高中物理教科版1本冊總復習總復習 重點強化卷(一)帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)問題

重點強化卷(一)帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)問題(建議用時：60分鐘)一、選擇題1．下列粒子從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后速度最大的是()A．質(zhì)子eq\o\al(1,1)H B．氘核eq\o\al(2,1)HC．α粒子eq\o\al(4,2)He D．鈉離子Na＋【解析】由qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，然后比較各粒子的eq\f(q,m)可得A正確．【答案】A2．如圖1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板時的速度，下列說法正確的是()【導學號：33410041】圖1A．兩板間距離越大，加速的時間就越長，獲得的速率就越大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】電子由P至Q的過程中，電場力做功，根據(jù)動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，速度大小與U有關，與距離無關．【答案】C3．兩平行金屬板相距為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，重力不計，如圖2所示，OA間距為h，此電子具有的初動能是()圖2A．edh/U B．edUhC．eU/dh D．eUh/d【解析】電子從O點運動到A點，只受電場力，不計重力，則電場力做負功，由動能定理得eUOA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，平行板間電場為勻強電場，所以UOA＝Eh，而E＝U/d，求得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，D正確．【答案】D4．如圖3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，則下述說法正確的是(不計電子重力)()【導學號：33410042】甲乙圖3A．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】由運動學和動力學規(guī)律畫出如圖所示的v-t圖像可知，電子一直向B板運動，C正確．【答案】C5．(多選)如圖4所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子，以速度v0垂直于電場方向進入電場，不計重力，關于該帶電粒子的運動，下列說法正確的是()圖4A．粒子在初速度方向做勻加速運動，平行于電場方向做勻加速運動，因而合運動是勻加速直線運動B．粒子在初速度方向做勻速運動，平行于電場方向做勻加速運動，其合運動的軌跡是一條拋物線C．分析該運動，可以用運動分解的方法，分別分析兩個方向的運動規(guī)律，然后再確定合運動情況D．分析該運動，有時也可用動能定理確定其某時刻速度的大小【解析】在初速度方向上，帶電粒子不受力，做勻速直線運動，在平行于電場方向上只受電場力，做勻加速直線運動，合運動的軌跡是拋物線．【答案】BCD6．如圖5所示，在真空中離子P1、P2以相同速度從O點垂直場強方向射入勻強電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后分別打在極板B上的C、D兩點．已知P1電荷量為P2電荷量的3倍．GC＝CD，則P1、P2離子的質(zhì)量之比為()圖5A．3∶4 B．4∶3C．2∶3 D．3∶2【解析】y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\f(x2,v\o\al(2,0))，所以m＝eq\f(qUx2,2ydv\o\al(2,0))，m∝qx2，所以m1∶m2＝(q1xeq\o\al(2,1))∶(q2xeq\o\al(2,2))＝3∶4.【答案】A7．圖6(a)為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒交屏上會看到的圖形是()(a)(b)(c)圖6【解析】在0～2t1時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當Uγ為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當Uγ為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內(nèi)熒屏上的圖像為B.【答案】B8．如圖7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()【導學號：33410043】圖7A．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?/2倍【解析】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.【答案】A9．如圖8所示，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍．有一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場強度方向射入，且正好能從下極板右邊緣穿出電場，不計帶電粒子的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長、寬的比值eq\f(l,d)為()圖8\r(k) \r(2k)\r(3k) \r(5k)【解析】偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因為qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，帶電粒子離開加速電場時的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))；在偏轉(zhuǎn)電場中eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)t2，解得t＝deq\r(\f(m,qU2))，水平距離l＝v0t＝deq\r(\f(2U1,U2))＝deq\r(2k)，所以eq\f(l,d)＝eq\r(2k)，B正確．【答案】B二、計算題10．一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖9所示．若兩極板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？【導學號：33410044】圖9【解析】加速過程中，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動l＝v0t②在垂直于板面的方向上做勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)③豎直方向偏移的距離y＝eq\f(1,2)at2④能飛出的條件y≤eq\f(d,2)⑤由①②③④⑤式得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝eq\f(2×5000××10－22,×10－22)V＝400V即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V.【答案】400V11．如圖10所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v0垂直于電場方向從A射入勻強電場，并從電場另一側(cè)B點射出，且射出的速度方向與電場方向的夾角為30°，已知勻強電場的寬度為L，求：圖10(1)勻強電場的電場強度E；(2)求A、B兩點的電勢差UAB.【解析】(1)帶電粒子在勻強電場的水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，將v沿水平方向和豎直方向分解，則vy＝eq\f(v0,tan30°)＝eq\r(3)v0①又vy＝eq\f(qE,m)t②L＝v0t③解①②③得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL).(2)由qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④又v＝eq\f(v0,sin30°)⑤由④⑤得UAB＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2q).【答案】(1)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(3mv\o\al(2,0),2q)12．圖11是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l＝4cm，板間距離d＝1cm.板右端距離熒光屏L＝18cm(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒有畫出)．電子沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是×107m/s，電子電荷量e＝×10－19C，質(zhì)量m＝×10－30圖11(1)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？(2)若在偏轉(zhuǎn)電極上加40V的電壓，在熒光屏的豎直坐標軸上看到的光點距屏的中心點多遠？【解析】(1)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為t＝eq\f(l,v)，縱向最大位移為eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,dm)·t2，所以U＝eq\f(d2m,et2)＝eq\f(md2v2,el2)＝91V.(2)當U＝40V時，電場強度E＝eq\f(U,d)，電子在電場中的偏移量y1＝