高中物理粵教版1第一章電場第06節(jié)示波器的奧秘 第一章第六節(jié)示波器的奧秘

第一章電場第六節(jié)示波器的奧秘A級抓基礎1．一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現的運動狀態(tài)是()A．勻速直線運動B．勻加速直線運動C．勻變速曲線運動 D．勻速圓周運動解析：因為粒子只受到電場力的作用，所以不可能做勻速直線運動．答案：A2．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是()\f(edh,U) B．edUh\f(eU,dh) \f(eUh,d)解析：由動能定理：－Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以－eEh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，－eeq\f(U,d)h＝0－Ek0，所以Ek0＝eq\f(eUh,d).答案：D3．如圖所示，質子(eq\o\al(1,1)H原子核)和α粒子(eq\o\al(4,2)He原子核)，以相同的初動能垂直射入偏轉電場(不計粒子重力)，則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：由y＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)eq\f(L2,veq\o\al(2,0))和Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：y＝eq\f(EL2q,4Ek0)，可知y與q成正比，B正確．答案：B4.如圖所示，質量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(2) \r(2)∶1解析：豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l(wèi)＝eq\f(qE,2m)t2，聯立可得q＝eq\f(mgl,Eh)，所以有eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，B對．答案：B5．(多選)一臺正常工作的示波管，突然發(fā)現熒光屏上畫面的高度縮小，則產生故障的原因可能是()A．加速電壓突然變大B．加速電壓突然變小C．偏轉電壓突然變大 D．偏轉電壓突然變小答案：AD6.(多選)如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板，如果要使這個帶電粒子到達M、N板間距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()A．使初速度減為原來的eq\f(1,2)B．使M、N間電壓加倍C．使M、N間電壓提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)解析：由qE·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，當v0變?yōu)閑q\f(\r(2),2)v0時l變?yōu)閑q\f(l,2)；因為qE＝qeq\f(U,d)，所以qE·l＝qeq\f(U,d)·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，通過分析知B、D選項正確．答案：BDB級提能力7．(多選)如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電小球，從平行板電場中的P點以相同的初速度垂直于E進入電場，它們分別落到A、B、C三點，則()A．落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電B．三小球在電場中運動的時間關系：tC<tB<tAC．三小球到達正極板時動能關系：EkA>EkB>EkCD．三小球在電場中運動的加速度關系：aA>aB>aC解析：帶負電的小球受到的合力為mg＋F電，帶正電的小球受到的合力為mg－F電，不帶電小球僅受重力mg，小球在板間運動時間t＝eq\f(x,v0)，所以tC<tB<tA，故B項正確；又y＝eq\f(1,2)at2，則aC>aB>aA，落在C點的小球帶負電，落在A點的小球帶正電，落在B點的小球不帶電，故A項正確；因為電場對帶負電的小球C做正功，對帶正電的小球A做負功，所以落在板上動能的大小EkC>EkB>EkA，C錯誤．答案：AB8．(多選)如圖所示，平行板電容器兩極板間的電場可看作是勻強電場，兩板水平放置，板間相距為d，一帶負電粒子從上板邊緣射入，沿直線從下板邊緣射出，粒子的電荷量為q，質量為m，下列說法中正確的是()A．粒子的加速度為零B．粒子的電勢能減少3mgdC．兩板間的電勢差為eq\f(mgd,q)D．M板比N板電勢低解析：由題可知粒子做勻速直線運動，故A對，又mg＝qE，則U＝eq\f(mgd,q)，故C對；粒子帶負電，電場力向上，則M板帶正電，N板帶負電，M板電勢比N板高，故D錯．又由電場力做負功可知電勢能增加mgd.答案：AC9．(多選)如圖所示，電量和質量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩板間的加速電場后飛出，不計重力的作用，則()A．它們通過加速電場所需的時間相等B．它們通過加速電場過程中速度的增量相等C．它們通過加速電場過程中動能的增量相等D．它們通過加速電場過程中電勢能的減少量相等解析：粒子在勻強電場中做勻加速直線運動滿足：vt＋eq\f(1,2)at2＝d，又因為a＝eq\f(qU,md)，由于電量和質量都相同，故加速度相同，由于初速度不同，故時間不等，故A錯誤．因為帶電粒子的電荷量相等，故電場力做功相等W電＝qU，根據動能定理，電場力做功等于動能的增量，由W電＝Ek－Ek0，故它們通過加速電場過程中動能的增量相等，即ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)相等，雖然質量相等，但速度的增量不等，故B錯誤、C正確．因為電場力W電＝qU一定，而電場力做功等于電勢能的減少量，故D正確．答案：CD10．(多選)如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O點經P板的小孔以速度v1射出，運動時間為t1；又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離y后離開電場，離開電場時速度為v2，運動時間為t2，則下列判斷正確的是()A．只增大U1，則t1增大B．只增大U1，則y減小C．只增大U2，則v2增大D．只增大U2，則y減小解析：由F＝eq\f(Uq,d)可知，電子受力變大，加速度變大，其他條件不變時，當U1變大，則電子進入偏轉電場的速度變大，則運動的時間t1減小，故A錯誤；聯立U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，L＝v0t2，y＝eq\f(1,2)eq\f(U2q,dm)t2三式，解得y＝eq\f(U2L2,4dU1).若要電子離開偏轉電場時偏移量y變小，僅使U2變小，或者增大U1，其他條件不變即可，故B正確．D錯誤；v2＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U2q,dm)\f(L,v0)))\s\up12(2))，則只增大U2，則v2增大，選項C正確；故選BC.答案：BC11.在如圖所示的平行金屬板A、B上分別加如圖甲、乙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高．在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動．若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應的v-t圖象．圖甲圖乙解析：t＝0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設為正向)做初速度為零的 勻加速運動．(1)對于圖甲，在0～eq\f(1,2)T電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，eq\f(1,2)T～T電子做末速度為零的正向勻減速直線運動，然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖①所示．(2)對于圖乙，在0～eq\f(T,2)做類似①0～T的運動，eq\f(T,2)～T電子做反向先勻加速、后勻減速，末速度為零的直線運動．然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖②所示．圖①圖②答案：見解析12．如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長L＝0.4m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質量m＝4×10－5kg，電量q＝＋1×10－8C(g取(1)微粒入射速度v0為多少？(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？解析：(1)由eq\f(L,2)＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2，可解得：v0＝eq\f(L,2)eq\r(\f(g,d))＝10m/s.(2)電容器的上板應接電源的負極．當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，a1＝eq\f(mg－q\f(U1,d)