2018年沪科版物理选修3-1 第2章 学业分层测评8 探究电子束在示波管中的运动

(建议用时：45分钟)1．某电场的一条电场线如图2­2­5所示，在正电荷从A点移到B 点的过程中( )图2­2­5A．电场力对电荷做正功B．电场力对电荷不做功C．电荷克服电场力做功D．电势能增加【解析】正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减小，故A正确．【答案】A2．(多选)一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10－6 J的功，那么( )A．电荷在B处时将具有5×10－6 J的电势能B．电荷在B处将具有5×10－6 J的动能C．电荷的电势能减少了5×10－6 JD．电荷的动能增加了5×10－6 J【解析】根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；根据动能定理，外力(电场力)对物体做的功等于物体动能的变化，电场力对物体做功为5×10－6 J，物体的动能就会增加5×10－6 J，故选项D正确．【答案】CD3．在地面上插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图2­2­6所示，P、Q是电场中的两点．下列说法中正确的是( )【导学号：29682050】图2­2­6A．P点场强比Q点场强大B．P点电势比Q点电势高C．P点电子的电势能比Q点电子的电势能大D．电子沿直线从N到M的过程中所受电场力恒定不变【解析】电场线密的地方电场强度大，所以P点场强比Q点场强小，故A错误；根据沿电场线方向电势降低可知：P点电势一定高于Q点电势，故B正确；P点电势高于Q点电势，即φp>φQ.由电势能公式Ep＝qφ，可知由于电子带负电，q<0，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，故C错误；由于该电场是非匀强电场，E是变化的，由F＝qE可知，电子所受的电场力是变化的，故D错误．【答案】B4.两个电荷量分别为＋q和－q的带电小球，固定在一条长为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图2­2­7所示．若杆绕过O点且垂直于杆的轴线转过180°，则在此过程中电场力做的功为( )A．0 B．qEl C．2qEl D．πqEl图2­2­7【解析】电场力做功的特点，只与始末位置有关，与路径无关；转过180°的过程中，电场力对＋q、－q均做正功，大小均qEl，总功为2qEl.【答案】C5．如图2­2­8所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )图2­2­8A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加【解析】根据做曲线运动物体的受力特点：合力指向轨迹的凹侧，再结合电场力的特点可知带负电的粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，粒子减速，电势能增加，当到达M点后电场力做正功，粒子加速，电势能减小，则在M点的速率最小，故A、D错；在整个过程中只受恒定的电场力，根据牛顿第二定律知，加速度不变，故C正确．【答案】C6. (多选)如图2­2­9所示，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图2­2­9A．若在C点无初速度地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减少B．若在C点无初速度地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能增大C．若在C点无初速度地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增大D．若在C点无初速度地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能减少【解析】在C点释放正电荷，正电荷受的电场力方向是C到B，因此电荷向B的方向运动，电场力做正功，电势能减少，A对；在C点释放负电荷，负电荷受的电场力方向是C到A，因此电荷向A的方向运动，电场力做正功，电势能减少，D对．【答案】AD7．(多选)如图2­2­10所示，点电荷固定于Q点，一带电粒子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、N为椭圆长轴端点上的两点，下列说法正确的是( )图2­2­10A．带电粒子与点电荷的电性相同B．带电粒子与点电荷的电性相反C．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能D．带电粒子在M点的电势能小于在N点的电势能【解析】带电粒子绕点电荷Q做椭圆运动，受引力作用，故电性相反，A错误，B正确．带电粒子由M点向N点运动，电场力做负功，电势能增加，故C错误，D正确．【答案】BD8．(多选)如图2­2­11所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是( )【导学号：29682051】图2­2­11A．小球在运动过程中机械能守恒B．小球经过环的最低点时速度最大C．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE)D．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg＋qE)【解析】小球在运动过程中受竖直向下的重力、竖直向下的电场力和轨道的弹力，运动过程中电场力做正功，机械能不守恒，A错误；由动能定理知WG＋W电＝mv2，运动到最低点时重力和电场力做功最多，小球的动能最大，速度最大，B正确；由mgR＋qER＝mv2和FN －mg－qE＝m知FN＝3(mg＋qE)，C正确，D错误．【答案】BC9．(多选)某静电场的电场线分布如图2­2­12所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，同一正电荷在P、Q两点的电势能分别为WP和WQ，则( )图2­2­12A．EP>EQ B．EP<EQC．WP<WQ D．WP>WQ【解析】由图P点电场线密，电场强度大，故A正确，B错误．正电荷从P移到Q，电场力做正功，电势能减小，故C错误，D正确．【答案】AD10．某电场的电场线分布如图2­2­13实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示．粒子重力不计，则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是( )【导学号：29682052】图2­2­13A．若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能增大B．若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小C．若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小D．若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大【解析】由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子所受电场力大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度方向成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大．电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故C正确，A、B、D错误．【答案】C11．如图2­2­14所示，在场强E＝104 N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15 cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3 g、电荷量q＝2×10－6 C的小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，则小球到达最低点B时的速度是多大？图2­2­14【解析】根据动能定理得mgl－qEl＝mv2，v＝＝1 m/s.【答案】 1 m/s12．如图2­2­15所示，匀强电场的强度E＝1.2×102 N/C，方向水平向右，一点电荷q＝4.0×10－8 C，沿半径R＝20 cm的圆周，从A点移动到B点．已知∠AOB＝90°，且OB与电场线平行，求：图2­2­15(1)这一过程中电场力做的功是多少？是做正功还是做负功？(2)A、B两点间的电势差UAB是多少？【解析】(1)WAB＝－EqR＝－1.2×102×4.0×10－8×0.2 J＝－9.6×10－7 J，是做负功．(2)UAB＝＝＝－24 V.【答案】(1)－9.6×10－7 J 负功(2)－24 V。

2。

5 探究电子束在示波管中的运动1．探究电子束在偏转电极中的偏转示波管中的偏转电极YY′实际上是两块靠得很近的、大小相等、互相正对的平行金属板。

在偏转电极上加上电压后，两极间的电场是匀强电场,称为偏转电场。

电子束垂直于偏转电场进入平行金属板之间，电子受到电场力的作用。

预习交流1在带电粒子的加速和偏转的问题讨论中，为什么常常不考虑重力？什么时候考虑重力？什么时候不考虑重力？答案：（1）基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量)。

（2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。

(3）某些带电粒子是否考虑重力，要根据题目说明或运动状态来判定。

2．电子束在示波管中的运动规律(1)电子在电子枪中的运动电子束在电子枪中被加速，由动能定理:qU＝错误!mv错误!电子从小孔水平射出的速度:v0＝错误!。

(2）电子在偏转电极中的运动光斑在荧光屏上的竖直偏移电子以速度v0进入偏转电极YY′之间的匀强电场后,如果偏转板的长度为l,两板距离为d，则电子在平行于极板方向上做匀速直线运动,速度为v0;电子在垂直于极板方向上做初速度为零的匀加速运动，加速度为a＝F/m＝qE/m＝qU′/md。

电子经过时间t＝错误!离开偏转电极YY′，在竖直方向上偏移y,竖直方向上的分速度为v y，离开偏转电场时的偏转角为φ,即偏转距离：y＝错误!at2＝错误!·错误!(错误!）2＝错误!。

在y方向上的分速度：v y＝at＝错误!·错误!＝错误!错误!。

离开偏转电场时的偏转角:tanφ＝错误!＝错误!。

(3)电子束离开偏转电极后的运动电子离开偏转电极后不再受电场力作用，做匀速直线运动.预习交流2一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场,如图所示.如果两极板间电压为U、两极板间的距离为d、板长为L。

学案7 探究电子束在示波管中的运动[学习目标定位] 1.掌握带电粒子在电场中加速和偏转所遵循的规律.2.知道示波管的主要构造和工作原理．一、示波管的原理1．示波管的构造：示波管是一个真空电子管，主要由三部分组成，分别是：电子枪、偏转电极和荧光屏． 2．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． 二、电子在电子枪中的运动 1．运动状态分析电子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加速直线运动．2．处理方法：(1)匀强电场可以根据电子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定电子的速度、位移等．(2)无论是匀强电场还是非匀强电场，均可用动能定理分析，即qU ＝ΔEk ＝12mv2－0.3．电子在偏转电极中的运动 (1)运动状态分析电子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时做匀变速曲线运动．(2)偏转问题的处理方法：运动的合成与分解，即可将电子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动.一、带电粒子的加速 [问题设计]如图1所示，在真空中有一对平行金属板，由于接在电池组上而带电，两板间的电势差为U.若一个质量为m 、带正电荷量q 的α粒子，在电场力的作用下由静止开始从正极板向负极板运动，板间距为d.图1(1)带电粒子在电场中受哪些力作用？重力能否忽略不计？ (2)粒子在电场中做何种运动？ (3)计算粒子到达负极板时的速度？答案 (1)受重力和电场力；因重力远小于电场力，故可以忽略重力．(2)做初速度为0、加速度为a ＝qUdm的匀加速直线运动．(3)方法一：在带电粒子运动的过程中，电场力对它做的功是W ＝qU设带电粒子到达负极板时的速率为v ，其动能可以写为Ek ＝12mv2由动能定理可知12mv2＝qU于是求出v ＝2qUm方法二：设粒子到达负极板时所用时间为t ，则d ＝12at2v ＝ata ＝Uq dm联立解得v ＝2qUm[要点提炼]1．电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，它们的重力远小于电场力，处理问题时可以忽略它们的重力．带电小球、带电油滴、带电颗粒等，质量较大，处理问题时重力不能忽略．2．带电粒子仅在电场力作用下加速，若初速度为零，则qU ＝12mv2；若初速度不为零，则qU ＝12mv2－12mv20.[延伸思考] 若是非匀强电场，如何求末速度？答案 由动能定理得qU ＝12mv2，故v ＝ 2qUm.二、带电粒子的偏转 [问题设计]如图2所示，电子经电子枪阴极与阳极之间电场的加速，然后进入偏转电极YY′之间．(1)若已知电子电量为q ，质量为m ，偏转板的长度为l ，两板距离为d ，偏转电极间电压为U′，电子进入偏转电场时的初速度为v0.图2①电子在偏转电场中做什么运动？②求电子在偏转电场中运动的时间和加速度．③求电子离开电场时，速度方向与初速度方向夹角φ的正切值． ④求电子在偏转电场中沿电场方向的偏移量y.(2)若已知加速电场的电压为U ，请进一步表示tan φ和y? (3)如果再已知偏转电极YY′与荧光屏的距离为L ，则电子打在荧光屏上的亮斑在垂直于极板方向上的偏移量y′是多大？答案 (1)①电子受电场力作用，其方向和初速度v0方向垂直，所以电子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，其实际运动类似于平抛运动．②由l ＝v0t 得t ＝lv0a ＝F m ＝qE m ＝qU′md③vy ＝at ＝qU′lmdv0tan φ＝vy v0＝qU′lmdv20④y ＝12at2＝qU′l22mdv20(2)在加速电场中，由动能定理有qU ＝12mv20，由③及上式得：tan φ＝lU′2dU由④及上式得：y ＝l2U′4dU(3)方法一：y′＝y ＋Ltan φ＝lU′4dU(l ＋2L)方法二：y′＝y ＋vyt′＝y ＋vy·Lv0＝lU′4dU (l ＋2L)方法三：利用平抛运动和类平抛运动的结论，从偏转电场射出时的速度vy 方向的反向延长线与初速度v0的交点位于l2处(如图所示)则y′＝tan φ·(l2＋L)＝lU′2dU (l 2＋L)＝lU′4dU (l ＋2L)[要点提炼]1．运动状态分析：带电粒子(不计重力)以初速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动．2．偏转问题的分析处理方法：类似于平抛运动的分析处理方法，即应用运动的合成与分解的知识分析处理：把运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．3．一个有用的结论：粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，即粒子就像是从极板间l2处射出的一样．[延伸思考] 让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经同一电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场中偏转，它们会分成三股吗？答案 不会．因为它们离开偏转电场时的y ＝l2U′4dU 相同，说明从同一点射出电场，且tan φ＝lU′2dU也相同，说明射出时速度方向也相同，故不会分成三股．一、对带电粒子在电场中的加速运动的理解例1 如图3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3解析 质子和α粒子都带正电，从A 点释放都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 ，由动能定理可知，对质子：12mHv2H ＝qHU ，对α粒子：12m αv2α＝q αU.所以vHv α＝ qHm αq αmH＝ 1×42×1＝21. 答案 2∶1二、对带电粒子在电场中的偏转运动的理解例2 如图4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．图4(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？解析 (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝12mv20解得v0＝2eU1m.(2)电子沿极板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，加速度为a，电子离开偏转电场时的偏移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式有t＝L v0a＝eU2 mdy＝12at2解得y＝U2L2 4U1d.(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.答案(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)见解析1．(带电粒子在电场中的加速)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5所示，OA ＝h ，则此电子具有的初动能是( )图5 A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh d答案 D解析 电子从O 点运动到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，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12mv20＝eUOA.因E ＝U d ，UOA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv20＝eUhd，所以D 正确．2．(带电粒子在电场中的偏转)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 答案 C解析 轨迹相同的含义为：偏转位移、偏转角度相同，即这些离子通过电场时轨迹不分叉．tan α＝vy v0＝Uqldmv20，所以这些离子只要有相同的比荷，轨迹便相同，故只有C 正确．3．(对示波管原理的认识)如图6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，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．图6(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．(2)若UYY′＞0，UXX′＝0，则粒子向________板偏移，若UYY′＝0，UXX′＞0，则粒子向________板偏移． 答案 (1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X4．(带电粒子在电场中加速和偏转)如图7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，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，离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：图7(1)v0的大小；(2)离子在偏转电场中运动时间t ； (3)离子在偏转电场中的加速度．答案 (1) 2qU1m (2)l m 2qU1 (3)qU2md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qU1＝12mv20解得v0＝2qU1m(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，水平方向为速度为v0的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．所以在水平方向t ＝l v0＝l m2qU1(3)E ＝U2d ，F ＝qE ＝qU2d解得a ＝F m ＝qU2md题组一 带电粒子在电场中的加速运动1.如图1所示，在匀强电场E 中，一带电粒子(不计重力)－q 的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子－q 在开始运动后，将( )图1A ．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 在开始运动后，将沿电场线做匀减速直线运动．2.如图2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( )图2A.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.3.如图3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( )图3A ．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 答案 C题组二 带电粒子在电场中的偏转运动4.如图4所示，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏移量为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( )图4A ．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 答案 C解析 因为h ＝12at2＝qUl22mdv20(a ＝qU md ，t ＝l v0)，所以h U ＝ql22mdv20.要使灵敏度大些，选项中合乎要求的只有C.5.如图5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( )图5A ．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 (x v0)2得：x ＝v0 2mh qE .由v0 2hma Eqa ＜v0 2hmb Eqb 得qa ma ＞qbmb.6.如图6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( )图6A ．U1∶U2＝1∶8B ．U1∶U2＝1∶4C ．U1∶U2＝1∶2D ．U1∶U2＝1∶1 答案 A解析 由y ＝12at2＝12·Uq md ·l2v20得：U ＝2mv20dy ql2，所以U ∝y l2，可知A 项正确．7.如图7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()图7A ．具有相同的动能B ．具有相同的速度C ．具有相同的qmD ．先经同一电场加速，然后再进入偏转电场 答案 D解析 带电粒子进入偏转电场的过程中，其偏转距离为：y ＝12at2＝12U2d qm ⎝ ⎛⎭⎪⎫l v02＝U2ql22dmv20， 偏转角θ满足tan θ＝vyv0＝U2d q m ·l v0v0＝U2ql dmv20.由此知，若动能相等，q 不同，则不能满足要求，A 错误；若速度相同，qm不同，则不能满足要求，B 错误；同样地，若q m 相同，v0不同也不能满足要求，C 错误；若经过相同电场加速，满足qU1＝12mv20，则y ＝U2l24dU1，tan θ＝U2l 2dU1，y 、tan θ均与v0、Ek 、q 、m 无关，D 正确． 8.真空中的某装置如图8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()图8A ．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 至M 用时t ＝BM v ，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＝U2L24dU1，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．9．如图9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9A ．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． 题组三 综合应用10．一个初动能为Ek 的带电粒子以速度v 垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3Ek.如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为( ) A ．4Ek B ．4.5Ek C ．6Ek D ．9.5Ek 答案 B解析 带电粒子做类平抛运动，平行于极板方向的速度增加到原来的2倍，带电粒子通过电场的时间变为原来的12，沿电场方向的位移变为原来的14，电场力做功变为原来的14. 由动能定理得ΔEk′＝qE·y′＝14yqE原速飞过时由动能定理有ΔEk ＝3Ek －Ek ＝qEy 而ΔEk′＝Ek 末′－4Ek 解得Ek 末′＝4.5Ek.11.如图10所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )图10A ．将打在下板中央B ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C ．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 答案 BD解析 将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεS可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．当上板不动，下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．12．两个半径均为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 的大小；(2)α粒子在极板间运动的加速度a 的大小； (3)α粒子的初速度v0的大小．答案 (1)U d (2)eU 2md (3)R 2d eUm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 ＝2eUdα粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU2dm(3)由d ＝12at2，得t ＝2da＝2d m eU ，v0＝R t ＝R 2deUm。

课时分层作业(八) 探究电子束在示波管中的运动[基础达标练](15分钟 50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．(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 ．加速电压偏大B ．加速电压偏小C ．偏转电压偏大D ．偏转电压偏小AD [若加大加速电压，根据Uq ＝12m v 2可知，电子射入偏转电场的速度变大，则电子的运行时间减少，根据y ＝12at 2可知电子的偏转位移必定减少；同样在运行时间不变的情况下减小偏转电压，根据y ＝12at 2＝12U ′q dm t 2可知电子的偏转位移也会减小，故A 、D 正确，B 、C 错误．]2．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t 1和α粒子经历的时间t 2之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶1A [由动能定理可知qEl ＝E k ，又l ＝12at 2＝qE 2m t 2，解得t ＝2mE kq 2E 2，可见，两种粒子时间之比为1∶1，故A 选项正确．]3．如图2-5-16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的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是( )【导学号：69682110】图2-5-16A．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B[tan φ＝v yv x，v y＝at＝qU2lmd v x，在加速电场中有：12m v2x＝qU1，v x＝2qU1m，故tan φ＝U2l2U1d，所以B正确．]4．如图2-5-17，含有大量11H、21H、42He的粒子流无初速进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是()图2-5-17A．出现三个亮点，偏离O点最远的是11HB．出现三个亮点，偏离O点最远的是42HeC．出现两个亮点D．只会出现一个亮点D[对于质量为m，电荷量为q的粒子，加速过程qU1＝12m v2，偏转过程tanα＝v yv0＝atv0＝U2qldm v20，其中l为偏转电场长度，d为宽度，联立得tan α＝U2l2U1d，与粒子比荷无关；偏转量y＝U2q2md·l2v20＝U2l24U1d，与粒子比荷无关，所以只有一个亮点．选项D正确．]5．(多选)两平行导体板间距为d，两导体板间电压为U，不计重力的电子以平行于极板的速度v射入两极板之间，沿极板方向运动距离为l时侧移为y.如果要使电子的侧移y′＝14y，仅改变一个量，下列哪些措施可行()【导学号：69682111】A．改变两平行导体板间距为原来的一半B．改变两导体板所加电压为原来的一半C．改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半D．改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍CD[粒子做类似平抛运动，根据分运动公式，水平方向有l＝v0t，竖直方向有y＝12at2，其中a＝qUmd，联立解得y＝qUl22md v20.若改变两平行导体板间距d为原来的一半，y增加为2倍，故选项A错误；若改变两导体板所加电压U为原来的一半，y减小为原来的12，故选项B错误；若改变电子沿极板方向运动距离l为原来的一半，y减小为原来的14，故选项C正确；若改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍，y减小为原来的14，故选项D正确．]6.如图2-5-18所示为示波管中偏转电极的示意图，相距为d、长度为L的极板AC、BD加上电压U后，可在两极板之间(设为真空)产生匀强电场．在左端距两板等距离处的O点，有一电荷量为－q、质量为m的粒子以某一速度沿与板平行射入，不计重力，下列说法正确的是()图2-5-18A．入射粒子向下偏转B．入射速度大于LdqUm的粒子可以射出电场C．若粒子可以射出电场，则入射速度越大，动能变化越大D．若粒子可以射出电场，则射出电场时速度方向的反向延长线过O点B[粒子带负电，受到竖直向上的电场力，故应向上偏转，A错误；若粒子刚好离开电场，则有L＝v t，d2＝12at2，a＝Eqm＝Uqdm，联立可得v＝LdqUm，B正确；入射速度越大，偏转量越小，故电场力做功越少，则动能变化量越小，C错误；若粒子可以射出电场，速度偏转角正切值是位移偏转角正切值的2倍，则射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，不会过O点，故D错误．]二、非选择题(14分)7．如图2-5-19所示，质量为m、电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，则A、B两点间的电势差是多少？【导学号：69682112】图2-5-19【解析】电子在电场中做类平抛运动，v y＝v0tan(θ－90°)，eU＝m v2y 2解得U＝m v20 6e.【答案】m v206e[能力提升练](25分钟50分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)1．(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随着时间变化的规律如图2-5-20所示，带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()图2-5-20A．微粒在0～1 s内的加速度与1 s～2 s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1 s内的位移与第3 s内的位移相同BD[0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误．]2．如图2-5-21所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是()【导学号：69682113】图2-5-21A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多D[三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误．由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B错误．三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C错误．由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确．]3．(多选)如图2-5-22所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()图2-5-22A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小BC[小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误，选项B正确．将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确，选项D错误．] 4．有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点以相同速率垂直电场方向射入电场，分别落在A、B、C三点，如图2-5-23所示，则()图2-5-23A．A球带负电，B球不带电，C球带正电B．三个小球在电场中的运动时间相等C．在电场中加速度的关系是a C>a B>a AD．到达正极板时的动能关系是E C<E B<E AC[运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为x A>x B>x C，初速度v0相同，由位移公式s＝v0t得知，运动时间关系为t A>t B>t C.小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式y＝12at2得到，加速度的关系为aA<a B<a C.根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：F A<F B<F C.三者质量相等，重力相等，则可知，A所受电场力向上，C所受电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电，故A、B 错误，C正确．由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对A小球做功最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系E k A<E k B<E k C，故D错误．]二、非选择题(本题共2小题，共26分)5．(12分)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2-5-24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.【导学号：69682114】图2-5-24【解析】电子经U1的电场加速后，由动能定理可得eU1＝m v202①电子以v0的速度进入U2的电场并偏转，t ＝l v 0② E ＝U 2d ③a ＝eE m ④v ⊥＝at ⑤由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan θ＝v ⊥v 0＝U 2l 2U 1d . 所以OP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋L tan θ＝U 2l 2U 1d ⎝⎛⎭⎪⎫l 2＋L . 【答案】 U 2l 2U 1d ⎝⎛⎭⎪⎫l 2＋L 6．(14分)如图2-5-25所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为d ＝8 cm ，板长为L ＝25 cm ，接在直流电上，有一带电液滴以v 0＝0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将下板向上提起43 cm ，液滴刚好从金属板末端飞出，求：图2-5-25(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为多少？(g 取10 m/s 2)【解析】 (1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：q U d ＝mg即：qU ＝mgd当下板向上提后，d 减小，E 增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电场力F ＝q U d ′＝mgd d ′a ＝F －mg m ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d d ′－1m ＝15g ＝2 m/s 2. (2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d 2.设液滴从P 点开始在匀强电场中飞行的时间为t 1，则d 2＝12at 21t 1＝da ＝0.2 s而液滴从刚进入电场到出电场的时间t 2＝L v 0＝0.5 s 所以液滴从射入电场开始到匀速运动到P 点的时间为t ＝t 2－t 1＝0.3 s.【答案】 (1)2 m/s 2 (2)0.3 s。

学案7 探究电子束在示波管中的运动[学习目的定位] 1.掌握带电粒子在电场中加速和偏转所遵循的规律.2.知道示波管的主要构造和工作原理．一、示波管的原理1．示波管的构造：示波管是一个真空电子管，主要由三局部组成，分别是：电子枪、偏转电极和荧光屏．2．示波管的根本原理：电子在加速电场中被加速，在偏转电场中被偏转． 二、电子在电子枪中的运动 1．运动状态分析电子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加速直线运动．2．处理方法：(1)匀强电场可以根据电子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定电子的速度、位移等．(2)无论是匀强电场还是非匀强电场，均可用动能定理分析，即qU ＝ΔEk ＝12mv2－0.3．电子在偏转电极中的运动 (1)运动状态分析电子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时做匀变速曲线运动．(2)偏转问题的处理方法：运动的合成与分解，即可将电子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动.一、带电粒子的加速 [问题设计]如图1所示，在真空中有一对平行金属板，由于接在电池组上而带电，两板间的电势差为U.假设一个质量为m 、带正电荷量q 的α粒子，在电场力的作用下由静止开场从正极板向负极板运动，板间距为d.图1(1)带电粒子在电场中受哪些力作用？重力能否忽略不计？ (2)粒子在电场中做何种运动？ (3)计算粒子到达负极板时的速度？答案 (1)受重力和电场力；因重力远小于电场力，故可以忽略重力．(2)做初速度为0、加速度为a ＝qUdm的匀加速直线运动．(3)方法一：在带电粒子运动的过程中，电场力对它做的功是W ＝qU 设带电粒子到达负极板时的速率为v ，其动能可以写为Ek ＝12mv2由动能定理可知12mv2＝qU于是求出v ＝2qUm方法二：设粒子到达负极板时所用时间为t ，那么 d ＝12at2 v ＝at a ＝Uq dm 联立解得v ＝2qUm[要点提炼]1．电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，它们的重力远小于电场力，处理问题时可以忽略它们的重力．带电小球、带电油滴、带电颗粒等，质量较大，处理问题时重力不能忽略． 2．带电粒子仅在电场力作用下加速，假设初速度为零，那么qU ＝12mv2；假设初速度不为零，那么qU ＝12mv2－12mv20.[延伸考虑] 假设是非匀强电场，如何求末速度？ 答案 由动能定理得qU ＝12mv2，故v ＝2qUm. 二、带电粒子的偏转 [问题设计]如图2所示，电子经电子枪阴极与阳极之间电场的加速，然后进入偏转电极YY′之间． (1)假设电子电量为q ，质量为m ，偏转板的长度为l ，两板间隔 为d ，偏转电极间电压为U′，电子进入偏转电场时的初速度为v0.图2①电子在偏转电场中做什么运动？②求电子在偏转电场中运动的时间和加速度．③求电子分开电场时，速度方向与初速度方向夹角φ的正切值． ④求电子在偏转电场中沿电场方向的偏移量y.(2)假设加速电场的电压为U ，请进一步表示tan φ和y?(3)假如再偏转电极YY′与荧光屏的间隔 为L ，那么电子打在荧光屏上的亮斑在垂直于极板方向上的偏移量y′是多大？答案 (1)①电子受电场力作用，其方向和初速度v0方向垂直，所以电子程度方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，其实际运动类似于平抛运动． ②由l ＝v0t 得t ＝lv0a ＝F m ＝qE m ＝qU′md ③vy ＝at ＝qU′lmdv0tan φ＝vy v0＝qU′lmdv20④y ＝12at2＝qU′l22mdv20(2)在加速电场中，由动能定理有 qU ＝12mv20，由③及上式得：tan φ＝lU′2dU由④及上式得：y ＝l2U′4dU(3)方法一：y′＝y ＋Ltan φ＝lU′4dU(l ＋2L) 方法二：y′＝y ＋vyt′ ＝y ＋vy·Lv0＝lU′4dU(l ＋2L)方法三：利用平抛运动和类平抛运动的结论，从偏转电场射出时的速度vy 方向的反向延长线与初速度v0的交点位于l2处(如下图)那么y′＝tan φ·(l2＋L)＝lU′2dU (l 2＋L)＝lU′4dU(l ＋2L)[要点提炼]1．运动状态分析：带电粒子(不计重力)以初速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动．2．偏转问题的分析处理方法：类似于平抛运动的分析处理方法，即应用运动的合成与分解的知识分析处理：把运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．3．一个有用的结论：粒子射出电场时速度方向的反向延长线过程度位移的中点，即粒子就像是从极板间l2处射出的一样．[延伸考虑] 让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经同一电场由静止开场加速，然后在同一偏转电场中偏转，它们会分成三股吗？ 答案 不会．因为它们分开偏转电场时的y ＝l2U′4dU一样，说明从同一点射出电场，且tan φ＝lU′2dU也一样，说明射出时速度方向也一样，故不会分成三股．一、对带电粒子在电场中的加速运动的理解例1 如图3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3解析 质子和α粒子都带正电，从A 点释放都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 ，由动能定理可知，对质子：12mHv2H ＝qHU ，对α粒子：12mαv 2α＝qαU.所以vHvα＝qHmαqαmH＝ 1×42×1＝21. 答案 2∶1二、对带电粒子在电场中的偏转运动的理解例2 如图4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．M 、N 两板间的电压为U2，两板间的间隔 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互相作用力．图4(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)假设要电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？解析 (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝12mv20解得v0＝2eU1m. (2)电子沿极板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 ，加速度为a ，电子分开偏转电场时的偏移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式有t ＝Lv0a ＝eU2mdy ＝12at2 解得y ＝U2L24U1d. (3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2. 答案 (1)2eU1m (2)U2L24U1d(3)见解析1．(带电粒子在电场中的加速)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5所示，OA ＝h ，那么此电子具有的初动能是( )图5A.edhUB ．edUhC.eU dhD.eUh d答案 D解析 电子从O 点运动到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，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12mv20＝eUOA.因E ＝U d ，UOA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv20＝eUh d，所以D 正确．2．(带电粒子在电场中的偏转)一束正离子以一样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 ．都具有一样的质量 B ．都具有一样的电荷量 C ．具有一样的比荷D ．都是同一元素的同位素 答案 C解析 轨迹一样的含义为：偏转位移、偏转角度一样，即这些离子通过电场时轨迹不分叉． tan α＝vy v0＝Uql dmv20，所以这些离子只要有一样的比荷，轨迹便一样，故只有C 正确．3．(对示波管原理的认识)如图6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．图6(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．(2)假设UYY′＞0，UXX′＝0，那么粒子向________板偏移，假设U YY′＝0，UXX′＞0，那么粒子向________板偏移． 答案 (1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X4．(带电粒子在电场中加速和偏转)如图7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，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，分开电场，平行板长为l ，两板间间隔 为d ，求：图7(1)v0的大小；(2)离子在偏转电场中运动时间t ； (3)离子在偏转电场中的加速度． 答案 (1)2qU1m(2)l m 2qU1 (3)qU2md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qU1＝12mv20解得v0＝2qU1m(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，程度方向为速度为v0的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动． 所以在程度方向t ＝lv0＝lm 2qU1(3)E ＝U2d ，F ＝qE ＝qU2d解得a ＝F m ＝qU2md题组一 带电粒子在电场中的加速运动1.如图1所示，在匀强电场E 中，一带电粒子(不计重力)－q 的初速度v0恰与电场线方向一样，那么带电粒子－q 在开场运动后，将( )图1A ．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 在开场运动后，将沿电场线做匀减速直线运动．2.如图2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，那么该粒子穿过等势面N 的速度应是( )图2 A.2qU/mB ．v0＋2qU/m C.v20＋2qU/mD.v20－2qU/m答案 C解析 qU ＝12mv2－12mv20，v ＝v20＋2qU/m ，选C.3.如图3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场向Q板运动，关于电子到达Q 板时的速率，以下说法正确的选项是( )图3A ．两板间间隔 越大，加速时间越长，获得的速率就越大B ．两板间间隔 越小，加速度越大，获得的速率就越大C ．与两板间间隔 无关，仅与加速电压U 有关D ．以上说法都不正确 答案 C题组二 带电粒子在电场中的偏转运动4.如图4所示，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，分开电场时偏移量为h ，两平行板间间隔 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．假设要进步其灵敏度，可采用以下方法中的( )图4A ．增大两极板间的电压B ．尽可能使板长l 做得短些C ．尽可能使板间间隔 d 小些D ．使电子入射速度v0大些 答案 C解析 因为h ＝12at2＝qUl22mdv20(a ＝qU md ，t ＝l v0)，所以h U ＝ql22mdv20.要使灵敏度大些，选项中符合要求的只有C.5.如图5所示，a 、b 两个带正电的粒子，以一样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，假设不计重力，那么( )图5A ．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＜v0 2hmb Eqb 得qa ma ＞qbmb. 6.如图6所示，有一带电粒子贴着A 板沿程度方向射入匀强电场，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程度速度一样，那么两次偏转电压之比为( )图6A ．U1∶U2＝1∶8B ．U1∶U2＝1∶4C ．U1∶U2＝1∶2D ．U1∶U2＝1∶1 答案 A解析 由y ＝12at2＝12·Uq md ·l2v20得：U ＝2mv20dy ql2，所以U ∝y l2，可知A 项正确．7.如图7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，假设使它们经过电场区域时偏转间隔 y 和偏转角θ都一样，应满足( )图7A ．具有一样的动能B ．具有一样的速度C ．具有一样的qmD ．先经同一电场加速，然后再进入偏转电场 答案 D解析 带电粒子进入偏转电场的过程中，其偏转间隔 为： y ＝12at2＝12U2d qm ⎝⎛⎭⎫l v02＝U2ql22dmv20， 偏转角θ满足tan θ＝vy v0＝U2d q m ·l v0v0＝U2qldmv20.由此知，假设动能相等，q 不同，那么不能满足要求，A 错误；假设速度一样，qm 不同，那么不能满足要求，B 错误；同样地，假设qm 一样，v0不同也不能满足要求，C 错误；假设经过一样电场加速，满足qU1＝12mv20，那么y ＝U2l24dU1，tan θ＝U2l2dU1，y 、tan θ均与v0、Ek 、q 、m 无关，D 正确．8.真空中的某装置如图8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 板从静止开场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．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，那么以下判断中正确的选项是( )图8A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间一样 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置一样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 至M 用时t ＝BM v，得t ∝ m q ，所以t1∶t2∶t3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU2md (L v )2＝U2L24dU1，所以三种粒子打到荧光屏上的位置一样，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误．9．如图9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)．假设要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，那么( )图9A ．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 假设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，那么应使X′接正极，X 接负极；电子在y 轴上也向负方向偏转，那么应使Y′接正极，Y 接负极，所以选项D 正确．题组三 综合应用10．一个初动能为Ek 的带电粒子以速度v 垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3Ek.假如这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为( )答案 B解析 带电粒子做类平抛运动，平行于极板方向的速度增加到原来的2倍，带电粒子通过电场的时间变为原来的12，沿电场方向的位移变为原来的14，电场力做功变为原来的14. 由动能定理得ΔEk′＝qE·y′＝14yqE 原速飞过时由动能定理有ΔEk ＝3Ek －Ek ＝qEy而ΔEk′＝Ek 末′－4Ek解得Ek 末′＝4.5Ek.11.如图10所示，程度放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0程度射入电场，且沿下板边缘飞出．假设下板不动，将上板上移一小段间隔 ，小球仍以一样的速度v0从原处飞入，那么带电小球( )图10A ．将打在下板中央B ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C ．不发生偏转，沿直线运动D ．假设上板不动，将下板上移一段间隔 ，小球可能打在下板的中央答案 BD解析 将电容器上板或下板挪动一小段间隔 ，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝Q Cd＝4kπQ εS可知，电容器产生的场强不变，以一样速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．当上板不动，下板向上挪动时，小球可能打在下板的中央．12．两个半径均为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．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 的大小；(2)α粒子在极板间运动的加速度a 的大小；(3)α粒子的初速度v0的大小．答案 (1)U d (2)eU 2md (3)R 2d eU m解析 (1)极板间场强E ＝U d(2)α粒子电荷量为2e ，质量为4m ，所受电场力F ＝2eE ＝2eU dα粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU 2dm(3)由d ＝12at2，得t ＝ 2d a ＝2d m eU ，v0＝R t ＝R 2d eU m。

学业分层测评(八) 探究电子束在示波管中的运动(建议用时：45分钟)[学业达标]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．如图2-5-13所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是()图2-5-13A．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P到Q的过程中，静电力做功，根据动能定理eU＝12m v2，得v＝2eUm，速度大小与U有关，与两板间距离无关．【答案】 C3．(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随着时间变化的规律如图2-5-14所示，带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()【导学号：29682189】图2-5-14A．微粒在0～1 s内的加速度与1 s～2 s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1 s内的位移与第3 s内的位移相同【解析】0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误．【答案】BD4．如图2-5-15所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场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()图2-5-15A．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1/2倍【解析】带电粒子经过加速电场和偏转电场，最终偏移量为y＝l2U24dU1，现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，必须使U2加倍，选A.【答案】 A5．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t1和α粒子经历的时间t2之比为()【导学号：29682180】A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶1【解析】 由动能定理可知qEl ＝E k ，又l ＝12at 2＝qE 2m t 2，解得t ＝2mE k q 2E 2，可见，两种粒子时间之比为1∶1，故A 选项正确．【答案】 A6．如图2-5-16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的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是( )图2-5-16A ．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】 偏转角：tan φ＝v y v x ，v y ＝at ＝qU 2l md v x ，在加速电场中有：12m v 2x ＝qU 1，v x ＝2qU 1m ，故tan φ＝U 2l 2U 1d ，所以B 正确．【答案】 B7．(多选)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2-5-17所示．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )图2-5-17A ．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】 由题意可知，在XX ′方向上向X 方向偏转，X 带正电，A 对，B 错；在YY ′方向上向Y 方向偏转，Y 带正电，C 对，D 错．【答案】AC8．如图2-5-18所示，质量为m、电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，则A、B两点间的电势差是多少？图2-5-18【解析】电子在电场中做类平抛运动．v y＝v0tan (θ－90°)，eU＝m v2y/2.得U＝m v20/6e.【答案】m v20/6e[能力提升]9．(多选)如图2-5-19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()图2-5-19A．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延长【解析】由12m v2＝qU知，两板距离变大时v不变，故C项对，又由d＝12at2＝qU2md t 2可知，t＝2mqU d，则增大板间距离d时，时间t延长，故D项对．【答案】CD10．(多选)如图2-5-20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()图2-5-20A．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：t C<t B<t AC．三小球到达正极板时动能关系：E k A>E k B>E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系：a A>a B>a C【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＝xv0，所以t C<t B<t A，故B项正确；又y＝12at2，则aC>a B>a A，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，E k C>E k B>E k A.【答案】AB11．如图2-5-21所示，质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO的水平距离为d，不计重力，求：【导学号：29682181】图2-5-21(1)从A点到B点所用的时间；(2)粒子在B点的速度大小；(3)匀强电场的电场强度大小．【解析】(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t ＝d v 0. (2)由B 点飞出电场时速度方向与AO 方向成45°角，则粒子在B 点的速度大小v ＝2v 0.(3)根据牛顿第二定律得：a ＝eE m将粒子射出电场的速度v 进行分解，则有v y ＝at ＝eE m ·d v 0＝eEd m v 0又v y ＝v 0tan45°联立解得E ＝m v 20ed .【答案】 (1)d v 0(2)2v 0 (3)m v 20ed 12．水平放置的两块平行金属板板长l ＝5.0 cm ，两板间距d ＝1.0 cm ，两板间电压为90 V ，且上板为正极板，一个电子沿水平方向以速度v 0＝2.0×118 m/s ，从两板中间射入，如图2-5-22所示，不计电子的重力，电子的质量为m ＝9.0×10－31 kg 、电荷量为e ＝－1.6×10－19 C ，求：图2-5-22(1)电子偏离金属板的侧位移是多少？(2)电子飞出电场时的速度大小是多少？(保留两位有效数字)(3)电子离开电场后，打在屏上的P 点，若s ＝10 cm ，求OP 之长．【解析】 (1)电子在电场中的加速度：a ＝Ue md ，侧位移即竖直方向位移：y 0＝12at 2＝eUt 22dm ，运动时间：t ＝l v 0，代入数据解得：y0＝5×10－3 m.(2)电子飞出电场时，水平分速度v x＝v0，竖直分速度：v y＝at＝eUlmd v0＝4×118 m/s.飞出电场时的速度为：v＝v2x＋v2y，代入数据可得：v≈2.0×118 m/s.设v与v0的夹角为θ，则tan θ＝v yv x＝0.2.则：θ＝arctan 0.2.(3)电子飞出电场后做匀速直线运动：OP＝y0＋MP＝y0＋s·tan θ代入数据解得：OP＝2.5×10－2 m.【答案】(1)5×10－3 m(2)2.0×118 m/s (3)2.5×10－2m。