2024-2025学年高中物理课时作业6示波器的奥秘含解析粤教版选修3-1

PAGE7-课时分层作业(六)示波器的奇妙(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v0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，第一种状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；而由于其次种状况合力做正功，故小球的动能将增加．]2．平行板间有如图所示周期改变的电压．不计重力的带电粒子静止在平行板中心，从t＝0时刻起先将其释放，运动过程无碰板状况．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eq\f(T,2)内，做匀加速直线运动，eq\f(T,2)时刻速度最大，在其次个eq\f(T,2)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.eq\r(2)∶1D．1∶eq\r(2)C[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：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2,H)＝qHU，对α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\al(2,α)＝qαU.所以eq\f(vH,vα)＝eq\r(\f(qHmα,qαmH))＝eq\r(\f(1×4,2×1))＝eq\r(2)∶1.]4．如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)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(He2＋)的比荷不同，由qU＝eq\f(1,2)mv2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＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2L2,4U1d)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，电子枪放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对里，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．重力可忽视的墨汁微滴，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．电势能渐渐增大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U0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v0，由动能定理得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t＝eq\f(L,v0) ②电子在偏转电场中产生偏转加速度a＝eq\f(eU,md) ③电子在电场中偏转y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2 ④由①②③④得：L＝deq\r(\f(2U0,U)).(2)设电子穿出电场时的动能为Ek，依据动能定理Ek＝eU0＋eeq\f(U,2)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2))).[答案](1)deq\r(\f(2U0,U))(2)eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2)))[实力提升练]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改变的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1s时，电子离开A点的距离大小为l.那么在t＝2s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1s内做初速度为零的匀加速运动，第2s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U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v1∶v2∶v3＝eq\r(2)∶1∶1，再由t＝eq\f(l,v0)可得t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，A错误；由y＝eq\f(U0ql2,2dmveq\o\al(2,0))＝eq\f(U0l2,4dU1)可知，三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，故肯定打在屏上的同一点，C正确；由eq\f(1,2)mv2＝U1q＋eq\f(U0,d)qy可得v＝eq\r(（2U1＋\f(2U0,d)y）\f(q,m))，因eq\f(q,m)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＝eq\f(U0,d)qy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\f(Eq,m)＋gB．所需的时间为t＝eq\r(\f(dm,qE))C．下降的高度为y＝eq\f(d,2)D．电场力所做的功为W＝EqdB[点电荷受到重力、电场力，合力F＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)；依据牛顿其次定律有a＝eq\f(\r(（qE）2＋（mg）2),m)，故A错误；依据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方向上的加速度a＝eq\f(qE,m)，依据位移公式可得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，化简得t＝eq\r(\f(md,qE))，故B正确；竖直方向做自由落体运动，下降高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mgd,2qE)，故C错误；电荷运动位移为eq\f(d,2)，故电场力做功W＝eq\f(qEd,2)，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v1＝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v2＝2×104m/s，已知MP＝20cm、MN＝80cm，取a点电势为零，假如以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Ep随x的改变图象正确的是()D[匀强电场中场强到处相同，则知E­x图象是平行于x轴的直线，故A错误．φ­x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φ­x图象是向下倾斜的直线，故B错误．依据动能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得v＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋\f(2qEx,m))，可知v­x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ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得ΔEk＝3×10－3J，电势能削减量为ΔEp＝ΔEk＝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＝v1t，水平方向有x＝eq\f(\r(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)),2)t，联立解得x＝17.32cm.依据电场力做功多少电势能削减多少，可得，Ep＝－qEx，因此，Ep­x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板的中心P点放置一个电子放射源．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＝eq\f(1,2)at2电子在平行电场方向上的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)电子打在B板上的区域面积S＝πr2由以上几式得S＝eq\f(2πmv2d2,eU).[答案]eq\f(2πmv2d2,eU)6．(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(初速度可忽视不计)，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，可实行哪些措施？[解析](1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).(2)电