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高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课时练习
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课时练习，共23页。试卷主要包含了示波管的内部结构如图甲所示，03m等内容，欢迎下载使用。
题组一 带电粒子在电场中的加速
1.(经典题)(2024江苏常州联盟学校月考)如图所示,两平行金属板相距为d,电势差U未知,一个电子从O点沿垂直于极板的方向以速度v射出,最远到达A点,然后返回,已知O、A相距为h,电子的质量为m、电荷量为e,不计重力,则两金属板间的电势差为( )
A.mv22h B.mv22e C.mdv22eh D.mhv22ed
2.(2024北京西城一六一中学月考)如图所示,在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动,则以下说法正确的是( )
A.电荷到达Q板时的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B.电荷到达Q板时的速率与板间距离无关
C.两板间距离越大,加速的时间越长,加速度越大
D.若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍,则电荷到达Q板时的速率变为原来的4倍
题组二 带电粒子在电场中的偏转
3.(2024湖北襄阳期中)如图所示,平行板电容器板间电压为U,板间距离为d,两板间为匀强电场,让质子以初速度v0垂直电场射入,沿a轨迹落到下板的中央,现只改变其中一个条件,让质子沿b轨迹落到下板边缘,则可以将( )
A.开关S断开
B.初速度变为v02
C.板间电压变为U4
D.竖直移动上板,使板间距离变为2d
4.(2024北京西城期中)具有相同质子数、不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素的原子核(11H、12H和 13H)以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场,分别落在A、B、C三点,如图所示。不计粒子的重力,则( )
A.三种粒子在电场中运动的时间相同
B.三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同
C.落在A点的是 11H
D.到达负极板时,落在C点的粒子的动能大于落在A点的粒子的动能
5.(2023湖南长沙第一中学等名校联考)如图所示,长为d的水平放置的平行金属板A和B间的距离也为d。OO'为两板间的中线,在A、B两板间加上恒定电压U0,质量为m、电荷量为q的带正电的粒子组成的粒子束,不断地从O点沿OO'方向射入两板间,结果粒子从两板右侧距离A板为14d的位置离开两板间,不计重力影响,不计粒子间的相互作用。
(1)求粒子从O点射入的速度大小;
(2)保持粒子射入的位置不变,射入的速度大小不变,方向改变,要使粒子刚好能从B板右侧边缘平行于B板飞出,求粒子射入的速度方向与OO'的夹角应满足的条件;
(3)保持粒子射入的位置不变,射入的速度不变,保持A板位置不变,将B板沿竖直方向平移,要使粒子从A板右侧边缘飞出,求B板移动的距离。
题组三 示波管的原理
6.(2024广东中山期末)示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX'、YY'之间都没有加电压,电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX'之间和YY'之间加上图丙所示的几种电压,荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则下列说法中正确的是( )
①若XX'和YY'分别加电压(3)和(1),荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
②若XX'和YY'分别加电压(4)和(1),荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
③若XX'和YY'分别加电压(3)和(2),荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
④若XX'和YY'分别加电压(4)和(2),荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
题组四 带电粒子在电场中加速和偏转的综合
7.(2024湖南常德月考,改编)如图所示,灯丝发热后发出的电子经加速电场后,进入偏转电场,若加速电压为U1,偏转电压为U2,要使电子在电场中的偏转量y变为原来的2倍(设电子不落到极板上),可选用的方法有( )
A.只使U1变为原来的2倍
B.只使U2变为原来的12
C.只使偏转电极的长度L变为原来的2倍
D.只使偏转电极间的距离d变为原来的2倍
8.(2023广东惠州第一中学月考)一个电荷量为q=2×10-8 C、质量为m=1×10-14 kg、带负电的粒子,由静止经电压为U1=1 600 V的加速电场加速后,立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2 400 V的偏转电场,然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点,偏转电场两极板间距为d=8 cm,极板长L=8 cm,极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8 cm。整个装置如图所示(不计粒子的重力)。求:
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小;
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y;
(3)P点到O2的距离y'。
能力提升练
题组一 带电粒子在电场中加速与偏转的综合
1.(2023河北九师联盟联考)某种类型的示波管工作原理如图所示,电子先经过电压为U1的加速电场,再垂直进入偏转电场,离开偏转电场时的偏移量为h,两平行板之间的距离为d,电压为U2,板长为L,把hU2叫示波器的灵敏度,电子质量为m、电荷量为e。下列说法正确的是( )
A.电子在加速电场中动能增大,在偏转电场中动能不变
B.电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间一定等于Lm2U1e
C.当U1、L增大,d不变,示波器的灵敏度减小
D.当L变为原来的2倍,d变为原来的4倍,U1不变,示波器的灵敏度增大
2.(2024江苏南京期中学情调研)如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成。平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成。两平行金属板间的电压大小均为U1,电场方向相反,极板长度均为L、间距均为d。一初速度为零、质量为m、电荷量为+q的粒子经过电压为U0的加速器后,从下极板附近水平射入第一对平行金属板,粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上。平行板外的电场以及粒子的重力都忽略不计。
(1)求粒子离开加速器时的速度大小v1;
(2)求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向的位移y1的大小;
(3)通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置,当粒子撞击荧光屏的位置最高时,求此时加速器的电压U2。
题组二 带电粒子在交变电场中的运动
3.(2024江苏泰州期中)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示,当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电),设带电粒子只受静电力的作用,则下列说法中正确的是( )
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度不为零
D.0~3 s内,静电力做的总功为零
4.(2023山东青岛第十九中学月考)如图所示,两平行金属板分别加上如下列选项中的电压,能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)做往返运动的U-t图像是(设两板距离足够大)( )
5.(2023江苏南通第一次质量监测)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板,OO1为板间中线,O1为两板右侧边缘连线的中点,板长为L,不考虑电场边缘效应。电子从O点沿OO1方向射入两板间,电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。
(1)若两板间加恒定电压U1,且M、N板间距离为d1,电子从O1点正上方A点从板间射出,O1、A两点间距离为3d18,求该电子从O点射入电场的初速度v1的大小;
(2)在(1)的情况下,只上下移动N板,改变M、N板间距离,求电子射出电场时动能的最大值Ekm;
(3)若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压,U0和T已知。某电子在t=0时刻以初速度v0=LT射入电场,要使该电子能从O1点射出电场,求Ux以及板间距离d应满足的条件。
教材深研拓展
6.如图甲所示,某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由若干个(图中只画出5个)横截面积相同的金属圆筒依次排列,其中心轴线在同一水平直线上,圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连,序号为偶数的圆筒、序号为0的金属圆板和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示,在t=0时,奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值,此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子,在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速,沿中心轴线冲进圆筒1,电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时,都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速,且已知电子的质量为m、电荷量为e,电压的绝对值为U0,周期为T,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场部分由两块相同的水平放置的平行金属极板A与B组成,板长为L,板间距为L2,两极板间的电压UAB=8U0,两板间的电场可视为匀强电场,忽略边缘效应,距两极板右侧L处垂直于金属圆筒中心轴线放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后,沿两板的中心线PO方向射入偏转电场,并从另一侧射出,最后打到荧光屏上。试求:
(1)电子在第1个金属圆筒中运动的时间和速度大小;
(2)若电子恰好紧贴上极板右边缘飞出两平行板之间,则金属圆筒有几个;
(3)圆筒个数不同,电子打在荧光屏上的位置也不同,请求出电子打在荧光屏上位置离O点的最大距离。
答案与分层梯度式解析
5 带电粒子在电场中的运动
基础过关练
1.C 电子由O到A的过程,只有电场力做功,根据动能定理得-eEh=0-12mv2,两板间的电场强度E=Ud,解得两板间的电势差为U=mdv22eh。故选C。
2.B 设电荷到达Q板时的速率为v,板间的距离为d,电荷在板间的加速度为a,两板间电压为U。根据动能定理可得qU=12mv2,可知电荷到达Q板时的速率v=2qUm,与两板间距离无关,与加速电压U有关;若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍,电荷到达Q板时的速率变为原来的2倍,故B正确,A、D错误。电荷在板间做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得ma=qUd,可得电荷的加速度a=qUmd,d=12at2=qU2mdt2,得电荷加速的时间t=d2mqU,可知两极板间距离越小,加速度越大,加速时间越短,C错误。
方法技巧 处理带电粒子的加速问题的两种方法
(1)利用运动状态分析:带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场,受到的静电力与运动方向在同一直线上,做匀加(减)速直线运动。
(2)利用功能关系分析:粒子动能的变化量等于静电力做的功(电场可以是匀强电场,也可以是非匀强电场)。
3.C 质子在匀强电场中做类平抛运动,开关S断开时,极板间电压恒定不变,电场强度不变,质子仍落到下板中央,A错误;质子在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,初速度变为v02,运动时间不变,水平位移减半,不会落到下板边缘,B错误;极板间电压变为U4,则场强变为E4,加速度变为a4,由于运动时间t=2ha,运动时间变为原来的2倍,则质子的水平位移变为原来的2倍,即沿b轨迹落到下板边缘,C正确;竖直移动上板,使板间距离变为2d,电场强度变为E2,加速度变为a2,根据运动时间t=2ha,知运动时间变为原来的2倍,水平位移变为原来的2倍,不能到达下板边缘,D错误。
4.B 设平行板间电压为U,P与下极板间的电压为U'。沿电场方向,加速度大小为a=qUmd,沿电场方向位移相同,y=12·qUmdt2,三种同位素原子核的电荷量q相同,y相同,原子核质量m不同,所以用时不同,A错误;因三种同位素原子核都是从P运动到了下极板,由W电=qU'=-ΔEp,因W电相同,所以电势能的变化量相同,B正确;三种同位素原子核的电荷量q相同,y相同,因11H质量最小,所以其运动时间最短,又x=vt,11H落在最左侧的C点,C错误;到达负极板过程中,只有电场力做功,且电场力做功相等,由动能定理可得动能的变化量相同,故从P点射出时的动能越大,落在下极板时动能越大,因初速度相同,11H的质量最小,故11H的初动能最小,11H落在下极板时动能最小,知落在C点的粒子的动能小于落在A点的粒子的动能,D错误。
5.答案 (1)2qU0m (2)粒子射入的速度方向与OO'成45°斜向右下方 (3)12d
解析 (1)粒子在平行金属板间做类平抛运动,水平位移和竖直位移分别满足d=v0t1,14d=12at12
根据牛顿第二定律可得qU0d=ma
解得v0=2qU0m
(2)设粒子射入的速度方向与OO'方向的夹角为θ,则粒子在板间运动时在水平方向上满足
v0csθ·t2=d,
在竖直方向上满足12d=12v0sinθ·t2
解得tanθ=1
即粒子射入的速度方向与OO'成45°角斜向右下方
(3)设改变后两板间的距离为d',则水平方向有d=v0t1
竖直方向有12d=12a't12
根据牛顿第二定律可得qU0d'=ma'
解得d'=12d
因此,B板应向上移动的距离Δd=d-d'=12d
6.C 若在XX'之间加电压(3),即扫描电压,则荧光屏上出现的波形图与YY'之间所加的电压波形一致,①③正确;若XX'之间加电压(4),则电子左右偏移在某一位置不变,上下偏移量与YY'之间加的电压成正比,故若YY'之间加电压(1),则荧光屏上出现的波形图是一条平行于YY'轴的直线段,若YY'之间加电压(2),则荧光屏上出现的是两个点,且前半个周期在XX'轴上方,后半个周期在XX'下方,②④错误。故选C。
7.C 灯丝发热后发出的电子在加速电场中加速,由动能定理可得eU1=12mv2,进入偏转电场后,做类平抛运动,水平位移L=vt,偏转距离y=12·eU2mdt2,联立可得y=U2L24U1d。只使U1变为原来的2倍,y'=12y,A错误;只使U2变为原来的12,则y'=12y,B错误;只使偏转电极的长度L变为原来的2倍,则y'=2y,C正确;只使偏转电极间的距离d变为原来的2倍,则y'=12y,D错误。
8.答案 (1)8×104ms (2)0.03m (3)0.09m
解析 (1)由动能定理可得
qU1=12mv02
代入数据解得v0=8×104ms
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动,水平方向有L=v0t
竖直方向有y=12at2,a=qEm,E=U2d
联立并代入数据,解得y=0.03m
(3)设粒子射出偏转电场时速度方向与中心线O1O2间夹角为θ,则tanθ=vyv0,又因为y=12vyt,L=v0t,则tanθ=y12L,几何关系如图所示,由几何知识知y'y=L+12L12L
解得y'=3y=0.09m
方法技巧 计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法:
(1)Y=y+dtanθ(d为屏到偏转电场的水平距离)
(2)Y=L2+dtanθ(L为极板长度)
(3)Y=y+vy·dv0
(4)根据三角形相似:Yy=L2+dL2
能力提升练
1.B 电子在加速电场和偏转电场中运动,电场力均对电子做正功,电子的动能增大,A错误;电子在加速电场中运动,有eU1=12mv02,解得v0=2eU1m,电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间一定等于t=Lv0=Lm2U1e,B正确;电子在偏转电场中运动,有h=12×eU2md×Lv02,结合eU1=12mv02,联立解得hU2=L24U1d,可知当U1、L增大,d不变时,示波器的灵敏度可能增大,可能减小,还可能不变,C错误;根据hU2=L24U1d,可知当L变为原来的2倍,d变为原来的4倍,U1不变时,示波器的灵敏度不变,D错误。
2.答案 (1)2qU0m (2)U1L24U0d (3)L2d2U1
解析 (1)粒子在加速器中运动时,由动能定理可得qU0=12mv12
解得粒子离开加速器时的速度v1=2qU0m
(2)粒子离开第一对平行金属板时,竖直方向的位移y1=12at12
粒子在平行金属板间的加速度大小a=Eqm=U1qmd
粒子穿过第一对平行金属板所用时间t1=Lv1
解得y1=U1L24U0d
(3)当粒子沿着第二对平行金属板的上板右侧边缘射出时,粒子竖直方向的侧移量最大,此时满足y1'+y2+y3=d
粒子离开加速电场时的速度v2=2qU2m
通过每对平行金属板所用时间均为t2=Lv2
两对平行金属板内场强方向相反,根据对称性及(1)(2)问分析可得y1'=y3=U1L24U2d,y2=vyt2=at22=U1L22U2d
解得U2=L2d2U1
3.D
试题剖析 由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1s内的加速度大小为a1=qEm,第2s内的加速度大小为a2=2qEm,故a2=2a1,由v=at可知,粒子先加速运动1s再减速运动0.5s时速度为零,接下来的0.5s将反向加速,2s末的速度与1s末的速度大小相等,方向相反;2~3s粒子做匀减速直线运动,加速度大小a1=qEm,3s末速度减为零,运动完成一个周期,画出粒子运动的v-t图像如图所示。
带电粒子在第1s内做匀加速运动,在第2s内先做匀减速运动,后反向加速,所以不是始终向同一方向运动,A错误;根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移,可知在t=2s时,带电粒子没有回到出发点,B错误;由v-t图像可知,3s末带电粒子的瞬时速度为0,C错误;因为第3s末带电粒子的速度刚好减为0,根据动能定理可知,0~3s内,静电力做的总功为零,D正确。
方法技巧 当空间存在交变电场时,粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动状态也会改变。研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段,并可辅以v-t图像,特别注意带电粒子进入交变电场的时刻及交变电场的周期。
4.B 在两平行金属板间加上图A所示的电压,电子先做匀加速直线运动,T2时速度最大,T2到T时间内沿原运动方向做匀减速直线运动,T时速度减为零,然后重复这种运动,一直向一个方向运动,A错误;在两平行金属板间加上图B所示的电压,电子先做匀加速直线运动,T4时速度最大,从T4到T2内沿原运动方向做匀减速直线运动,T2时速度减为零,从T2到3T4反向做匀加速直线运动,3T4时速度最大,从3T4到T内沿反方向做匀减速直线运动,T时速度减为零,回到出发点,然后重复往返运动,B正确;在两平行金属板间加上图C所示的电压,电子在0到T4时间内做加速度增大的加速直线运动,从T4到T2做加速度减小的加速直线运动,T2时速度最大,从T2到3T4做加速度增大的减速直线运动,从3T4到T做加速度减小的减速直线运动,T时速度减为零,然后重复之前的运动,一直向一个方向运动,C错误;在两平行金属板间加上图D所示的电压,电子在0到T2时间内做匀加速直线运动,从T2到T内做匀速运动,然后重复加速直线运动和匀速运动,一直向一个方向运动,D错误。
5.答案 (1)2Ld1eU13m (2)2eU1(L2+d12)3d12
(3)Ux=3U0,d>eU0T23m
解析 (1)两板间加恒定电压U1,且M、N板间距离为d1,电子在板间的加速度大小为a=eU1md1
电子在板间做类平抛运动,沿板方向做匀速直线运动,则有L=v1t
垂直于板方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有3d18=12at2
联立解得电子从O点射入电场的初速度大小为
v1=2Ld1eU13m
(2)在(1)的情况下,只上下移动N板,当电子刚好从M板右侧边缘离开电场时,电子射出电场时的动能最大,则有L=v1t,d12=vy2t
联立解得电子离开电场时垂直于板方向的分速度大小为
vy=d1Lv1
则电子射出电场时动能的最大值为
Ekm=12mv2=12m(v12+vy2)=2eU1(L2+d12)3d12
(3)电子在t=0时刻以初速度v0=LT射入电场,电子在电场中运动的时间为t'=Lv0=T
在0~T2内,电子的加速度大小为a'=eU0md
电子在0~T2内垂直于板方向的位移为
y1=12a'T22
电子在t=T2时垂直于板方向的分速度为vy1=a'·T2
在T2~T内,电子的加速度大小为a″=eUxmd
要使该电子能从O1点射出电场,电子在T2~T内垂直于板方向的位移为y2=-y1=vy1·T2-12a″T22
联立解得Ux=3U0
电子垂直于板方向通过的最大位移为
ym=12a'T22+vy122a″=eU0T26md
为了使电子不与极板发生碰撞,需要满足
ym=eU0T26md解得d>eU0T23m
6.答案 (1)T2 2eU0m (2)16个 (3)3L4
解析 (1)由题意可知,电子在每一个圆筒中运动的时间都一样,等于t=T2
电子被电场加速一次即进入第1个圆筒,根据动能定理有eU0=12mv12
解得v1=2eU0m
(2)设有n个圆筒,最后电子紧贴上极板右边缘飞出两板之间,有neU0=12mvn2
在两平行金属极板间,电子在水平方向做匀速直线运动,有L=vnt
竖直方向有yn=d2=L4=12at2
电场力提供加速度,有a=eEm
且有E=8U0d=16U0L
联立各式解得n=16,即金属圆筒有16个
(3)设电子打在荧光屏上M点,且M点离O点最远。依据推论,有yY=L2L2+L=13
可见,当y最大时,Y最大,且有Ym=3ym
而ym=d2=L4
所以Ym=3L4
1.C
2.B
3.C
4.B
6.C
7.C
题组一 带电粒子在电场中的加速
1.(经典题)(2024江苏常州联盟学校月考)如图所示,两平行金属板相距为d,电势差U未知,一个电子从O点沿垂直于极板的方向以速度v射出,最远到达A点,然后返回,已知O、A相距为h,电子的质量为m、电荷量为e,不计重力,则两金属板间的电势差为( )
A.mv22h B.mv22e C.mdv22eh D.mhv22ed
2.(2024北京西城一六一中学月考)如图所示,在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动,则以下说法正确的是( )
A.电荷到达Q板时的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B.电荷到达Q板时的速率与板间距离无关
C.两板间距离越大,加速的时间越长,加速度越大
D.若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍,则电荷到达Q板时的速率变为原来的4倍
题组二 带电粒子在电场中的偏转
3.(2024湖北襄阳期中)如图所示,平行板电容器板间电压为U,板间距离为d,两板间为匀强电场,让质子以初速度v0垂直电场射入,沿a轨迹落到下板的中央,现只改变其中一个条件,让质子沿b轨迹落到下板边缘,则可以将( )
A.开关S断开
B.初速度变为v02
C.板间电压变为U4
D.竖直移动上板,使板间距离变为2d
4.(2024北京西城期中)具有相同质子数、不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素的原子核(11H、12H和 13H)以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场,分别落在A、B、C三点,如图所示。不计粒子的重力,则( )
A.三种粒子在电场中运动的时间相同
B.三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同
C.落在A点的是 11H
D.到达负极板时,落在C点的粒子的动能大于落在A点的粒子的动能
5.(2023湖南长沙第一中学等名校联考)如图所示,长为d的水平放置的平行金属板A和B间的距离也为d。OO'为两板间的中线,在A、B两板间加上恒定电压U0,质量为m、电荷量为q的带正电的粒子组成的粒子束,不断地从O点沿OO'方向射入两板间,结果粒子从两板右侧距离A板为14d的位置离开两板间,不计重力影响,不计粒子间的相互作用。
(1)求粒子从O点射入的速度大小;
(2)保持粒子射入的位置不变,射入的速度大小不变,方向改变,要使粒子刚好能从B板右侧边缘平行于B板飞出,求粒子射入的速度方向与OO'的夹角应满足的条件;
(3)保持粒子射入的位置不变,射入的速度不变,保持A板位置不变,将B板沿竖直方向平移,要使粒子从A板右侧边缘飞出,求B板移动的距离。
题组三 示波管的原理
6.(2024广东中山期末)示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX'、YY'之间都没有加电压,电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX'之间和YY'之间加上图丙所示的几种电压,荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则下列说法中正确的是( )
①若XX'和YY'分别加电压(3)和(1),荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
②若XX'和YY'分别加电压(4)和(1),荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
③若XX'和YY'分别加电压(3)和(2),荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
④若XX'和YY'分别加电压(4)和(2),荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
题组四 带电粒子在电场中加速和偏转的综合
7.(2024湖南常德月考,改编)如图所示,灯丝发热后发出的电子经加速电场后,进入偏转电场,若加速电压为U1,偏转电压为U2,要使电子在电场中的偏转量y变为原来的2倍(设电子不落到极板上),可选用的方法有( )
A.只使U1变为原来的2倍
B.只使U2变为原来的12
C.只使偏转电极的长度L变为原来的2倍
D.只使偏转电极间的距离d变为原来的2倍
8.(2023广东惠州第一中学月考)一个电荷量为q=2×10-8 C、质量为m=1×10-14 kg、带负电的粒子,由静止经电压为U1=1 600 V的加速电场加速后,立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2 400 V的偏转电场,然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点,偏转电场两极板间距为d=8 cm,极板长L=8 cm,极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8 cm。整个装置如图所示(不计粒子的重力)。求:
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小;
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y;
(3)P点到O2的距离y'。
能力提升练
题组一 带电粒子在电场中加速与偏转的综合
1.(2023河北九师联盟联考)某种类型的示波管工作原理如图所示,电子先经过电压为U1的加速电场,再垂直进入偏转电场,离开偏转电场时的偏移量为h,两平行板之间的距离为d,电压为U2,板长为L,把hU2叫示波器的灵敏度,电子质量为m、电荷量为e。下列说法正确的是( )
A.电子在加速电场中动能增大,在偏转电场中动能不变
B.电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间一定等于Lm2U1e
C.当U1、L增大,d不变,示波器的灵敏度减小
D.当L变为原来的2倍,d变为原来的4倍,U1不变,示波器的灵敏度增大
2.(2024江苏南京期中学情调研)如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成。平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成。两平行金属板间的电压大小均为U1,电场方向相反,极板长度均为L、间距均为d。一初速度为零、质量为m、电荷量为+q的粒子经过电压为U0的加速器后,从下极板附近水平射入第一对平行金属板,粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上。平行板外的电场以及粒子的重力都忽略不计。
(1)求粒子离开加速器时的速度大小v1;
(2)求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向的位移y1的大小;
(3)通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置,当粒子撞击荧光屏的位置最高时,求此时加速器的电压U2。
题组二 带电粒子在交变电场中的运动
3.(2024江苏泰州期中)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示,当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电),设带电粒子只受静电力的作用,则下列说法中正确的是( )
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度不为零
D.0~3 s内,静电力做的总功为零
4.(2023山东青岛第十九中学月考)如图所示,两平行金属板分别加上如下列选项中的电压,能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)做往返运动的U-t图像是(设两板距离足够大)( )
5.(2023江苏南通第一次质量监测)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板,OO1为板间中线,O1为两板右侧边缘连线的中点,板长为L,不考虑电场边缘效应。电子从O点沿OO1方向射入两板间,电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。
(1)若两板间加恒定电压U1,且M、N板间距离为d1,电子从O1点正上方A点从板间射出,O1、A两点间距离为3d18,求该电子从O点射入电场的初速度v1的大小;
(2)在(1)的情况下,只上下移动N板,改变M、N板间距离,求电子射出电场时动能的最大值Ekm;
(3)若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压,U0和T已知。某电子在t=0时刻以初速度v0=LT射入电场,要使该电子能从O1点射出电场,求Ux以及板间距离d应满足的条件。
教材深研拓展
6.如图甲所示,某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由若干个(图中只画出5个)横截面积相同的金属圆筒依次排列,其中心轴线在同一水平直线上,圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连,序号为偶数的圆筒、序号为0的金属圆板和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示,在t=0时,奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值,此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子,在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速,沿中心轴线冲进圆筒1,电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时,都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速,且已知电子的质量为m、电荷量为e,电压的绝对值为U0,周期为T,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场部分由两块相同的水平放置的平行金属极板A与B组成,板长为L,板间距为L2,两极板间的电压UAB=8U0,两板间的电场可视为匀强电场,忽略边缘效应,距两极板右侧L处垂直于金属圆筒中心轴线放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后,沿两板的中心线PO方向射入偏转电场,并从另一侧射出,最后打到荧光屏上。试求:
(1)电子在第1个金属圆筒中运动的时间和速度大小;
(2)若电子恰好紧贴上极板右边缘飞出两平行板之间,则金属圆筒有几个;
(3)圆筒个数不同,电子打在荧光屏上的位置也不同,请求出电子打在荧光屏上位置离O点的最大距离。
答案与分层梯度式解析
5 带电粒子在电场中的运动
基础过关练
1.C 电子由O到A的过程,只有电场力做功,根据动能定理得-eEh=0-12mv2,两板间的电场强度E=Ud,解得两板间的电势差为U=mdv22eh。故选C。
2.B 设电荷到达Q板时的速率为v,板间的距离为d,电荷在板间的加速度为a,两板间电压为U。根据动能定理可得qU=12mv2,可知电荷到达Q板时的速率v=2qUm,与两板间距离无关,与加速电压U有关;若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍,电荷到达Q板时的速率变为原来的2倍,故B正确,A、D错误。电荷在板间做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得ma=qUd,可得电荷的加速度a=qUmd,d=12at2=qU2mdt2,得电荷加速的时间t=d2mqU,可知两极板间距离越小,加速度越大,加速时间越短,C错误。
方法技巧 处理带电粒子的加速问题的两种方法
(1)利用运动状态分析:带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场,受到的静电力与运动方向在同一直线上,做匀加(减)速直线运动。
(2)利用功能关系分析:粒子动能的变化量等于静电力做的功(电场可以是匀强电场,也可以是非匀强电场)。
3.C 质子在匀强电场中做类平抛运动,开关S断开时,极板间电压恒定不变,电场强度不变,质子仍落到下板中央,A错误;质子在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,初速度变为v02,运动时间不变,水平位移减半,不会落到下板边缘,B错误;极板间电压变为U4,则场强变为E4,加速度变为a4,由于运动时间t=2ha,运动时间变为原来的2倍,则质子的水平位移变为原来的2倍,即沿b轨迹落到下板边缘,C正确;竖直移动上板,使板间距离变为2d,电场强度变为E2,加速度变为a2,根据运动时间t=2ha,知运动时间变为原来的2倍,水平位移变为原来的2倍,不能到达下板边缘,D错误。
4.B 设平行板间电压为U,P与下极板间的电压为U'。沿电场方向,加速度大小为a=qUmd,沿电场方向位移相同,y=12·qUmdt2,三种同位素原子核的电荷量q相同,y相同,原子核质量m不同,所以用时不同,A错误;因三种同位素原子核都是从P运动到了下极板,由W电=qU'=-ΔEp,因W电相同,所以电势能的变化量相同,B正确;三种同位素原子核的电荷量q相同,y相同,因11H质量最小,所以其运动时间最短,又x=vt,11H落在最左侧的C点,C错误;到达负极板过程中,只有电场力做功,且电场力做功相等,由动能定理可得动能的变化量相同,故从P点射出时的动能越大,落在下极板时动能越大,因初速度相同,11H的质量最小,故11H的初动能最小,11H落在下极板时动能最小,知落在C点的粒子的动能小于落在A点的粒子的动能,D错误。
5.答案 (1)2qU0m (2)粒子射入的速度方向与OO'成45°斜向右下方 (3)12d
解析 (1)粒子在平行金属板间做类平抛运动,水平位移和竖直位移分别满足d=v0t1,14d=12at12
根据牛顿第二定律可得qU0d=ma
解得v0=2qU0m
(2)设粒子射入的速度方向与OO'方向的夹角为θ,则粒子在板间运动时在水平方向上满足
v0csθ·t2=d,
在竖直方向上满足12d=12v0sinθ·t2
解得tanθ=1
即粒子射入的速度方向与OO'成45°角斜向右下方
(3)设改变后两板间的距离为d',则水平方向有d=v0t1
竖直方向有12d=12a't12
根据牛顿第二定律可得qU0d'=ma'
解得d'=12d
因此,B板应向上移动的距离Δd=d-d'=12d
6.C 若在XX'之间加电压(3),即扫描电压,则荧光屏上出现的波形图与YY'之间所加的电压波形一致,①③正确;若XX'之间加电压(4),则电子左右偏移在某一位置不变,上下偏移量与YY'之间加的电压成正比,故若YY'之间加电压(1),则荧光屏上出现的波形图是一条平行于YY'轴的直线段,若YY'之间加电压(2),则荧光屏上出现的是两个点,且前半个周期在XX'轴上方,后半个周期在XX'下方,②④错误。故选C。
7.C 灯丝发热后发出的电子在加速电场中加速,由动能定理可得eU1=12mv2,进入偏转电场后,做类平抛运动,水平位移L=vt,偏转距离y=12·eU2mdt2,联立可得y=U2L24U1d。只使U1变为原来的2倍,y'=12y,A错误;只使U2变为原来的12,则y'=12y,B错误;只使偏转电极的长度L变为原来的2倍,则y'=2y,C正确;只使偏转电极间的距离d变为原来的2倍,则y'=12y,D错误。
8.答案 (1)8×104ms (2)0.03m (3)0.09m
解析 (1)由动能定理可得
qU1=12mv02
代入数据解得v0=8×104ms
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动,水平方向有L=v0t
竖直方向有y=12at2,a=qEm,E=U2d
联立并代入数据,解得y=0.03m
(3)设粒子射出偏转电场时速度方向与中心线O1O2间夹角为θ,则tanθ=vyv0,又因为y=12vyt,L=v0t,则tanθ=y12L,几何关系如图所示,由几何知识知y'y=L+12L12L
解得y'=3y=0.09m
方法技巧 计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法:
(1)Y=y+dtanθ(d为屏到偏转电场的水平距离)
(2)Y=L2+dtanθ(L为极板长度)
(3)Y=y+vy·dv0
(4)根据三角形相似:Yy=L2+dL2
能力提升练
1.B 电子在加速电场和偏转电场中运动,电场力均对电子做正功,电子的动能增大,A错误;电子在加速电场中运动,有eU1=12mv02,解得v0=2eU1m,电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间一定等于t=Lv0=Lm2U1e,B正确;电子在偏转电场中运动,有h=12×eU2md×Lv02,结合eU1=12mv02,联立解得hU2=L24U1d,可知当U1、L增大,d不变时,示波器的灵敏度可能增大,可能减小,还可能不变,C错误;根据hU2=L24U1d,可知当L变为原来的2倍,d变为原来的4倍,U1不变时,示波器的灵敏度不变,D错误。
2.答案 (1)2qU0m (2)U1L24U0d (3)L2d2U1
解析 (1)粒子在加速器中运动时,由动能定理可得qU0=12mv12
解得粒子离开加速器时的速度v1=2qU0m
(2)粒子离开第一对平行金属板时,竖直方向的位移y1=12at12
粒子在平行金属板间的加速度大小a=Eqm=U1qmd
粒子穿过第一对平行金属板所用时间t1=Lv1
解得y1=U1L24U0d
(3)当粒子沿着第二对平行金属板的上板右侧边缘射出时,粒子竖直方向的侧移量最大,此时满足y1'+y2+y3=d
粒子离开加速电场时的速度v2=2qU2m
通过每对平行金属板所用时间均为t2=Lv2
两对平行金属板内场强方向相反,根据对称性及(1)(2)问分析可得y1'=y3=U1L24U2d,y2=vyt2=at22=U1L22U2d
解得U2=L2d2U1
3.D
试题剖析 由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1s内的加速度大小为a1=qEm,第2s内的加速度大小为a2=2qEm,故a2=2a1,由v=at可知,粒子先加速运动1s再减速运动0.5s时速度为零,接下来的0.5s将反向加速,2s末的速度与1s末的速度大小相等,方向相反;2~3s粒子做匀减速直线运动,加速度大小a1=qEm,3s末速度减为零,运动完成一个周期,画出粒子运动的v-t图像如图所示。
带电粒子在第1s内做匀加速运动,在第2s内先做匀减速运动,后反向加速,所以不是始终向同一方向运动,A错误;根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移,可知在t=2s时,带电粒子没有回到出发点,B错误;由v-t图像可知,3s末带电粒子的瞬时速度为0,C错误;因为第3s末带电粒子的速度刚好减为0,根据动能定理可知,0~3s内,静电力做的总功为零,D正确。
方法技巧 当空间存在交变电场时,粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动状态也会改变。研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段,并可辅以v-t图像,特别注意带电粒子进入交变电场的时刻及交变电场的周期。
4.B 在两平行金属板间加上图A所示的电压,电子先做匀加速直线运动,T2时速度最大,T2到T时间内沿原运动方向做匀减速直线运动,T时速度减为零,然后重复这种运动,一直向一个方向运动,A错误;在两平行金属板间加上图B所示的电压,电子先做匀加速直线运动,T4时速度最大,从T4到T2内沿原运动方向做匀减速直线运动,T2时速度减为零,从T2到3T4反向做匀加速直线运动,3T4时速度最大,从3T4到T内沿反方向做匀减速直线运动,T时速度减为零,回到出发点,然后重复往返运动,B正确;在两平行金属板间加上图C所示的电压,电子在0到T4时间内做加速度增大的加速直线运动,从T4到T2做加速度减小的加速直线运动,T2时速度最大,从T2到3T4做加速度增大的减速直线运动,从3T4到T做加速度减小的减速直线运动,T时速度减为零,然后重复之前的运动,一直向一个方向运动,C错误;在两平行金属板间加上图D所示的电压,电子在0到T2时间内做匀加速直线运动,从T2到T内做匀速运动,然后重复加速直线运动和匀速运动,一直向一个方向运动,D错误。
5.答案 (1)2Ld1eU13m (2)2eU1(L2+d12)3d12
(3)Ux=3U0,d>eU0T23m
解析 (1)两板间加恒定电压U1,且M、N板间距离为d1,电子在板间的加速度大小为a=eU1md1
电子在板间做类平抛运动,沿板方向做匀速直线运动,则有L=v1t
垂直于板方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有3d18=12at2
联立解得电子从O点射入电场的初速度大小为
v1=2Ld1eU13m
(2)在(1)的情况下,只上下移动N板,当电子刚好从M板右侧边缘离开电场时,电子射出电场时的动能最大,则有L=v1t,d12=vy2t
联立解得电子离开电场时垂直于板方向的分速度大小为
vy=d1Lv1
则电子射出电场时动能的最大值为
Ekm=12mv2=12m(v12+vy2)=2eU1(L2+d12)3d12
(3)电子在t=0时刻以初速度v0=LT射入电场,电子在电场中运动的时间为t'=Lv0=T
在0~T2内,电子的加速度大小为a'=eU0md
电子在0~T2内垂直于板方向的位移为
y1=12a'T22
电子在t=T2时垂直于板方向的分速度为vy1=a'·T2
在T2~T内,电子的加速度大小为a″=eUxmd
要使该电子能从O1点射出电场,电子在T2~T内垂直于板方向的位移为y2=-y1=vy1·T2-12a″T22
联立解得Ux=3U0
电子垂直于板方向通过的最大位移为
ym=12a'T22+vy122a″=eU0T26md
为了使电子不与极板发生碰撞,需要满足
ym=eU0T26md
6.答案 (1)T2 2eU0m (2)16个 (3)3L4
解析 (1)由题意可知,电子在每一个圆筒中运动的时间都一样,等于t=T2
电子被电场加速一次即进入第1个圆筒,根据动能定理有eU0=12mv12
解得v1=2eU0m
(2)设有n个圆筒,最后电子紧贴上极板右边缘飞出两板之间,有neU0=12mvn2
在两平行金属极板间,电子在水平方向做匀速直线运动,有L=vnt
竖直方向有yn=d2=L4=12at2
电场力提供加速度,有a=eEm
且有E=8U0d=16U0L
联立各式解得n=16,即金属圆筒有16个
(3)设电子打在荧光屏上M点,且M点离O点最远。依据推论,有yY=L2L2+L=13
可见,当y最大时,Y最大,且有Ym=3ym
而ym=d2=L4
所以Ym=3L4
1.C
2.B
3.C
4.B
6.C
7.C
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