2024-2025學(xué)年高中物理課時作業(yè)6示波器的奧秘含解析粵教版選修3-1

PAGE7-課時分層作業(yè)(六)示波器的奇妙(時間：40分鐘分值：100分)[基礎(chǔ)達標(biāo)練]一、選擇題(本題共6小題，每小題6分)1．(多選)如圖所示，一帶電小球以速度v0水平射入接入電路中的平行板電容器中，并沿直線打在屏上O點，若僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，讓帶電小球再次從原位置水平射入并能打在屏上，其他條件不變，兩次相比較，則再次射入的帶電小球()A．將打在O點的下方B．將打在O點的上方C．穿過平行板電容器的時間將增加D．到達屏上時的動能將增加AD[由題意可知，要考慮小球的重力，第一種狀況重力與電場力平衡；U不變，若僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，極板間的距離d變大，場強變小，電場力變小，重力與電場力的合力向下，帶電小球?qū)⒋蛟贠點的下方．由于水平方向運動性質(zhì)不變，故時間不變；而由于其次種狀況合力做正功，故小球的動能將增加．]2．平行板間有如圖所示周期改變的電壓．不計重力的帶電粒子靜止在平行板中心，從t＝0時刻起先將其釋放，運動過程無碰板狀況．如圖中，能正確定性描述粒子運動的速度圖象的是()A[粒子在第一個eq\f(T,2)內(nèi)，做勻加速直線運動，eq\f(T,2)時刻速度最大，在其次個eq\f(T,2)內(nèi)，電場反向，粒子做勻減速直線運動，到T時刻速度為零，以后粒子的運動要重復(fù)這個過程．]3.如圖所示，在點電荷＋Q激發(fā)的電場中有A、B兩點，將質(zhì)子和α粒子分別從A點由靜止釋放到達B點時，它們的速度大小之比為()A．1∶2B．2∶1C.eq\r(2)∶1D．1∶eq\r(2)C[質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點釋放將受靜電力作用加速運動到B點，設(shè)A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理可知，對質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2,H)＝qHU，對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．如圖所示，一價氫離子(H＋)和二價氦離子(He2＋)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時到達屏上同一點 B．先后到達屏上同一點C．同時到達屏上不同點 D．先后到達屏上不同點B[一價氫離子(H＋)和二價氦離子(He2＋)的比荷不同，由qU＝eq\f(1,2)mv2可知經(jīng)過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2L2,4U1d)相同，所以會打在同一點，B正確．]5．如圖所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′電壓為零時，電子槍放射的電子經(jīng)加速電場加速后會打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)系的O點，其中x軸與XX′電場的場強方向重合，x軸正方向垂直于紙面對里，y軸與YY′電場的場強方向重合，y軸正方向豎直向上)．若要電子打在圖示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，則()A．X、Y極接電源的正極，X′、Y′接電源的負極B．X、Y′極接電源的正極，X′、Y′接電源的負極C．X′、Y極接電源的正極，X、Y′接電源的負極D．X′、Y′極接電源的正極，X、Y接電源的負極D[若要使電子打在題圖所示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，電子在x軸上向負方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使X′接正極，X接負極；電子在y軸上也向負方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使Y′接正極，Y接負極，所以選項D正確．]6．噴墨打印機的簡化模型如圖所示．重力可忽視的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上．則微滴在極板間電場中()A．向負極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能漸漸增大C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電量無關(guān)C[由于微滴帶負電，其所受電場力指向正極板，故微滴在電場中向正極板偏轉(zhuǎn)，A項錯誤．微滴在電場中所受電場力做正功，電勢能減小，B項錯誤．由于極板間電場是勻強電場，電場力不變，故微滴在電場中做勻變速曲線運動，并且軌跡為拋物線，C項正確．帶電量影響電場力及加速度大小，運動軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項錯誤．]二、非選擇題(14分)7.如圖所示，有一電子(電荷量為e)經(jīng)電壓U0由靜止加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間．若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿過電場，求：(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時的動能．[解析](1)設(shè)電子飛離加速電場時的速度為v0，由動能定理得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①設(shè)金屬板AB的長度為L，電子偏轉(zhuǎn)時間t＝eq\f(L,v0) ②電子在偏轉(zhuǎn)電場中產(chǎn)生偏轉(zhuǎn)加速度a＝eq\f(eU,md) ③電子在電場中偏轉(zhuǎn)y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2 ④由①②③④得：L＝deq\r(\f(2U0,U)).(2)設(shè)電子穿出電場時的動能為Ek，依據(jù)動能定理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)))[實力提升練]一、選擇題(本題共4小題，每小題6分)1.在空間有正方向水平向右、大小按如圖所示的圖線改變的電場，位于電場中A點的電子在t＝0時速度為零，在t＝1s時，電子離開A點的距離大小為l.那么在t＝2s時，電子將處在()A．A點 B．A點左方l處C．A點右方2l處 D．A點左方2l處D[粒子在第1s內(nèi)做初速度為零的勻加速運動，第2s內(nèi)做末速度為零的勻減速運動，加速度大小相等，由于電子帶負電，故向左方運動，距離A點為2l，故選D.]2．真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電量之比為1∶1∶2，重力不計)．下列說法中正確的是()A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2∶1∶1B．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為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錯誤；由y＝eq\f(U0ql2,2dmveq\o\al(2,0))＝eq\f(U0l2,4dU1)可知，三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場同一點射出，且速度方向相同，故肯定打在屏上的同一點，C正確；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，故三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度不相同，B錯誤；由偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做的功為W電＝eq\f(U0,d)qy可知，W電1∶W電2∶W電3＝1∶1∶2，D錯誤．]3.如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場，有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g，則點電荷運動到負極板的過程()A．加速度大小為a＝eq\f(Eq,m)＋gB．所需的時間為t＝eq\r(\f(dm,qE))C．下降的高度為y＝eq\f(d,2)D．電場力所做的功為W＝EqdB[點電荷受到重力、電場力，合力F＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)；依據(jù)牛頓其次定律有a＝eq\f(\r(（qE）2＋（mg）2),m)，故A錯誤；依據(jù)運動獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，水平方向上的加速度a＝eq\f(qE,m)，依據(jù)位移公式可得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，化簡得t＝eq\r(\f(md,qE))，故B正確；豎直方向做自由落體運動，下降高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mgd,2qE)，故C錯誤；電荷運動位移為eq\f(d,2)，故電場力做功W＝eq\f(qEd,2)，故D錯誤．]4．如圖所示，矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于紙面的勻強電場，一質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝1.0×10－5C的帶正電粒子(重力不計)從a點以v1＝1×104m/s的初速度垂直于PQ進入電場，最終從MN邊界的b點以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出電場時的速度v2＝2×104m/s，已知MP＝20cm、MN＝80cm，取a點電勢為零，假如以a點為坐標(biāo)原點O，沿PQ方向建立x軸，則粒子從a點運動到b點的過程中，電場的電場強度E、電勢φ、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的改變圖象正確的是()D[勻強電場中場強到處相同，則知E-x圖象是平行于x軸的直線，故A錯誤．φ-x的斜率等于場強E，粒子從a點運動到b點的過程中，電勢降低，則知φ-x圖象是向下傾斜的直線，故B錯誤．依據(jù)動能定理得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v-x圖象是曲線，故C錯誤．取a點電勢為零，粒子從a點運動到b點的過程中，動能的增加量為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，電勢能削減量為ΔEp＝ΔEk＝3×10－3J，所以粒子到達b點時的電勢能為－3×10－3J．豎直方向有MP＝v1t，水平方向有x＝eq\f(\r(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)),2)t，聯(lián)立解得x＝17.32cm.依據(jù)電場力做功多少電勢能削減多少，可得，Ep＝－qEx，因此，Ep-x圖象是位于第四象限過原點的向下傾斜的直線，故D正確．]二、非選擇題(26分)5.(12分)如圖所示，A、B為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為U的電源上．在A板的中心P點放置一個電子放射源．可以向各個方向釋放電子．設(shè)電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，射出的初速度為v.求電子打在板上的區(qū)域面積．(不計電子的重力)[解析]打在最邊緣的電子，其初速度方向平行于金屬板，在電場中做類平拋運動，在垂直于電場方向做勻速運動，即r＝vt在平行電場方向做初速度為零的勻加速運動，即d＝eq\f(1,2)at2電子在平行電場方向上的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)電子打在B板上的區(qū)域面積S＝πr2由以上幾式得S＝eq\f(2πmv2d2,eU).[答案]eq\f(2πmv2d2,eU)6．(14分)如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽視不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力．求：(1)電子穿過A板時速度的大?。?2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏移量．(3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可實行哪些措施？[解析](1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).(2)電