《示波器的奥秘》同步练习2

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1、示波器的奥秘1．在如图1所示的电场中，把带正电的粒子由静止释放，带电粒子运动到负极板时所获得的速度可由公式qU＝mv2求得，也可由牛顿定律和运动学公式求得．图12.如图2所示，在匀强电场E中，一带电粒子－q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子－q在开始运动后，将(　　)图2A．沿电场线方向做匀加速直线运动B．沿电场线方向做变加速直线运动C．沿电场线方向做匀减速直线运动D．偏离电场线方向做曲线运动答案　C解析　在匀强电场E中，带电粒子所受电场力为恒力．带电粒子受到与运动方向相反的恒定的电场力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子－q在

2、开始运动后，将沿电场线做匀减速直线运动．3．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图3所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)图3A.B．edUhC.D.答案　D解析　电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题．即mv＝eUOA.因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝.所以D正确．4．如图4所示，带电粒子进入匀强电场中做类平抛运动，U、d、L、m、q、v0已知．请完成下列填空．图4(1)穿

3、越时间：________.(2)末速度：________.(3)侧向位移：________，对于不同的带电粒子若以相同的速度射入，则y与________成正比；若以相同的动能射入，则y与________成正比；若经相同的电压U0加速后射入，则y＝，与m、q无关，随加速电压的增大而________，随偏转电压的增大而________．(4)偏转角的正切值：________________(从电场出来时粒子速度方向的反向延长线必然过水平位移的________)．答案　(1)　(2)　(3)带电粒子的比荷　粒子的电荷量　减小　增大(4)　中点解析　粒子从偏转电

4、场射出的偏转距离y＝at2＝··()2.作粒子速度的反向延长线．设交水平位移所在直线于O点，O到右边缘距离为x，则x＝＝.可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像从极板间的中央处沿直线射出一样(经常直接用于计算中，可简化计算过程)．5．示波管的基本原理：电子在加速电场中被加速，在偏转电场中被偏转．电子枪的作用是：产生高速飞行的一束电子．竖直偏转极上加的是待显示的信号电压，如果加在竖直极板上的电压是随时间正弦变化的信号，水平加适当的偏转电压，荧光屏上就会显示出一条正弦曲线．【概念规律练】知识点一　带电粒子在电场中的直线运动1.如图5所示，在点电荷＋Q激发的电场

5、中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为多少？图5答案　∶1解析　设A、B两点间的电势差为U，由动能定理得对质子：mHv＝qHU对α粒子：mαv＝qαU所以＝＝＝.点评　电荷在匀强电场中做匀变速运动时可用动能定理和运动学公式求解，当电荷在电场中做变加速运动时，不能用运动学公式求解，但可用动能定理求解．2．一个电子(质量为9.1×10－31kg，电荷量为1.6×10－19C)以v0＝4×107m/s的初速度沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的电场强度大小E＝2×105N/C，不计重力，求：(1)电子

6、在电场中运动的加速度大小；(2)电子进入电场的最大距离；(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能．答案　(1)3.5×1016m/s2　(2)2.29×10－2m(3)3.6×10－16J解析　(1)电子沿着匀强电场的电场线方向飞入时，仅受电场力作用，且做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得qE＝ma，即a＝＝m/s2＝3.5×1016m/s2(2)电子做匀减速直线运动．由运动学公式得v＝2as，即s＝＝m＝2.29×10－2m.所以电子进入电场的最大距离为2.29×10－2m(3)当电子进入电场最大距离一半时，即电子在电场中运动s′＝＝1.145×10－

7、2m时，设此时动能为Ek，电场力做负功，由动能定理，得－qEs′＝Ek－mv，所以Ek＝mv－qEs′＝×9.1×10－31×(4×107)2J－1.6×10－19×2×105×1.145×10－2J＝3.6×10－16J点评　由牛顿第二定律，结合匀变速直线运动的规律或动能定理求解．知识点二　带电粒子在电场中的偏转3．如图6所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的(　　)图6A．2倍B．4倍C.D.答

8、案　C解析　电子在两极板间做类平抛运动．水平方向：l＝v0t，所以t＝.竖直方向