的速度的方向延长线交电场中央线上的一点，该点与射入点间的距离为带电粒子在水平中央线上的位移的一半，这是一个结论，在以后的计算过程中可用来简单运算8.如图所示,静电分选的原理示意图,将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直带电平行金属板上方中部,经电场区域下落,电场强度为5.0×105 V/m,磷酸盐颗粒带正电,石英颗粒带负电,这些颗粒带电率(颗粒所带电荷量与颗粒质量之比)均为1.0×10-5 C/kg,如果要求两种颗粒经电场区域后至少分离10 cm,粒子在电场中通过的竖直距离至少应多少?(g取10 m/s2)【答案】0.1 m【解析】这些颗粒在进入电场区后，在竖直方向上做自由落体运动，设粒子在电场中通过的竖直距离为L，则（1）粒子在水平方向上受电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为，因为要求两种颗粒经电场区域后至少分离10 cm,，所以每种颗粒在水平方向上的偏转距离，所以（2）结合（1）（2）两式可得，代入数据可得即，所以粒子在竖直方向上通过的距离至少为0.1m思路分析：些颗粒在进入电场区后，在竖直方向上做自由落体运动，即，在水平方向上做做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为，所以，因为要求两种颗粒经电场区域后至少分离10 cm,，所以每种颗粒在水平方向上的偏转距离，试题点评：本题考查了带电粒子在电场中的偏转问题，关键是分清楚粒子在竖直方向和水平方向上的运动，以及所要求的条件9.如图所示为一真空示波管，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M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。

第6节 示波器的奥秘基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)1．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A ．edh UB ．edUhC ．eU dhD ．eUh d【答案】D【解析】由动能定理得－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d. 2．电子以初速度v 0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两板间的电压，但仍使电子能够穿过平行板间，则电子穿越平行板所需要的时间 ( )A ．随电压的增大而减小B ．随电压的增大而增大C ．加大两板间距离，时间将减小D ．与电压及两板间距离均无关 【答案】D【解析】电子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，在平行于金属板的方向电子不受力而做匀速直线运动，由L ＝v 0t 得，电子穿越平行板所需要的时间为t ＝Lv 0，与金属板的长成正比，与电子的初速度大小成反比，与其他因素无关，即与电压及两板间距离均无关．3．(2018·泉州名校期中)某学生用示波器观察按正弦规律变化的电压图象时，他将衰减旋钮置于“∽”挡，将旋钮置于第一挡(10～100 Hz)，把同步极性选择开关置于“＋”位置，调节扫描微调旋钮，在屏幕上出现了如图甲所示的正弦曲线，后来他又进行了调节，使图象变成如图乙所示的曲线，这调节可能是( )甲 乙A ．将衰减调节旋钮换挡并调节标有“↑↓”的竖直位移旋钮B ．将衰减调节旋钮换挡并调节Y 增益旋钮C ．调节扫描范围旋钮和调节Y 增益旋钮D ．将同步极性选择开关置于“－”位置并调节Y 增益旋钮 【答案】D【解析】由图示波形曲线可知：①图线平衡线并没有上下移动，所以没有调节竖直位移旋钮；②因纵向幅度变大，要增加Y 增益；③两位置波形图相反，故同步极性选择开关选择置于“－”位置．故A 、B 、C 错误，D 正确．4．(2018·河池名校期中)如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 为发射热电子的阴极，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 不变，则电子离开K 时的速度变为2vB ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U 不变，则电子离开K 时的速度变为v2C ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为v2D ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为22v 【答案】D【解析】根据动能定理得eU ＝12mv 2，得v ＝2eUm，可知，v 与A 、K 间距离无关，则若A 、K 间距离减半而电压仍为U 不变时，电子离开K 时的速度仍为v ，故A 、B 错误．由上式可知，电压减半时，则电子离开K 时的速度变为22v ，故C 错误，D 正确． 5．(2018·南阳期中)图甲是示波器中核心部件示波管的原理图，要想在荧光屏的屏幕上观察到如图乙所示的图象，下面给出几组偏转电极XX ′、YY ′之间所加电压随时间变化的关系图象，其中可能符合要求的是( )甲 乙ABCD【答案】CD【解析】要显示一个周期的信号电压，XX ′偏转电极要接入锯齿形电压，YY ′加图乙波形电压．则有C 、D 项符合要求，故C 、D 正确，A 、B 错误．6．光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电荷量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( )A ．0B ．12mv 20＋12qElC ．12mv 20D ．12mv 20＋23qEl 【答案】ABC【解析】由题意知，小球从进入电场至穿出电场时可能存在下列三种情况：从穿入处再穿出时，静电力不做功．C 项对；从穿入边的邻边穿出时，静电力做正功W ＝qE ·l2，由功能关系知B 项对；从穿入边的对边穿出时，若静电力做负功，且功的大小等于12mv 20，则A 项对；而静电力做正功时，不可能出现W ＝23qEl .D 项错．二、非选择题7．电子电量为e ，质量为m ，以速度v 0沿着电场线射入场强为E 的匀强电场中，如图所示，电子从A 点入射到达B 点速度为零，则AB 两点的电势差为多少？AB 间的距离为多少？【解析】由分析知，电子进入电场，只在电场力作用下运动，所以电场力对电子做负功．由动能定理得－qU ＝0－12mv 20，故U ＝mv 202e ；又U ＝Ed ，故d ＝U E ＝mv 22eE.答案：mv 202e mv 202eE8．如图所示，xOy 平面内0<x <32L 的范围内存在电场强度沿x 轴正方向的匀强电场，一个质量为m 、带电量为＋q 的粒子从坐标原点O 以速度v 0沿y 轴正方向开始运动，然后从虚线上的P 点(32L ，L )离开电场，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小； (2)粒子从P 点射出时的速度.【解析】(1)粒子的电场中做类平抛运动，沿y 方向匀速y ＝v 0t 沿x 方向做匀加速运动，加速度a ＝qE m ，偏转距离x ＝12at 2，粒子从O 到P ，x ＝32L ，y ＝L ， 解得E ＝3mv 0qL.(2)水平方向的速度v x ＝at ＝Eq m ·Lv 0＝3v 0 粒子从P 点射出时的速度v ＝v 20＋v 2x ＝2v 0，方向与竖直方向夹角60°. 答案：(1)E ＝3mv 0qL(2)2v 0，方向与竖直方向夹角60°能力提升9．(多选) 如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P 小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q 小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中( )A ．它们的运行时间t P ＞t QB ．它们的电荷量之比q P ∶q Q ＝2∶1C ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝4∶1D ．它们的电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝4∶1 【答案】BD【解析】在竖直方向加速度均为g ，位移相等，所以它们运行时间相等，A 项错误；水平位移x P ＝2x Q ，12a P t 2＝2×12a Q t 2，F P ＝2F Q ，q P ＝2q Q ，q P ∶q Q ＝2∶1，B 项正确；ΔE k P ＝mgh ＋F P x ，ΔE k Q ＝mgh ＋F Q x 2，所以ΔE k P ∶ΔE k Q ≠4∶1，C 项错误；ΔE P ∶ΔE Q ＝F P x ∶F Q x2＝4∶1，D项正确．10．如图所示，A 、B 两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v 0＝4×106m/s 的速度垂直于场强方向沿中心线由O 点射入电场，从电场右侧边缘C 点飞出时的速度方向与v 0方向成30°的夹角．已知电子电荷e ＝1.6×10－19C ，电子质量m ＝0.91×10－30kg.求：(1)电子在C 点时的动能是多少焦？ (2)O 、C 两点间的电势差大小是多少伏？ 【答案】【解析】(1)依据几何三角形解得：电子在C 点时的速度为v t ＝v 0cos 30°，①而E k ＝12mv 2，②联立①②得E k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0cos 30°2＝9.7×10－18 J.(2)对电子从O 到C ，由动能定理，有eU ＝12mv 2t －12mv 20，③联立①③得U ＝mv 2t －v 202e＝15.2 V.答案：(1)9.7×10－18J (2)15.2 V11．(2019·武汉名校期中)在测阴极射线比荷的实验中，汤姆逊采用了如图所示的阴极射线管，从C 出来的阴极射线经过AB 间的电场加速后，沿平行板DE (平行板DE 长为L 、两板距离为d )中线射出，接着在荧光屏中心F 出现荧光斑．若在DE 间加上偏转电压(D 接正极)为U ，阴极射线将向上偏转，亮点偏离到F ′点．如果再利用通电线圈在DE 电场区加上一垂直纸面的磁感应强度为B 的匀强磁场(图中未画出)，荧光斑恰好回到荧光屏中心．平行板DE 的右端到荧光屏水平距离为2L ，F 与F ′点的竖直距离为h .试解决下列问题：(1)阴极射线的电性和磁场方向； (2)阴极射线的初速度；(3)阴极射线的比荷．(用L 、d 、U 、B 、h 表示) 【答案】(1)负电，垂直纸面向里 (2)U Bd(3)2Uh 5B 2dL2 【解析】(1)电场力与洛伦兹力平衡，电场力向上，因此射线带负电．由于洛伦兹力向下，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里．(2)根据平衡条件，有eE ＝evB ，且E ＝U d解得v ＝U Bd.(3)仅有电场时，电子在电场中做类平抛运动，依据类平抛运动规律，将出电场的速度分解成沿着虚线与垂直虚线方向，则有v y ＝at而a ＝qU md ，t ＝L v 0因电子做类平抛运动，速度的反向延长线交于板间虚线的中点，依据几何关系，则有v y v 0＝h52L 解得q m ＝2Uh 5B 2dL2.。

实蹲市安分阳光实验学校示波器的奥秘一、单项选择题1．一带电粒子在电场中只受到电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动C ．匀变速曲线运动D ．匀速圆周运动解析：选A.只在电场力的作用下，说明电荷受到的合外力的大小为电场力，不为零，则粒子做变速运动，所以选项A 不可能；当电荷在匀强电场中由静止释放后，电荷做匀加速直线运动，选项B 可能；当电荷垂直进入匀强电场后，电荷做类平抛运动，选项C 可能；正电荷周围的负电荷只受电场力作用下且电场力恰好充当向心力时，可以做匀速圆周运动，选项D 可能．2.如图所示，在xOy 平面上第Ⅰ象限内有平行于y 轴的有界匀强电场，方向如图．y 轴上一点P 的坐标为(0，y 0)，有一电子垂直于y 轴以初速度v 0从P 点射入电场中，当匀强电场的场强为E 时，电子从A 点射出，A 点坐标为(x A ，0)，则A 点速度v A 的反向线与速度v 0的线交点坐标为( )A ．(0，y 0)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫x A 3，y 0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12x A ，y 0 D ．(x A ，y 0)解析：选C.电子离开电场时，其速度v A 的反向线与速度v 0的线交点的横坐标一为12x A .3.如图所示，质子(11H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4解析：选B.由y ＝12Eq m L 2v 20和E k0＝12mv 20，得：y ＝EL 2q4E k0可知，y 与q 成正比，故选B.4．两平行金属板间有匀强电场，不同的带电粒子都以垂直于电场线方向飞入该电场，要使这些粒子经过匀强电场后有相同大小的偏转角，则它们具备的条件是(不计重力作用)( )A ．有相同的动能和相同的比荷B ．有相同的速度和相同的比荷C ．只要有相同的比荷就可以D ．无法确解析：选B.设金属板长为L ，两板间电压为U ，板间距为d ，粒子进入电场时速度为v ，在电场中运动时间为t ＝Lv ，在离开电场时沿电场线方向上的速度为v y ，则v y ＝at ＝qU md ·Lv .所以设带电粒子离开电场时与原速度方向的夹角为θ，即偏转角，如图所示．tan θ＝v y v ＝qUL mdv 2，要使θ相同，只需要qm相同即可，选B.5.如图所示，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 ．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B ．经过偏转电场过程，电场力对三种原子核做的功一样多C ．三种原子核打在屏上时的速度一样大D ．三种原子核打在屏上的位置不同解析：选B.同一加速电场、同一偏转电场，三种粒子带电荷量相同，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 ＝l 2U 24dU 1，tan θ＝lU 22dU 1知偏转距离或偏转角与带电粒子无关，D 错．6.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U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板间飞出；当偏转电压为U 2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 ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1解析：选A.由t ＝xv 0知前后两种情况下运动的时间比为t 1∶t 2＝2∶1，由于y ＝12qU mdt 2，2y 1＝y 2，所以U 1∶U 2＝1∶8，A 选项正确．二、双项选择题7.如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A 、B 两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则( )A ．它们通过加速电场所需的时间相B ．它们通过加速电场过程中动能的增量相C ．它们通过加速电场过程中速度的增量相D ．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相解析：选BD.由于电量和质量都相，因此产生的加速度相，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，加速时间越短，则速度的变化量越小；由于电场力做功W ＝qU 与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相，则它们通过加速电场过程中电势能的减少量相，动能增加量也相．8．(·高二质检)如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )A ．极板X 带正电B ．极板X ′带正电C ．极板Y 带正电D ．极板Y ′带正电解析：选AC.由图可以判断电子要向X 方向和Y 方向偏转，所以极板X 、Y带正电，极板X ′、Y ′带负电，选项A 、C 正确，B 、D 错误．9．(·高二检测)如图所示是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h ，两平行板间距离为d ，电势差为U ，板长为l ，每单位电压引起的偏移量(h /U )叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用的办法是( )A ．增大两极板间的电压B ．尽可能使板长l 做得长些C ．尽可能使板间距离d 减小些D ．使电子入射速度v 0大些解析：选BC.偏移量h ＝12at 2＝qUl 22mdv 20，故灵敏度h U ＝ql22mdv 20，可见B 、C 项正确．☆10.如图所示，M 、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E ，一质量为m 、电量为＋q 的微粒，以初速度v 0竖直向上从两极板间的A 点射入匀强电场中，微粒垂直打到N 板上的C 点．已知AB ＝BC .不计空气阻力，则可知( )A ．微粒在电场中作抛物线运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相 C ．MN 板间的电势差为2mv 2qD ．MN 板间的电势差为Ev 202g解析：选AB.由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE 和竖直向下的重力mg 作用，合力与v 0不共线，所以微粒做抛物线运动，A 正确；因AB ＝BC ，即v 02·t＝v C2·t 可见v C ＝v 0.故B 项正确；由q ·U 2＝12mv 2C ，得U ＝mv 2C q ＝mv 2q，故C 项错误；又由mg ＝qE 得q ＝mg E ，代入U ＝mv 20q 得U ＝Ev20g，故D 项错误．三、非选择题11．如图所示，电子以v 0沿与电场线垂直的方向从A 点飞进匀强电场，并从另一端B 沿与场强方向成150°角飞出，则A 、B 两点电势差是多少？(设电子电荷量为e 、质量为m )解析：由题图知电子在B 点的速度v ＝2v 0 由A →B 用动能理得 eU ＝12m (v 2－v 20)解得U ＝3mv 22e .答案：3mv 202e12．如图所示，边长为L ＝0.8 m 的正方形ABCD 区域内存在竖直方向的匀强电场，一带负电的粒子从A 点沿AB 方向以初速v 0＝2×105m/s 射入电场，最后从C 点离开电场．已知带电粒子的荷质比为q m＝1×108C/kg ，不计粒子重力．(1)试判断电场强度的方向；(2)粒子从A 点飞到C 点所用的时间t ； (3)电场强度E 的大小．解析：(1)带负电粒子向上偏转，说明所受电场力竖直向上，所以电场强度方向竖直向下．(2)粒子做类平抛运动，沿AB 方向做匀速直线运动：L ＝v 0t所以粒子从A 点飞到C 点所用的时间：t ＝L v 0＝0.82×105 s ＝4×10－6s.(3)沿AD 方向，小球做匀加速直线运动：L ＝12at 2根据牛顿第二律：qE ＝ma代入数值，解得：E ＝2mv 20qL＝1×103N/C.答案：(1)竖直向下 (2)4×10－6 s (3)1×103N/C。

课时分层作业(六) 示波器的奥秘(时间：40分钟 分值：100分)[基础达标练]一、选择题(本题共6小题，每小题6分)1．(多选)如图所示，一带电小球以速度v 0水平射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．到达屏上时的动能将增加AD [由题意可知，要考虑小球的重力，第一种情况重力与电场力平衡；U 不变，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，极板间的距离d 变大，场强变小，电场力变小，重力与电场力的合力向下，带电小球将打在O 点的下方．由于水平方向运动性质不变，故时间不变；而由于第二种情况合力做正功，故小球的动能将增加．]2．平行板间有如图所示周期变化的电压．不计重力的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．如图中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是( )A [粒子在第一个T 2内，做匀加速直线运动，T 2时刻速度最大，在第二个T2内，电场反向，粒子做匀减速直线运动，到T 时刻速度为零，以后粒子的运动要重复这个过程．]3.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∶2B ．2∶1C .2∶1D ．1∶ 2C [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：12m H v 2H ＝q H U ，对α粒子：12m αv 2α＝q αU .所以v Hv α＝q H m αq αm H ＝1×42×1＝2∶1.] 4．如图所示，一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点B [一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的比荷不同，由qU ＝12mv 2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y ＝12at 2＝U 2L 24U 1d相同，所以会打在同一点，B 正确．]5．如图所示的示波管，当两偏转电极XX ′、YY ′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O 点，其中x 轴与XX ′电场的场强方向重合，x 轴正方向垂直于纸面向里，y 轴与YY ′电场的场强方向重合，y 轴正方向竖直向上)．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则( )A ．X 、Y 极接电源的正极，X ′、Y ′接电源的负极B ．X 、Y ′极接电源的正极，X ′、Y ′接电源的负极C ．X ′、Y 极接电源的正极，X 、Y ′接电源的负极D ．X ′、Y ′极接电源的正极，X 、Y 接电源的负极D [若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x 轴上向负方向偏转，则应使X ′接正极，X 接负极；电子在y 轴上也向负方向偏转，则应使Y ′接正极，Y 接负极，所以选项D 正确．]6．喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中( )A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电量无关C [由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A 项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B 项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C 项正确．带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D 项错误．]二、非选择题(14分)7.如图所示，有一电子(电荷量为e )经电压U 0由静止加速后，进入两块间距为d 、电压为U 的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：(1)金属板AB 的长度； (2)电子穿出电场时的动能．[解析] (1)设电子飞离加速电场时的速度为v 0，由动能定理得eU 0＝12mv 2① 设金属板AB 的长度为L ，电子偏转时间t ＝L v 0② 电子在偏转电场中产生偏转加速度a ＝eU md③ 电子在电场中偏转y ＝12d ＝12at2④由①②③④得：L ＝d2U 0U.(2)设电子穿出电场时的动能为E k ，根据动能定理E k ＝eU 0＋e U 2＝e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 0＋U 2.[答案] (1)d2U 0U (2)e ⎝⎛⎭⎪⎫U 0＋U 2[能力提升练]一、选择题(本题共4小题，每小题6分)1.在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A 点的电子在t ＝0时速度为零，在t ＝1 s 时，电子离开A 点的距离大小为l .那么在t ＝2 s 时，电子将处在( )A ．A 点B ．A 点左方l 处C ．A 点右方2l 处D ．A 点左方2l 处D [粒子在第1 s 内做初速度为零的匀加速运动，第2 s 内做末速度为零的匀减速运动，加速度大小相等，由于电子带负电，故向左方运动，距离A 点为2l ，故选D.]2．真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O 点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO ′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电量之比为1∶1∶2，重力不计)．下列说法中正确的是( )A ．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1B ．三种粒子射出偏转电场时的速度相同C ．在荧光屏上将只出现1个亮点D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2C [由U 1q ＝12mv 20，得v 1∶v 2∶v 3＝2∶1∶1，再由t ＝lv 0可得t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，A 错误；由y ＝U 0ql 22dmv 20＝U 0l 24dU 1可知，三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，故一定打在屏上的同一点，C 正确；由12mv 2＝U 1q ＋U 0dqy 可得v ＝（2U 1＋2U 0d y ）q m ，因qm不同，故三种粒子射出偏转电场的速度不相同，B 错误；由偏转电场对三种粒子做的功为W 电＝U 0dqy 可知，W 电1∶W 电2∶W 电3＝1∶1∶2，D 错误．]3.如图所示，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g ，则点电荷运动到负极板的过程( )A ．加速度大小为a ＝Eq m＋g B ．所需的时间为t ＝dm qEC ．下降的高度为y ＝d2D ．电场力所做的功为W ＝EqdB [点电荷受到重力、电场力，合力F ＝（qE ）2＋（mg ）2；根据牛顿第二定律有a ＝（qE ）2＋（mg ）2m，故A 错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t ，水平方向上的加速度a ＝qE m ，根据位移公式可得d 2＝12·qE m t 2，化简得t ＝mdqE，故B 正确；竖直方向做自由落体运动，下降高度h ＝12gt 2＝mgd 2qE ，故C 错误；电荷运动位移为d2，故电场力做功W＝qEd2，故D 错误．]4．如图所示，矩形区域PQNM 内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝1.0×10－5C 的带正电粒子(重力不计)从a 点以v 1＝1×104m/s 的初速度垂直于PQ 进入电场，最终从MN 边界的b 点以与水平边界MN 成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v 2＝2×104m/s ，已知MP ＝20 cm 、MN ＝80 cm ，取a 点电势为零，如果以a 点为坐标原点O ，沿PQ 方向建立x 轴，则粒子从a 点运动到b 点的过程中，电场的电场强度E 、电势φ、粒子的速度v 、电势能E p 随x 的变化图象正确的是( )D [匀强电场中场强处处相同，则知E ­x 图象是平行于x 轴的直线，故A 错误．φ ­x 的斜率等于场强E ，粒子从a 点运动到b 点的过程中，电势降低，则知φ ­x 图象是向下倾斜的直线，故B 错误．根据动能定理得qEx ＝12mv 2－12mv 21，得v ＝v 21＋2qExm，可知v ­x 图象是曲线，故C 错误．取a 点电势为零，粒子从a 点运动到b 点的过程中，动能的增加量为ΔE k ＝12mv 22－12mv 21，解得ΔE k ＝3×10－3 J ，电势能减少量为ΔE p ＝ΔE k ＝3×10－3J ，所以粒子到达b 点时的电势能为－3×10－3J ．竖直方向有MP ＝v 1t ，水平方向有x ＝v 22－v 212t ，联立解得x＝17.32 cm.根据电场力做功多少电势能减少多少，可得，E p ＝－qEx ，因此，E p ­x 图象是位于第四象限过原点的向下倾斜的直线，故D 正确．]二、非选择题(26分)5.(12分)如图所示，A 、B 为两块足够大的相距为d 的平行金属板，接在电压为U 的电源上．在A 板的中央P 点放置一个电子发射源．可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m 、电荷量为e ，射出的初速度为v .求电子打在板上的区域面积．(不计电子的重力)[解析] 打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即r ＝vt在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d ＝12at 2电子在平行电场方向上的加速度a ＝eE m ＝eUmd电子打在B 板上的区域面积S ＝πr 2由以上几式得S ＝2πmv 2d2eU.[答案]2πmv 2d2eU6．(14分)如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板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M 、N 间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U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．求：(1)电子穿过A 板时速度的大小． (2)电子从偏转电场射出时的偏移量．(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？[解析] (1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理得eU 1＝12mv 20－0解得v 0＝2eU 1m.(2)电子以速度v 0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0的匀加速直线运动．由牛顿第二定律和运动学公式有t ＝L v 0，F ＝ma ，F ＝eE ，E ＝U 2d ，y ＝12at 2 解得偏移量y ＝U 2L 24U 1d.(3)由y ＝U 2L 24U 1d可知，减小U 1或增大U 2均可使y 增大，从而使电子打在P 点的上方．[答案] (1)2eU 1m (2)U 2L 24U 1d(3)减小加速电压U 1或增大偏转电压U 2。