高中物理 1-6《示波器的奥秘》同步课时训练 粤教版选修3-1

示波器的奥秘一、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Ue B ．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3Ue D ．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：C2．如图1­6­12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，tan θ＝v y v 0＝qU 1l mdv 20，①式代入上式得tan θ＝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 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：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1­6­14A ．1∶8B ．1∶4C ．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 ＝12mv 2.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 ＝d t ，v 2＝d t ，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 ＝12at 2，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．答案：AB7．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E2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v0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( )图1­6­18A．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2mv 20/q D ．MN 板间的电势差为Ev 20/2g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－mgh ＝0，h ＝v 202y ，得U ＝mv 20q ，故C 项错误；又由mg ＝qE 得q ＝mg E 代入U ＝mv 20q ，得U ＝Ev 20g，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U 1的加速电场后以速度v 0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U 2，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 /U 2)可采取的方法是( )图1­6­19A ．增大两板间电势差U 2B ．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U 1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：eU 1＝12mv 2(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xx ＝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 ＝3mg q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 k qLqEL ＝E k t －E k则E kt ＝qEL ＋E k ＝5E k(2)若粒子由bc 边离开电场，则L ＝v 0tv 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 kqL若粒子由cd 边离开电场，由动能定理得qEL ＝E k ′－E k所以E ＝E k ′－E kqL 答案：(1)4E kqL5E k(2)粒子由bc 边离开电场时，E ＝2E kE k ′－E kqL粒子由cd 边离开电场时，E ＝E k ′－E kqL12．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 0＝4.0×107m/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 ＝1.6×10－19C)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U 1，由动能定理可得eU 1＝12mv 20－0化简得U 1＝mv 202e，代入数据得U 1＝4.50×103V.(2)如下图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v 1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U 2，偏转位移为y ，则y ＝12at 2＝U 2e 2dm (l v 0)2 tan θ＝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tan θ＝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)4.50×103V (2)－360 V ～360 V。