物理粤教版选修3-1自我检测：1-6-示波器的奥秘 含解析 精品

第六节示波器的奥秘问题探究示波器有什么样的奥秘能够将“电信号”转换为“光信号”,从而在荧光屏上直观地显示信号的强弱?自学导引1.常用电子示波器的内部核心部件是示波管,示波管由_____________、_____________和_____________组成.答案:电子枪偏转电极荧光屏2.若要调节荧光屏上亮斑的亮度,需要调节_____________、_____________等;若要上下移动荧光屏上的亮斑或图线,则应调节_____________;若要左右移动荧光屏上亮点或图线,则应调节_________________;若改变图线在水平方向上的范围,则应调节_____________;若改变图线在竖直方向上的范围,则应调节_____________.答案:辉度旋钮聚焦调节旋钮垂直位移旋钮水平位移旋钮X增益旋钮Y增益旋钮3.示波器并不神秘,它的基本原理是带电粒子在电场中的_____________和____________.答案:加速偏转疑难剖析示波器面板和操作方法【例1】如图1-6-1所示为示波器面板,屏上显示的是一亮度较低、线条较粗且模糊不清的波形.图1-6-1(1)若要增大显示波形的亮度,应调节______________旋钮;(2)若要使屏上波形线条变细且边缘清晰,应调节______________旋钮.(3)若要将波形曲线调至屏中央,应调节______________与______________旋钮.解析:(1)逆时针旋转辉度旋钮时,可降低屏上亮斑亮度;顺时针旋转辉度旋钮,可增强屏上亮斑的亮度.现要求调亮该波形线条,则应该顺时针旋转辉度旋钮.(2)旋转聚焦旋钮和辅助聚焦旋钮,二者配合使用可调节亮斑达到最小,图线线条清晰.(3)旋转垂直位移旋钮可调节亮斑的上下位置,旋转水平位移旋钮可调节亮斑左右位置.因此要将波形曲线调至中央,则要调节垂直位移旋钮和水平位移旋钮.答案:(1)辉度(2)聚焦(3)垂直位移水平位移正确运用动力学方法和功能关系解决带电粒子的加速和偏转问题【例2】如图162所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得速度v0，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以速度v离开电场.已知平行板长为l，两板间距离为d，求：图1-6-2（1）v 0的大小；（2）离子在偏转电场中运动的时间t ；（3）离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；（4）离子在偏转电场中的加速度；（5）离子在离开偏转电场时的横向速度v y；（6）离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；（7）离子在离开偏转电场时的横向偏移量y；（8）离子离开电场时的偏转角θ的正切值t a n θ.解析：（1）不管加速电场是不是匀强电场，W =qU都适用，所以由动能定理得： 20121mv qU =所以mqU v 102=. （2）由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动.即水平方向做速度为v 0的匀速运动；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动. 在水平方向102qU m l v l t ==. （3）dqU qE F d U E 22===. （4）m dqU m F a 2==. （5）121222mU q dl U qU m l md qU at v y =∙==. （6）1222221222024U m d U ql U qd v v v y +=+=. （7）1221222422121dU U l qU m l md qU at y =∙==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）.（8）121120222tan dU lU qU m mU q d l U v v y=∙==θ（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电压和偏转电压).温馨提示：该题只需要分清带电粒子在电场中的类型，是加速或者偏转，运用类平抛运动的知识进行分解.拓展迁移根据物理学动力学知识可知,物体的运动性质由其受力情况与运动初状态之间的关系决定.当物体所受到恒定的合外力与运动速度方向不共线时,则物体做匀变速曲线运动.此时可以将该曲线运动分解处理.而各方向上的分运动性质仅决定于各分运动方向上的力与速度之间的关系,因此匀变速曲线运动的各分运动之间在运动性质上互不影响,我们称之为运动具有独立性.示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极、荧光屏等组成.如图163所示,在示波管内部垂直地安装了两对电极,它们使通过其中的电子在水平方向、竖直方向分别发生偏转.在示波管的荧光屏上以荧光屏的中心为坐标原点,建立直角坐标系XOY.试根据运动的独立性规律思考:为了使电子枪射出的电子束在坐标系第Ⅰ象限内P点产生亮斑,那么示波管中的两对电极将应该加怎样的极性（）①极板X应带正电②极板X′应带正电③极板Y应带正电极板Y′应带正电A.①③B.C.②③D.图1-6-3解析:电子在偏转电极区外做直线运动,在偏转电极区内做匀变速曲线运动.运用运动分解的方法处理电子在偏转电极区内所做的匀变速曲线运动.电子在分运动方向上所做的运动相互独立.为了使电子能到达荧光屏上第Ⅰ象限内,除沿中心线的运动外,电子水平方向还应向X 方向发生偏转,因此在电极XX′上应加由X到X′的电场,此时极板X带正电;为了使电子在竖直方向上沿Y方向发生偏转,在电极YY′上应加由Y到Y′的电场,此时Y极板带正电.答案:A。

第六节 示波器的奥秘掌握带电粒子在电场中加速、[先填空]1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远小于静电力，可以忽略．2．带电粒子加速问题的处理方法：利用动能定理分析．初速度为零的带电粒子，经过电势差为U 的电场加速后，qU ＝12m v 2，则v＝2qU m. [再判断]1．带电粒子在电场中只能做加速运动．(×)2．处理带电粒子加速问题时，也可利用牛顿定律．(√)3．带电粒子在电场中加速时，不满足能量守恒．(×)[后思考]动能定理是分析带电粒子在电场中加速常用的方法，试想该方法适用于非匀强电场吗？【提示】 适用，由于W ＝qU 既用于匀强电场又适用于非匀强电场，故qU ＝12m v 2－12m v 20适用于任何电场．[合作探讨]如图1-6-1所示，两平行金属板间电压为U .板间距离为d .一质量为m ，带电量为q 的正离子在左板附近由静止释放．图1-6-1探讨1：正离子在两板间做什么规律的运动？加速度多大？【提示】 正离子在两板间做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a ＝qU dm .探讨2：正离子到达负极板时的速度多大？【提示】 由qU ＝12m v 2可得v ＝2qU m .[核心点击]1．带电粒子的加速当带电粒子进入电场中时，在电场力的作用下做加速运动，电场力对带电粒子做正功，带电粒子的动能增加．示波器、电视机显像管中的电子枪就是利用电场对带电粒子进行加速的．2．处理方法(1)力和运动关系法——牛顿第二定律根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、时间和位移等．这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况．(2)功能关系法——动能定理由粒子动能的变化量等于电场力做的功知：。

物理3-1粤教版1.6示波器的奥秘学案1【一】带电粒子的加速两平行金属板间的电压为U ，板间是一匀强电场，设有一带正电荷q 、质量为m 的带电粒子从正极板开始向负极板运动，由于电场力做____功，带电粒子被______速，依照动能定理，________等于电场力的功W ，即________＝W ＝qU ，带电粒子到达负极板时的速度v ＝________.答案正加动能的增量12mv 22qUm 【二】带电粒子的偏转带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，以初速度v 0垂直电场线射入两极板间的匀强电场、板长为l 、板间距为d ，两极板间的电势差为U.1、粒子在v 0的方向上做________直线运动，穿越两极板的时间t ＝________.2、粒子在垂直于v 0的方向上做初速度为________的____________运动，加速度为： a ＝Fm ＝________. 粒子离开电场时在电场方向上偏离原射入方向的距离y ＝12at 2＝________. 3、穿出电场时竖直方向上的分速度v y ＝at ＝______.合速度与水平方向的夹角θ＝tan －1v y v 0＝tan －1________.答案1.匀速l v 02.零匀加速直线qU dm ql 22dmv 20U3.ql dmv 0U qldmv 20U 【三】示波器探秘示波器的核心部件是________，它是一种阴极射线管，玻璃管内抽成真空，它采纳________的方式发射电子、答案示波管热电子发射【一】带电粒子的加速[问题情境]带电粒子在电场中受电场力作用，我们能够利用电场来操纵粒子，使它加速或偏转、直线加速器确实是在真空金属管中加上高频交变电场使带电粒子获得高能的装置(如图1所示)，它能关心人们更深入地认识微观世界、你明白它的加速原理吗？图11、带电粒子在电场中受哪些力作用？重力能够忽略吗？2、带电粒子被加速的原理是什么？3、处理带电粒子加速问题的一般方法是什么？答案1.电场力、重力因重力远小于电场力因此能够忽略 2、电场力做正功，粒子动能增加 3、动能定理 [要点提炼]1、带电粒子：质量特别小的带电体，如电子、质子、α粒子、离子等，处理问题时它们的重力通常忽略不计(因重力远小于电场力)、2、带电微粒：质量较大的带电体，如液滴、油滴、尘埃、小球等，处理问题时重力不能忽略、3、粒子初速度为零且仅在电场力作用下运动，因此电场力做的正功等于__________，即W ＝qU ＝12mv 2得v ＝____________.答案3.粒子动能的增加量2qUm[问题延伸]假设用来加速粒子的电场是非匀强电场，粒子获得的末速度仍然是v ＝2qUm 吗？答案仍然是、非匀强电场中电场力做的功仍然是W ＝qU ，因此仍然有qU ＝12mv 20，故v ＝2qUm (非匀强电场中，W ＝qE ·d 不能用了) 【二】带电粒子的偏转 [问题情境]1.带电粒子以初速度为v 0垂直电场方向射入匀强电场，不计重力作用，它的受力有什么特点？2、它的运动规律与什么运动相似？3、推导粒子离开电场时沿垂直于极板方向的偏移量和偏转的角度、 答案1.粒子仅受与v 0垂直的电场力作用、2、粒子的运动与平抛运动类似，轨迹为抛物线、3、见课本推导过程、 [要点提炼]1、处理方法：应用运动的合成与分解知识分析处理，一般将类平抛运动分解为：沿初速度方向的________运动和沿电场力方向做初速度为______运动、2、差不多关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0 x ＝v 0t 初速度方向v y ＝at y ＝12at 2电场线方向3、导出关系：(1)粒子在电场中运动的时间t ＝________.(2)粒子的加速度为a ＝Fm ＝________.(3)穿出电场时在竖直方向上的位移y ＝12at 2＝________. (4)穿出电场时竖直方向上的分速度v y ＝at ＝________________________________________________________________________.(5)粒子穿出电场时合速度与水平方向的夹角θ＝tan －1v y v 0＝tan －1________. 答案1.匀速直线初速度为零的匀加速直线3、(1)l v 0(2)Uq dm (3)ql 22dmv 20U(4)ql dmv 0U(5)qldmv 20U 【三】示波器探秘示波器的核心部件是示波管，观看示波管的结构，思考示波管中各个组件的作用？ 答案课本“示波管结构图”中序号1－6为加速系统，其作用是使从阴极出射的电子在电场中加速；7为竖直偏转系统，其作用是使粒子在竖直方向上偏转；8是水平偏转系统，其作用是使粒子在水平方向上偏转；9是荧光屏，其作用是显示粒子的位置(或图象)、例1如图2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2解析质子和α粒子基本上正离子，从A 点释放将受电场力作用加速运动到B 点，设A 、B 两点间的电势差为U ，由动能定理有：对质子：12m H v 2H ＝q H U ，对α粒子：12m αv 2α＝q αU.因此v Hv α＝q H m αq αm H ＝1×42×1＝21.答案2∶1点拨(1)要明白质子和α粒子是怎么样的粒子，q H ＝e ，q α＝2e ，m H ＝m ，m α＝4m ；(2)该电场为非匀强电场，带电粒子在A 、B 间的运动为变加速运动，不可能通过力和加速度的途径解出该题，但注意到电场力做功W ＝qU 这一关系对匀强电场和非匀强电场都适用，因此从能量的角度入手，由动能定理来解该题特别方便、变式训练1如图3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，那么()图3A 、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 答案C解析由动能定理得eU ＝12mv 2.当改变两板间的距离时，U 不变，v 就不变，故A 、B 项错误，C 项正确；粒子做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv ，当d 减小时，电子在板间运动的时间变小，故D 选项不正确、例2一束电子流在经U ＝5000V 的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图4所示、假设两板间距d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？图4解析设极板间电压为U ′时，电子能飞出平行板间的偏转电场、加速过程，由动能定理得：eU ＝12mv 20.①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：a ＝F m ＝eU ′dm ，③偏转距离：y ＝12at 2，④能飞出的条件为：y ≤d2.⑤解①②③④⑤式得：U ′≤2Ud 2l 2＝2×5 000×10－225×10－22V ＝400V . 答案400V变式训练2试证明：粒子从偏转电场射出时，其速度v 的反向延长线过水平位移的中点、答案作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，那么x ＝ytan θ＝qUl 22dmv 20·dmv 20qUl ＝l 2，即粒子从偏转电场射出时，其速度v 的反向延长线过水平位移的中点，如下图、【即学即练】1、以下粒子从静止状态通过电压为U 的电场加速后，速度最大的是()A 、质子(11H )B 、氘核(21H )C 、α粒子(42He )D 、钠离子(Na ＋) 答案A解析经加速电场加速后的速度为v ＝2qUm ，比荷大的粒子加速后的速度大、2、如图5所示，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，如下图，OA ＝h ，此电子具有的初动能是()图5A .edh UB 、edUhC .eU dhD .eUh d 答案D解析从功能关系方面考虑，电子从O 点到A 点，因电场力作用，速度逐渐减小，依照题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力，如此，我们能够用动能定理来研究问题12mv 20＝eU OA .因为E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd ，因此D 正确、3、有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子的运动轨迹一样，说明所有离子()A 、具有相同的质量B 、具有相同的电荷量C 、具有相同的比荷D 、属于同一元素的同位素 答案C解析轨迹相同说明偏转角相同，tan θ＝v y v x ＝qUlmdv 20，因为速度相同，因此只要电荷的比荷相同，电荷的运动轨迹就相同，易错之处是只考虑其中一种因素的妨碍、4.长为L 的平行金属板电容器，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q ，质量为m的带电粒子，以初速度v 0紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下板成30°角，如图6所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离、图6答案3mv 203qL 36L解析由题意知tan θ＝ v ⊥v 0① v ⊥＝at ② a ＝qE m ③t ＝L v 0④由①②③④得E ＝mv 20tan θqL[ 将θ＝30°代入得：E ＝3mv 203qL由题意知两板间距离d 等于竖直方向的偏转量y ，那么d ＝y ＝12at 2＝12qE m (Lv 0)2 将E 代入得d ＝36L.。

自我小测1如下图所示，空间中有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0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，重力势能增加，电势能减少B．动能减小，重力势能增加，电势能增加C．动能不变，重力势能增加，电势能减少D．动能增加，重力势能增加，电势能减小2两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，则它们应具备的条件是(不计重力作用)( )A．有相同的动能和相同的比荷B．有相同的动量和相同的比荷C．有相同的速度和相同的比荷D．只要有相同的比荷就可以3下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是( )A．质子(11H) B．氘核(21H)C．α粒子(42He) D．钠离子(Na＋)4(2008海南物理，4)静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为v a、v b，不计重力，则带电粒子的比荷q/m为( )A.v 2a－v 2bφb－φaB.v 2b－v 2aφb－φaC.v 2a－v 2bφb－φaD.v 2b－v 2aφb－φa5在与x轴平行的匀强电场中，一带电荷量为1.0×10－4 C、质量为2.5×10－3 kg的物体在光滑水平面上沿着x 轴做直线运动，其位移与时间的关系是x ＝0.16 t －0.02 t 2，式中x 以米为单位，t 以秒为单位．则从开始运动到5 s 末物体所经过的路程为______m ，克服电场力所做的功为______J.6如下图所示，真空中一束电子流，以一定速度v 0沿着与场强垂直方向自O 点正下方进入匀强电场，OA ＝AB ＝BC ，过A 、B 、C 三点作竖直线与电子轨迹交于M 、N 、P 三点，则电子在OM 、MN 、NP 三段中动能增加量ΔE k1∶ΔE k2∶ΔE k3＝______.7如下图所示，a 、b 和c 表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为U 、23U 、14U ，一带电粒子从等势面a 上某处静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b 时的速率为v ，则它经过等势面c 时的速率为______．8如下图所示，带电荷量分别为q 1、q 2的粒子，以相同的初速度从P 点沿垂直于场强方向射入平行板间的匀强电场中，分别落在下板上的A 、B 两点，若AB ＝OA ，q 1＝3q 2，不计重力，求：(1)两个粒子的质量之比；(2)两个粒子进入电场之后的动能增量之比．9如图所示，水平放置的两块平行金属板长L ，两板间距d ，两板间电压为U ，且上板带正电，一个质量为m 的电子沿水平方向以速度v 0从两板中央射入且能飞出电场．求：电子飞出电场的侧位移和偏转角．10如下图所示，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Ek 的带电粒子从a 点沿ab 方向进入电场，不计重力．(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Ek′，则电场强度为多大？答案1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加，动能减少，即B 正确．答案：B2解析：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 ＝L v ，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 .所以带电粒子离开电场时与原方向v 的夹角θ，即偏转角，如图所示．tan θ＝v y v ＝qULmdv2显然A 、B 、D 项错误，C 正确． 答案：C3解析：由qU ＝12mv 2，得v ＝2qUm，所以q/m 越大，v 越大，故选项A 正确． 答案：A4解析：由动能定理：q(φa －φb )＝12mv 2b －12mv 2a 得q m＝(v 2a －v 2b )/2(φb －φa )，即C 正确．答案：C5解析：位移与时间关系式x ＝0.16t －0.02t 2当t ＝3 s 时x 正向最大为：xm ＝0.32 m 当t ＝5 s 时，x ＝0.3 m所以路程s ＝0.32 m ＋(0.32－0.3) m ＝0.34 m. 因为v 0＝0.16 m/s ，a ＝－0.04 m/s 2所以t ＝5 sv t ＝v 0＋at ＝0.16 m/s －0.04×5 m/s＝－0.04 m/s动能定理：W 电＝ΔEk ＝12m(v 20－v 2t )＝12×2.5×10－3×(0.162－0.042) J ＝3×10－5J.答案：0.34 3.0×10－56解析：根据动能定理，ΔEk 等于每段中电场力做的功．因电场力相同，所以ΔEk∝s(位移)又OA 、QB 、BC ，即t OM ＝t MN ＝t NP所以s OM ∶s MN ∶s NP ＝1∶3∶5(电场力方向上的位移) 所以ΔE k1∶ΔE k2∶ΔE k3＝1∶3∶5. 答案：1∶3∶57解析：带电粒子从等势面a 运动到等势面b 的过程中，根据动能定理有，q(U －23U)＝12mv 2 同样，粒子从a 运动到c 的过程中有，q(U －14U)＝12mv 2c ，其中v c 为粒子经过等势面c时的速率，解得v c ＝1.5v.答案：1.5v8解析：(1)两粒子进入电场中做类平抛运动，即在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速为零的匀加速直线运动．对q 1，OA ＝l ＝v 0t 1 y 1＝12·q 1E m 1·t 21所以y 1＝12·q 1E m 1·l2v 20对q 2 ，OB ＝2l ＝v 0t 2 y 2＝12·q 2E m 2t 22所以y 2＝12·q 2E m 2·4l2v 20又y 1＝y 2、q 1＝3q 2，所以m 1∶m 2＝3∶4.(2)根据动能定理知，要比较动能增量即判断电场力所做的功． 在匀强电场中，W ＝qEy ＝ΔEk ，由： W 1＝q 1Ey 1＝ΔE k1，W 2＝q 2Ey 2＝ΔE k2 又 y 1＝y 2，所以ΔE k1∶ΔE k2＝3∶1. 答案：3∶4 3∶19解析：电子在匀强电场做类平抛运动．水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向分运动为初速为零的匀加速直线运动．电子飞出电场时： 水平方向L ＝v 0t① 竖直方向y ＝12at 2②加速度a ＝eUmd ③①②③联立得 y ＝eUL 22mdv 0飞出电场时的竖直分速度v y ＝at④ 设飞出电场时偏转角为θ，则有 tan θ＝v yv 0⑤③④⑤联立得 tan θ＝eULmdv 20.答案：eUL 22mdv 20 eULmdv 2010解析：(1)设入射速度为v 0，粒子由c 点离开电场，必须 满足L ＝12at 2①L ＝v 0t② qE ＝ma③由①②③式得E ＝4EkqL ④Ek′＝Ek ＋qEL 以④代入得Ek′＝5Ek.(2)粒子可能由bc 也可能由cd 边离开电场，c 点为临界点． 当粒子由c 点离开电场时有Ek′＝5Ek 若粒子由bc 边离开电场区域，有Ek′≤5Ek Ek′－Ek ＝qEyy ＝12at 2＝12qE m (L v 0)2＝qEL 24Ek Ek′－Ek ＝q 2E 2L 24Ek，所以E ＝2－qL若粒子由cd 边离开电场区域，有Ek′＞5Ek Ek′－Ek ＝qEL ，所以E ＝Ek′－EkqL .答案：(1)5Ek (2)Ek′－EkqL。

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.。

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( )。

学业分层测评(六)示波器的奥秘(建议用时：45分钟)[学业达标]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】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在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．【答案】 A2．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)下列说法中正确的是()A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确【解析】在带电粒子垂直进入匀强电场偏转过程中，电场力对粒子做正功，根据动能定理，粒子的动能增加，根据电场力做功与电势能的关系，电势能减小，选项B正确．【答案】 B3．一电子以初速度v0沿垂直于场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现减小两板间的电压，则电子穿越两平行板所需的时间() 【导学号：62032114】A．随电压的减小而减小B．随电压的减小而增大C．与电压无关D ．随两板间距离的增大而减小【解析】 因粒子在水平方向做匀速直线运动，极板长度和粒子初速度都未变化，故由t ＝l v 0知C 选项正确． 【答案】 C4．如图1-6-8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( )图1-6-8A ．当减小两板间的距离时，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变长【解析】 由动能定理得eU ＝12m v 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v就不变，故选项A 、B 错误，C 正确．粒子做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2d v ，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．【答案】 C5.喷墨打印机的简化模型如图1-6-9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( )图1-6-9A ．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【解析】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．【答案】 C6.质量为m的物块，带正电q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E＝3mgq的匀强电场中，如图1-6-10所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为()图1-6-10A.(2＋3)gH B．2gHC．22gH D.52gH【解析】由动能定理得mgH＋qU＝12m v2，而U＝E·Htan α＝mgHq，故物块落地时的速度大小v＝2gH，B正确．【答案】 B7.(多选)如图1-6-11，平行板电容器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．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()图1-6-11A．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【解析】带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下，二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．【答案】BD8.在空间有正方向水平向右、大小按如图1-6-12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()图1-6-12A．A点B．A点左方l处C．A点右方2l处D．A点左方2l处【解析】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.【答案】 D[能力提升]9．(多选)如图1-6-13所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则(不计粒子的重力)()图1-6-13A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为Uq 4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3Uq 8C ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶1【解析】 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a ＝Eq m ＝Uq dm ，t 时间内加速度方向上的位移y ＝12at 2＝d 2，前t 2加速度方向上的位移y 1＝12a .t 24＝d 8，后t 2加速度方向上的位移y 2＝y －y 1＝38d .由公式W ＝F ·l 可知前t 2、后t 2、前d 4、后d 4电场力做的功分别为W 1＝18qU ，W 2＝38qU ，W 3＝14qU ，W 4＝14qU .【答案】 BD10．如图1-6-14所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场．质量为m ，电荷量为q 的带电粒子以速度v 0从a 点进入电场，恰好从c 点离开电场，离开时速度为v ，不计重力，求电场强度大小．图1-6-14【解析】 从a 点到c 点静电力做功W ＝qEL根据动能定理得W ＝12m v 2－12m v 20所以qEL ＝12m v 2－12m v 20场强大小E ＝m (v 2－v 20)2qL.【答案】 m (v 2－v 20)2qL11．如图1-6-15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U 1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U 2，两板间的距离为d ，板长为L 1，板右端到荧光屏的距离为L 2，电子质量为m ，电荷量为e .求：图1-6-15(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．【解析】 (1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，根据动能定理得eU 1＝12m v 20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t 1，电子的加速度为a ，离开偏转电场时的侧移量为y 1，根据牛顿第二定律和运动学公式得F ＝eE E ＝U 2dF ＝mat 1＝L 10y 1＝12at 21解得y 1＝U 2L 214U 1d .(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v y ，根据运动学公式得v y ＝at 1，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t 2，电子打到荧光屏上的侧移量为y 2，如图所示．有t 2＝L 2v 0，y 2＝v y t 2 解得y 2＝U 2L 1L 22dU 1P 点到O 点的距离为y ＝y 1＋y 2＝(2L 2＋L 1)U 2L 14U 1d. 【答案】 (1)2eU 1m (2)U 2L 214U 1d (3)(2L 2＋L 1)U 2L 14U 1d 12.如图1-6-16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107 m /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 ＝3.64×104N/C ，方向水平向左．已知电子质量m ＝9.1×10－31kg 、电荷量e ＝1.6×10－19 C ，求电子打在B 板上的范围．图1-6-16【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水平方向上的分运动d＝12.eEm t2②将v0＝107 m/s，e＝1.6×10－19 C，m＝9.1×10－31 kg，E＝3.64×104N/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．。

第六节示波器的奥秘A级抓基础1．一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．匀速圆周运动解析：因为粒子只受到电场力的作用，所以不可能做匀速直线运动．答案：A2．两平行金属板相距为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. B．edUhC. D.eUh d解析：由动能定理：－Fs＝mv，所以－eEh＝0－mv，－eh＝0－Ek0，所以Ek0＝.答案：D3．如图所示，质子(H原子核)和α粒子(He原子核)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(不计粒子重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：由y＝ )和Ek0＝mv，得：y＝，可知y与q成正比，B正确．答案：B4.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )A．1∶2 B．2∶1C． 1∶ D.∶1解析：竖直方向有h＝gt2，水平方向有l＝t2，联立可得q＝，所以有＝，B对．答案：B5．(多选)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是( )A．加速电压突然变大B．加速电压突然变小C．偏转电压突然变大D．偏转电压突然变小答案：AD6.(多选)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N 板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A．使初速度减为原来的12B．使M、N间电压加倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的1 2解析：由qE·l＝mv，当v0变为v0时l变为；因为qE＝q，所以qE·l＝q·l＝mv，通过分析知B、D选项正确．答案：BDB级提能力7．(多选)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，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，它们分别落到A、B、C三点，则( )A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间关系：tC<tB<tAC．三小球到达正极板时动能关系：EkA>EkB>EkCD．三小球在电场中运动的加速度关系：aA>aB>aC解析：带负电的小球受到的合力为mg＋F电，带正电的小球受到的合力为mg－F电，不带电小球仅受重力mg，小球在板间运动时间t ＝，所以tC<tB<tA，故B项正确；又y＝at2，则aC>aB>aA，落在C 点的小球带负电，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电，故A项正确；因为电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A 做负功，所以落在板上动能的大小EkC>EkB>EkA，C错误．答案：AB8．(多选)如图所示，平行板电容器两极板间的电场可看作是匀强电场，两板水平放置，板间相距为d，一带负电粒子从上板边缘射入，沿直线从下板边缘射出，粒子的电荷量为q，质量为m，下列说法中正确的是( )A．粒子的加速度为零B．粒子的电势能减少3mgdC．两板间的电势差为 D．M板比N板电势低解析：由题可知粒子做匀速直线运动，故A对，又mg＝qE，则U ＝，故C对；粒子带负电，电场力向上，则M板带正电，N板带负电，M板电势比N板高，故D错．又由电场力做负功可知电势能增加mgd.答案：AC9．(多选)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等B．它们通过加速电场过程中速度的增量相等C．它们通过加速电场过程中动能的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等解析：粒子在匀强电场中做匀加速直线运动满足：vt＋at2＝d，又因为a＝，由于电量和质量都相同，故加速度相同，由于初速度不同，故时间不等，故A错误．因为带电粒子的电荷量相等，故电场力做功相等W电＝qU，根据动能定理，电场力做功等于动能的增量，由W电＝Ek－Ek0，故它们通过加速电场过程中动能的增量相等，即ΔE ＝mv2－mv相等，虽然质量相等，但速度的增量不等，故B错误、C正确．因为电场力W电＝qU一定，而电场力做功等于电势能的减少量，故D正确．答案：CD10．(多选)如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O点经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1；又垂直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y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是( )A．只增大U1，则t1增大B．只增大U1，则y减小C．只增大U2，则v2增大D．只增大U2，则y减小解析：由F＝可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大，则运动的时间t1减小，故A错误；联立U1q＝mv，L＝v0t2，y＝t2三式，解得y＝.若要电子离开偏转电场时偏移量y变小，仅使U2变小，或者增大U1，其他条件不变即可，故B正确．D错误；v2＝＋v)＝＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U2q,dm)\f(L,v0)))\s\up12(2))，则只增大U2，则v2增大，选项C正确；故选BC.答案：BC11.在如图所示的平行金属板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高．在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动．若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v ­t图象．图甲图乙解析：t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B 板(设为正向)做初速度为零的匀加速运动．(1)对于图甲，在0～T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图①所示．(2)对于图乙，在0～做类似①0～T的运动，～T电子做反向先匀加速、后匀减速，末速度为零的直线运动．然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图②所示．图①图②答案：见解析12．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量m＝4×10－5 kg，电量q＝＋1×10－8 C(g取10m/s2)．求：(1)微粒入射速度v0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？解析：(1)由＝v0t，＝gt2，可解得：v0＝＝10 m/s.(2)电容器的上板应接电源的负极．当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出：d＝a1，a1＝，解得：U1＝120 V.2当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出：d＝a2，2a2＝，解得：U2＝200 V，所以120 V<U<200 V.答案：(1)10 m/s (2)与负极相连120 V<U<200 V。

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0－12mv 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．(2018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12mv 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(2018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＝12mv 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 ＝L v 0＝Lm 2qU 1粒子在垂直电场方向侧移距离为： y ＝12at 2＝qL 2U 22mdv 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．(2018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 22mdv 20，故灵敏度h U ＝ql 22mdv 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 202g；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118 m/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 ＝3.64×118 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＝118 m/s ，e ＝1.6×10－19C ，m ＝9.1×10－31 kg ，E ＝3.64×118 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。