帶電粒子在電場中的運動 過關檢測習題培優(yōu)專練 人教版新教材高中物理必修第三冊（含答案解析）

10.5帶電粒子在電場中的運動一、帶電粒子在電場中的加速1、如圖所示，在P板附近有一個電子(不計重力)由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速度，下列說法正確的是()A．兩板間距離越大，加速的時間就越長，獲得的速度就越大B．兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大C．與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關D．以上說法均不正確解析：選C電子由P到Q的過程中，靜電力做功，根據(jù)動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU,m))，速度大小與U有關，與兩板間距離無關，選項C正確．2、如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q時的速率與哪些因素有關，下列解釋正確的是()A．兩極板間的距離越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B．兩極板間的距離越小，加速的時間就越短，則獲得的速率越小C．兩極板間的距離越小，加速度就越大，則獲得的速率越大D．與兩極板間的距離無關，僅與加速電壓U有關解析：選D由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，當兩極板間的距離變化時，U不變，v就不變，與d無關，A、B、C錯誤，D正確。3、如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動。已知兩板間電勢差為U，板間距為d，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。則關于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是()A．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變B．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍C．若將兩板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變D．若將兩板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為原來的一半解析：選A由動能定理有eq\f(1,2)mv2＝eU，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，可見電子到達Q板的速率與板間距d無關，故選項A正確，B錯誤；兩板間為勻強電場E＝eq\f(U,d)，電子的加速度a＝eq\f(eU,md)，由運動學公式d＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU))，若兩板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為原來的eq\f(\r(2),2)，故選項C、D錯誤。4、如圖所示，一個平行板電容器充電后與電源斷開，從負極板處靜止釋放一個電子(不計重力)，設其到達正極板時的速度為v1，加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍，再從負極板處靜止釋放一個電子，設其到達正極板時的速度為v2，加速度為a2，則()A．a(chǎn)1∶a2＝1∶1v1∶v2＝1∶2B．a(chǎn)1∶a2＝2∶1v1∶v2＝1∶2C．a(chǎn)1∶a2＝2∶1v1∶v2＝eq\r(2)∶1D．a(chǎn)1∶a2＝1∶1v1∶v2＝1∶eq\r(2)解析：選D電容器充電后與電源斷開，再增大兩極板間的距離時，場強不變，電子在電場中受到的電場力不變，故a1∶a2＝1∶1；由動能定理Ue＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Ue,m))，因兩極板間的距離增大為原來的2倍，由U＝Ed知，電勢差U增大為原來的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r(2).5、(多選)如圖所示為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空．K為發(fā)射電子的陰極，A為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時的速度可以忽略不計，電子經(jīng)加速后從A的小孔中射出時的速度大小為v.下列說法正確的是()A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開A時的速度仍為vB．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開A時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)C．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開A時的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)vD．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開A時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)解析：選AC根據(jù)動能定理得Ue＝eq\f(mv2,2)，可得v＝eq\r(\f(2eU,m))，可知v與A、K間距離無關，若A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開A時的速度仍為v，故選項A正確，B錯誤；根據(jù)v＝eq\r(\f(2eU,m))可知，電壓減半時，電子離開A時速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)v，故選項C正確，D錯誤．6、如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應是()A．eq\r(\f(2qU,m)) B．v0＋eq\r(\f(2qU,m))C．eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)) D．eq\r(v\o\al(2,0)－\f(2qU,m))解析：選C由-q-U＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))，選項C正確．7、兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動能為()A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析：選D電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動能定理可得－eUOA＝0－Ek，因為UOA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，所以正確選項為D.8、如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點解析：選A電子在A、B間加速，在B、C間減速，加速電壓做功與減速電壓做功相等．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，B、C板間的電場強度不變，根據(jù)U＝Ed判斷，由O點靜止釋放的電子運動到P點速度為0再返回，A項正確．9、如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，板上A、B兩孔正好水平相對，板間電壓為500V。一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中，經(jīng)過一段時間電子離開電場，若不考慮重力的影響，則電子離開電場時的動能大小為()A．900eV B．500eVC．400eV D．－100eV解析：選C電子從A向B運動時，電場力對電子做負功，若當電子到達B點時，克服電場力所做的功W＝qU＝500eV>400eV，因此電子不能到達B孔，電子向右做減速運動，在到達B孔之前速度變?yōu)榱悖缓蠓聪蜻\動，從A孔離開電場，在整個過程中，電場力做功為零，由動能定理可知，電子離開電場時的動能：Ek＝400eV，故C正確。10、[多選]如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，則下列對電子運動的描述中正確的是(設電源電壓為U)()A．電子到達B板時的動能是eUB．電子從B板到達C板動能變化量為零C．電子到達D板時動能是3eUD．電子在A板和D板之間做往復運動解析：選ABD由eU＝EkB可知，電子到達B板時的動能為eU，A正確；因B、C兩板間電勢差為0，故電子從B板到達C板的過程中動能變化量為零，B正確；電子由C到D的過程中電場力做負功大小為eU，故電子到達D板時速度為零，然后又返回A板，以后重復之前的運動，C錯誤，D正確。11、如圖甲所示平行板電容器A、B兩板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始B板的電勢比A板高，這時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動，設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下列說法正確的是(不計電子重力)()A．電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性來回運動B．電子一直向A板運動C．電子一直向B板運動D．電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做周期性來回運動解析：選C由運動學和動力學規(guī)律畫出如圖所示的v－t圖象可知，電子一直向B板運動，選項C正確．12、如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶負電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在B板上．則t0可能屬于的時刻是()A．t0＝0 B．t0＝eq\f(T,2)C．t0＝eq\f(5T,8) D．t0＝eq\f(7T,8)解析：選Ct0＝0時刻釋放，帶負電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零，然后繼續(xù)向A板加速運動、減速運動至零，如此反復運動，最終打在A板上，A選項不符合題意；t0＝eq\f(T,2)時刻釋放，帶負電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零，然后繼續(xù)向B板加速運動、減速運動至零，如此反復運動，最終打在B板上，B選項不符合題意；t0＝eq\f(5T,8)時刻釋放，帶負電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零，然后再反方向向A板加速運動、減速運動至零，如此反復運動，每次向A板運動的距離小于向B板運動的距離，最終打在B板上，C選項符合題意；t0＝eq\f(7T,8)時刻釋放，帶負電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零，然后再反方向向A板加速運動、減速運動至零，如此反復運動，每次向B板運動的距離小于向A板運動的距離，最終打在A板上，D選項不符合題意．13、[多選]圖所示，水平放置的平行金屬板充電后板間形成勻強電場，板間距離為d，一個帶負電的液滴帶電量大小為q，質(zhì)量為m，從下板邊緣射入電場，沿直線從上板邊緣射出，則A．液滴做的是勻速直線運動B．液滴做的是勻減直線運動C．兩板的電勢差為D．液滴的電勢能減少了mgd解析：選ACDAB．液滴進入豎直方向的勻強電場中，所受的電場力方向豎直向上或豎直向下，因為微粒做直線運動，可知電場力方向必定豎直向上，而且電場力與重力平衡，液滴做勻速直線運動，故A正確，B錯誤；C．液滴從下極板運動到上極板的過程中，由動能定理有qU-mgd=0解得：故C正確；D．液滴進入豎直方向的勻強電場中，重力做功-mgd，微粒的重力勢能增加，動能不變，根據(jù)能量守恒定律得知，微粒的電勢能減小了mgd，故D正確；14、如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸減少 D．做勻變速直線運動解析：選BCDA．由于帶電粒子在豎直方向上位移為零，即受力平衡，說明電場力傾斜向上，即所受重力與電場力沿豎直方向的分力相互平衡，故A錯誤；BC．電場力垂直于極板傾斜向上，即電場力對粒子做了負功，則粒子電勢能逐漸增加，動能逐漸減少，故BC正確；D．電場力沿水平方向的分力大小固定，方向向左，所以粒子做勻變速直線運動，故D正確。故選BCD。二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1、噴墨打印機的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v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．電勢能逐漸增大C．運動軌跡是拋物線D．運動軌跡與帶電荷量無關解析：選C微滴帶負電，進入電場，受電場力向上，應向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；電場力做正功，電勢能減小，選項B錯誤；微滴在電場中做類平拋運動，沿v方向x＝vt，沿電場方向y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，得y＝eq\f(qU,2mv2d)x2，即微滴運動軌跡是拋物線，且運動軌跡與電荷量有關，選項C正確，D錯誤．2、如圖所示，質(zhì)子(11H)和α粒子(24He)，以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(不計粒子重力)，則這兩個粒子射出電場時的偏轉(zhuǎn)位移y之比為()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：選B由y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)·eq\f(L2,v02)和Ek0＝eq\f(1,2)mv02，得y＝eq\f(EL2q,4Ek0)，可知，y與q成正比，B正確。3、如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出?，F(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)解析：選C電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)，故d2＝eq\f(qUl2,2mv02)，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確。4、如圖所示為示波管中偏轉(zhuǎn)電極的示意圖，間距為d，長度為l的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中(設為真空)產(chǎn)生電場(設為勻強電場)。在距A、B等距離處的O點，有一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子以初速度v0沿水平方向(與A、B板平行)射入(圖中已標出)，不計重力，要使此粒子能從C處射出，則A、B間的電壓應為()A.eq\f(mv02d2,ql2) B.eq\f(mv02l2,qd2)C.eq\f(lmv0,qd) D．qeq\f(v0,dl)解析：選A帶電粒子只受電場力作用，在平行板間做類平拋運動。設粒子由O到C的運動時間為t，則有l(wèi)＝v0t。設A、B間的電壓為U，則偏轉(zhuǎn)電極間的勻強電場的場強E＝eq\f(U,d)，粒子所受電場力F＝qE＝eq\f(qU,d)。根據(jù)牛頓第二定律，得粒子沿電場方向的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)。粒子在沿電場方向做勻加速直線運動，位移為eq\f(1,2)d。由勻加速直線運動的規(guī)律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2。解得U＝eq\f(mv02d2,ql2)。選項A正確。5、(多選)如圖所示，兩帶電金屬板彼此平行，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出．現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則()A．若兩板間電壓不變，則移動上極板使兩極板的間距變?yōu)樵瓉淼?倍B．若兩板間電壓不變，則移動下極板使兩極板的間距變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)C．若兩板帶電荷量不變，則移動上極板使兩極板的間距變?yōu)樵瓉淼?倍D．若兩板帶電荷量不變，則移動下極板使兩極板的間距變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)解析：選BD電子在兩極板間做類平拋運動，若電壓不變，水平方向有l(wèi)＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，選項A錯誤，B正確；若兩極板帶電荷量不變，則改變兩極板距離時極板間的電場強度保持不變，d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEl2,2mv\o\al(2,0))，選項C錯誤，D正確．6、如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，平行板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t，則(不計粒子的重力)()A．在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,4)B．在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)C．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶2D．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶1解析：選BD粒子在電場中做類平拋運動的加速度為a＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(Uq,dm)，t時間內(nèi)豎直方向上的位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(d,2)，前eq\f(t,2)時間內(nèi)豎直方向上的位移y1＝eq\f(1,2)aeq\f(t2,4)＝eq\f(d,8)，后eq\f(t,2)時間內(nèi)豎直方向上的位移y2＝y(tǒng)－y1＝eq\f(3,8)d；由公式W＝Fl可知前eq\f(t,2)、后eq\f(t,2)、前eq\f(d,4)、后eq\f(d,4)電場力做的功分別為W1＝eq\f(1,8)qU，W2＝eq\f(3,8)qU，W3＝eq\f(1,4)qU，W4＝eq\f(1,4)qU，選項B、D正確，A、C錯誤．7、(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A．將打在下板中央B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央解析：選BD將電容器上板或下板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εrS)可知，電容器產(chǎn)生的場強不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動．當上板不動，下板向上移動時，小球可能打在下板的中央．8、如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則()A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷解析：選C粒子在電場中做類平拋運動有h＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))2，得x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb).9、如圖所示，A、B兩帶正電粒子質(zhì)量相等，電荷量之比為1∶4。兩粒子在O上方同一位置沿垂直電場方向射入平行板電容器中，分別打在C、D兩點，OC＝CD。忽略粒子重力及等長子間的相互作用，下列說法正確的是()A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1C．A和B的初速度大小之比為1∶4D．A和B的位移大小之比為1∶2解析：選C粒子電荷量之比為1∶4，粒子在豎直方向上做勻加速運動，由h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，可知A和B在電場中運動的時間之比為2∶1，故A錯誤；A、B兩帶正電粒子質(zhì)量相等，電荷量之比為1∶4，根據(jù)qE＝ma，所以A和B運動的加速度大小之比為1∶4，故B錯誤；根據(jù)題意OC＝CD，兩粒子水平方向上做勻速運動，根據(jù)x＝v0t，可知A和B的初速度大小之比為1∶4，故C正確；A和B的水平位移大小之比為1∶2，豎直方向也有位移，那么合位移之比不等于1∶2，故D錯誤。10、如圖所示，有一帶電粒子(不計重力)貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1解析：選A設帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，A，B板的長度為L，板間距離為d。則：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1t12＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2d＝eq\f(1,2)a2t22＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2v0)))2解以上兩式得U1∶U2＝1∶8，A正確。11、(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向同時進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇．若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B．兩電荷在電場中運動的加速度相等C．從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功D．電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同解析：選AC從軌跡可以看出yM>yN，故eq\f(1,2)·eq\f(qME,m)t2>eq\f(1,2)·eq\f(qNE,m)t2，解得eq\f(qME,m)>eq\f(qNE,m)，故qM＞qN，選項A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理，電場力做的功為W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,y)，質(zhì)量m相同，電荷M豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝eq\f(2yM,t)也大，故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，選項C正確；從軌跡可以看出xM>xN，故vMt>vNt，則vM>vN，選項D錯誤．12、如圖所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)，不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A．eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B．eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C．eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D．eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))解析：選B帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律解決問題．根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在豎直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，故選項B正確，A、C、D錯誤．三、加速與偏轉(zhuǎn)結(jié)合1、如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該()A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍 D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)倍解析：選A要使電子的運動軌跡不變，則應使電子進入偏轉(zhuǎn)電場后的水平位移x所對應的側(cè)移量y保持不變，由于y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))2＝eq\f(qU2x2,2mv\o\al(2,0)d)和qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得y＝eq\f(U2x2,4U1d)，可見在x、y一定時，U2∝U1，選項A正確．2、示波管原理如圖所示，電子在電壓為UPK的加速電場中由靜止開始運動，然后進入電壓為UAB的偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上的O′點，要使電子打在熒光屏上的位置O′到熒光屏中心O的距離增大，下列措施可行的是()A．只增大UPKB．只增大UABC．增大UPK同時減小UABD．將電子換成比荷較大的帶電粒子解析：選B電子從K至P做加速直線運動，由動能定理得，eUPK＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，a＝eq\f(eUAB,md)，L＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，將射出偏轉(zhuǎn)電場的速度反向延長交于水平位移L的中點，由三角形相似可得eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋R)＝eq\f(y,y′)，故O′與O的距離y′＝eq\f(L＋2Ry,L)，聯(lián)立各式得y′＝eq\f(L＋2RUABL,4dUPK)，要使電子打在熒光屏上的位置O′到熒光屏中心O的距離增大，即y′增大，可只減小UPK，或只增大UAB，或減小UPK同時增大UAB，y′與電子的比荷無關，所以將電子換成比荷較大的帶電粒子y′不變，故選項A、C、D錯誤，B正確．3、如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向與極板平行。整個裝置處在真空中，電子重力可忽略，在滿足電子能射出平行極板的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小解析：選B設電子加速后獲得的速度為v0，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02。設極板長為l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用的時間為t＝eq\f(l,v0)。設電子在平行極板間運動的加速度為a，由牛頓第二定律得a＝eq\f(qE2,m)＝eq\f(qU2,dm)。電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度為vy＝at，解得vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，故tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,dmv02)＝eq\f(qU2l,2dqU1)＝eq\f(U2l,2dU1)。所以U2變大或U1變小都可能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故選項B正確。4、(多選)如圖所示，一價氫離子(eq\o\al(1,1)H)和二價氦離子(eq\o\al(4,2)He)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．離開偏轉(zhuǎn)電場時速度大小相同B．離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向相同C．到達屏上同一點D．到達屏上不同點解析：選BC設離子的電荷量為q，偏轉(zhuǎn)電極板長為L，板間距離為d，根據(jù)動能定理得，加速電場中qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，偏轉(zhuǎn)電場中運動時間t＝eq\f(L,v0)，偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2，得到y(tǒng)＝eq\f(U2L2,4dU1)，設偏轉(zhuǎn)角度為θ，則tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)，由以上可知y、θ與帶電離子的質(zhì)量、電荷量無關，則一價氫離子、二價氦離子會打在屏上同一點，選項B、C正確，D錯誤；由于偏轉(zhuǎn)角度θ相同且水平速度v0＝eq\r(\f(2U1q,m))不同，所以離開偏轉(zhuǎn)電場時速度大小不同，選項A錯誤．5、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∶2解析：選C由U1q＝eq\f(1,2)mv02，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(U0ql2,2dmv02)＝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，故一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(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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．6、(多選)如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，為了提高示波管的靈敏度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量\f(h,U2)))可采取的方法是()A．減小兩板間電勢差U2B．盡可能使板長L短些C．盡可能使板間距離d小一些D．使加速電壓U1減小一些解析：選CD電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉(zhuǎn)．加速過程eU1＝eq\f(1,2)mv02偏轉(zhuǎn)過程L＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)t2綜合得eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4U1d)，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故答案應選CD.四、示波器1、如圖甲所示為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是()ABCD解析：選B由圖乙及圖丙知，在0～t1時間內(nèi)UY為正，Y板電勢高，電子向Y板偏轉(zhuǎn)，而此時UX為負，即X電勢高，電子向X′板偏轉(zhuǎn)，選項B正確．2、示波管可以用來觀察電信號隨時間的情況，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，如果在電極YY′之間加上如圖(a)所示的電壓，在XX′之間加上如圖(b)所示電壓，熒光屏上會出現(xiàn)的波形是()解析：選C電極YY′之間加上圖(a)所示的電壓，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移在上下進行變化，而在XX′之間加上圖(b)所示電壓時，粒子將分別打在左右各一個固定的位置，因此只能打出圖C所示的圖象，故C正確，A、B、D錯誤．3、（多選）示波器是一種常用的電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓隨時間的變化情況．如圖所示，電子經(jīng)電壓u1加速后進入偏轉(zhuǎn)電場．下列關于所加豎直偏轉(zhuǎn)電壓u2、水平偏轉(zhuǎn)電壓u3與熒光屏上所得的圖象的說法正確的是()A．如果只在u2上加上圖甲所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(a)所示B．如果只在u3上加上圖乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(b)所示C．如果同時在u2和u3上加上圖甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(c)所示D．如果同時在u2和u3上加上圖甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖(d)所示解析：選ABD由電子在電場中偏轉(zhuǎn)規(guī)律知，選項A、B、D正確．五、計算題1、如圖所示，一個質(zhì)子以初速度v0＝5×106m/s水平射入一個由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域。兩板距離為20cm，設金屬板之間電場是勻強電場，電場強度為3×105N/C。質(zhì)子質(zhì)量m＝1.67×10－27kg，電荷量q＝1.60×10－19C。求質(zhì)子由板上小孔射出時的速度大小。解析：根據(jù)動能定理W＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02而W＝Ep1－Ep0＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2J＝9.6×10－15J所以v1＝eq\r(\f(2W,m)＋v02)＝eq\r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋5×1062)m/s≈6×106m/s質(zhì)子飛出時的速度約為6×106m/s。答案：6×106m/s2、如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？解析(1)電子經(jīng)加速電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU偏,mL)×eq\b