物理粤教版选修3-1自我检测：1-6-示波器的奥秘 含解析 精品
物理粤教版选修3-1学案：知识导学 1-6-示波器的奥秘
第六节示波器的奥秘问题探究示波器有什么样的奥秘能够将“电信号”转换为“光信号”,从而在荧光屏上直观地显示信号的强弱?自学导引1.常用电子示波器的内部核心部件是示波管,示波管由_____________、_____________和_____________组成.答案:电子枪偏转电极荧光屏2.若要调节荧光屏上亮斑的亮度,需要调节_____________、_____________等;若要上下移动荧光屏上的亮斑或图线,则应调节_____________;若要左右移动荧光屏上亮点或图线,则应调节_________________;若改变图线在水平方向上的范围,则应调节_____________;若改变图线在竖直方向上的范围,则应调节_____________.答案:辉度旋钮聚焦调节旋钮垂直位移旋钮水平位移旋钮X增益旋钮Y增益旋钮3.示波器并不神秘,它的基本原理是带电粒子在电场中的_____________和____________.答案:加速偏转疑难剖析示波器面板和操作方法【例1】如图1-6-1所示为示波器面板,屏上显示的是一亮度较低、线条较粗且模糊不清的波形.图1-6-1(1)若要增大显示波形的亮度,应调节______________旋钮;(2)若要使屏上波形线条变细且边缘清晰,应调节______________旋钮.(3)若要将波形曲线调至屏中央,应调节______________与______________旋钮.解析:(1)逆时针旋转辉度旋钮时,可降低屏上亮斑亮度;顺时针旋转辉度旋钮,可增强屏上亮斑的亮度.现要求调亮该波形线条,则应该顺时针旋转辉度旋钮.(2)旋转聚焦旋钮和辅助聚焦旋钮,二者配合使用可调节亮斑达到最小,图线线条清晰.(3)旋转垂直位移旋钮可调节亮斑的上下位置,旋转水平位移旋钮可调节亮斑左右位置.因此要将波形曲线调至中央,则要调节垂直位移旋钮和水平位移旋钮.答案:(1)辉度(2)聚焦(3)垂直位移水平位移正确运用动力学方法和功能关系解决带电粒子的加速和偏转问题【例2】如图162所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得速度v0，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以速度v离开电场.已知平行板长为l，两板间距离为d，求：图1-6-2（1）v 0的大小；（2）离子在偏转电场中运动的时间t ；（3）离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；（4）离子在偏转电场中的加速度；（5）离子在离开偏转电场时的横向速度v y；（6）离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；（7）离子在离开偏转电场时的横向偏移量y；（8）离子离开电场时的偏转角θ的正切值t a n θ.解析：（1）不管加速电场是不是匀强电场，W =qU都适用，所以由动能定理得： 20121mv qU =所以mqU v 102=. （2）由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动.即水平方向做速度为v 0的匀速运动；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动. 在水平方向102qU m l v l t ==. （3）dqU qE F d U E 22===. （4）m dqU m F a 2==. （5）121222mU q dl U qU m l md qU at v y =∙==. （6）1222221222024U m d U ql U qd v v v y +=+=. （7）1221222422121dU U l qU m l md qU at y =∙==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）.（8）121120222tan dU lU qU m mU q d l U v v y=∙==θ（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电压和偏转电压).温馨提示：该题只需要分清带电粒子在电场中的类型，是加速或者偏转，运用类平抛运动的知识进行分解.拓展迁移根据物理学动力学知识可知,物体的运动性质由其受力情况与运动初状态之间的关系决定.当物体所受到恒定的合外力与运动速度方向不共线时,则物体做匀变速曲线运动.此时可以将该曲线运动分解处理.而各方向上的分运动性质仅决定于各分运动方向上的力与速度之间的关系,因此匀变速曲线运动的各分运动之间在运动性质上互不影响,我们称之为运动具有独立性.示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极、荧光屏等组成.如图163所示,在示波管内部垂直地安装了两对电极,它们使通过其中的电子在水平方向、竖直方向分别发生偏转.在示波管的荧光屏上以荧光屏的中心为坐标原点,建立直角坐标系XOY.试根据运动的独立性规律思考:为了使电子枪射出的电子束在坐标系第Ⅰ象限内P点产生亮斑,那么示波管中的两对电极将应该加怎样的极性（）①极板X应带正电②极板X′应带正电③极板Y应带正电极板Y′应带正电A.①③B.C.②③D.图1-6-3解析:电子在偏转电极区外做直线运动,在偏转电极区内做匀变速曲线运动.运用运动分解的方法处理电子在偏转电极区内所做的匀变速曲线运动.电子在分运动方向上所做的运动相互独立.为了使电子能到达荧光屏上第Ⅰ象限内,除沿中心线的运动外,电子水平方向还应向X 方向发生偏转,因此在电极XX′上应加由X到X′的电场,此时极板X带正电;为了使电子在竖直方向上沿Y方向发生偏转,在电极YY′上应加由Y到Y′的电场,此时Y极板带正电.答案:A。
粤教版物理选修3-1讲义：第1章 第6节 示波器的奥秘
第六节 示波器的奥秘掌握带电粒子在电场中加速、[先填空]1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远小于静电力，可以忽略．2．带电粒子加速问题的处理方法：利用动能定理分析．初速度为零的带电粒子，经过电势差为U 的电场加速后，qU ＝12m v 2，则v＝2qU m. [再判断]1．带电粒子在电场中只能做加速运动．(×)2．处理带电粒子加速问题时，也可利用牛顿定律．(√)3．带电粒子在电场中加速时，不满足能量守恒．(×)[后思考]动能定理是分析带电粒子在电场中加速常用的方法，试想该方法适用于非匀强电场吗？【提示】 适用，由于W ＝qU 既用于匀强电场又适用于非匀强电场，故qU ＝12m v 2－12m v 20适用于任何电场．[合作探讨]如图1-6-1所示，两平行金属板间电压为U .板间距离为d .一质量为m ，带电量为q 的正离子在左板附近由静止释放．图1-6-1探讨1：正离子在两板间做什么规律的运动？加速度多大？【提示】 正离子在两板间做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a ＝qU dm .探讨2：正离子到达负极板时的速度多大？【提示】 由qU ＝12m v 2可得v ＝2qU m .[核心点击]1．带电粒子的加速当带电粒子进入电场中时，在电场力的作用下做加速运动，电场力对带电粒子做正功，带电粒子的动能增加．示波器、电视机显像管中的电子枪就是利用电场对带电粒子进行加速的．2．处理方法(1)力和运动关系法——牛顿第二定律根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、时间和位移等．这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况．(2)功能关系法——动能定理由粒子动能的变化量等于电场力做的功知：。
【教育课件】粤教版高中物理1.6示波器的奥秘粤教版高中物理选修3-1课件.ppt
知识点二 带电粒子在电场中偏转
如图所示，带电粒子以初速度 v0 垂直电场线进入匀强电 场，加速度 a＝qmE＝mqUd.
1．基本关系． vx＝v0，x＝v0t(初速度方向)． vy＝at，y＝12at2(电场线方向)．
3．推论． (1)粒子离开电场时的速度方向反向延长交于板长 l 的
正中央，根据 y tan
A．极板 X 的电势高于极板 X′ B．极板 X′的电势高于极板 X C．极板 Y 的电势高于极板 Y′ D．极板 Y′的电势高于极板 Y
分析：由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向 X、Y 方向， 由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带 的电性．
解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向 X 方 向偏转，则电场方向为 X 到 X′，则 X 带正电，即极板 X 的 电势高于极板 X′.同理可知 Y 带正电，即极板 Y 的电势高于 极板 Y′，故 A、C 正确，B、D 错误．故选 AC.
θ
＝2l .
(2)位移方向与初速度方向间夹角的正切为速度偏转角
正切的12，根据 tan α ＝12tan θ .
2．导出关系． 粒子离开电场时的侧移位移：y＝2qml2vU20d. 粒子离开电场时的偏转角：tan θ ＝vv0y＝mqvlU02d. 粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切：tan α ＝yl
D．以上说法均不正确
解析：由动能定理 qU＝12mv2，v＝ 无关与加速电压有关．故选 C.
答案：C
2mqU，得 v 与距离
变式 训练
1．(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和 方向随时间变化的规律如图所示，带电微粒只在电场力的作 用下，在 t＝0 时刻由静止释放，则下列说法中正确的是(BD)
物理：1.6_示波器的奥秘_课件(粤教版选修3-1)(1)
二、带电粒子的偏转 如图1－6－4所示，带电粒子以初速度v0垂直 电场线进入匀强电场，
图 1－ 6－ 4
qE qU 加速度 a＝ ＝ . m md 1．基本关系 vx ＝v0 x＝ v0t初速度方向
1 2 vy＝ at y＝2at 电场线方向
2．导出关系
ql U 粒子离开电场时的侧移位移为： y＝ 2 2m v0 d vy qlU 粒子离开电场时的偏转角 tanθ＝ ＝ 2 v0 m v0 d 粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切 tanα＝ y qUl ＝ 2 . l 2m v0 d
【答案】
D 用能量观点分析问题是解决问
【方法总结】
题主要方法之一，要把功能关系和物体运动分
析和受力分析结合起来，能够达到事半功倍的 效果．
带电粒子在电场中的偏转
例2
一束电子流在经U＝5000 V的加速电场加 速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的 匀强电场，如图1－6－6所示，若两板间距d＝ 1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么，要使电子能从
二、带电粒子的偏转 1．偏转的距离 y
qE qU m ＝ . 匀加速 运动， 竖直方向做 _______ 加速度 a＝ F/m＝ ___ md 2 at 射出电场时竖直偏移的距离 y＝ ，其中 t 为飞行时 2 间． l l ＝ v t 0 可求得 t＝ ， 匀速 运动，由 _______ 水平方向做 ______ v0 1 qU l 2 2 at · · ( ) md 2 v0 将 a 和 t 代入 y＝ 得 y＝ _________. 2
2
3．几个推论 (1)粒子离开电场时的速度方向反向延长交于板长 l 的正中央，根据 y/tanθ＝ l/2. (2)位移方向与初速度方向间夹角的正切为速度偏 1 1 转角正切的 ，根据 tanα＝ tanθ. 2 2
物理3-1粤教版1.6示波器的奥秘学案1
物理3-1粤教版1.6示波器的奥秘学案1【一】带电粒子的加速两平行金属板间的电压为U ，板间是一匀强电场，设有一带正电荷q 、质量为m 的带电粒子从正极板开始向负极板运动，由于电场力做____功，带电粒子被______速，依照动能定理，________等于电场力的功W ，即________＝W ＝qU ，带电粒子到达负极板时的速度v ＝________.答案正加动能的增量12mv 22qUm 【二】带电粒子的偏转带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，以初速度v 0垂直电场线射入两极板间的匀强电场、板长为l 、板间距为d ，两极板间的电势差为U.1、粒子在v 0的方向上做________直线运动，穿越两极板的时间t ＝________.2、粒子在垂直于v 0的方向上做初速度为________的____________运动，加速度为： a ＝Fm ＝________. 粒子离开电场时在电场方向上偏离原射入方向的距离y ＝12at 2＝________. 3、穿出电场时竖直方向上的分速度v y ＝at ＝______.合速度与水平方向的夹角θ＝tan －1v y v 0＝tan －1________.答案1.匀速l v 02.零匀加速直线qU dm ql 22dmv 20U3.ql dmv 0U qldmv 20U 【三】示波器探秘示波器的核心部件是________，它是一种阴极射线管，玻璃管内抽成真空，它采纳________的方式发射电子、答案示波管热电子发射【一】带电粒子的加速[问题情境]带电粒子在电场中受电场力作用，我们能够利用电场来操纵粒子，使它加速或偏转、直线加速器确实是在真空金属管中加上高频交变电场使带电粒子获得高能的装置(如图1所示)，它能关心人们更深入地认识微观世界、你明白它的加速原理吗？图11、带电粒子在电场中受哪些力作用？重力能够忽略吗？2、带电粒子被加速的原理是什么？3、处理带电粒子加速问题的一般方法是什么？答案1.电场力、重力因重力远小于电场力因此能够忽略 2、电场力做正功，粒子动能增加 3、动能定理 [要点提炼]1、带电粒子：质量特别小的带电体，如电子、质子、α粒子、离子等，处理问题时它们的重力通常忽略不计(因重力远小于电场力)、2、带电微粒：质量较大的带电体，如液滴、油滴、尘埃、小球等，处理问题时重力不能忽略、3、粒子初速度为零且仅在电场力作用下运动，因此电场力做的正功等于__________，即W ＝qU ＝12mv 2得v ＝____________.答案3.粒子动能的增加量2qUm[问题延伸]假设用来加速粒子的电场是非匀强电场，粒子获得的末速度仍然是v ＝2qUm 吗？答案仍然是、非匀强电场中电场力做的功仍然是W ＝qU ，因此仍然有qU ＝12mv 20，故v ＝2qUm (非匀强电场中，W ＝qE ·d 不能用了) 【二】带电粒子的偏转 [问题情境]1.带电粒子以初速度为v 0垂直电场方向射入匀强电场，不计重力作用，它的受力有什么特点？2、它的运动规律与什么运动相似？3、推导粒子离开电场时沿垂直于极板方向的偏移量和偏转的角度、 答案1.粒子仅受与v 0垂直的电场力作用、2、粒子的运动与平抛运动类似，轨迹为抛物线、3、见课本推导过程、 [要点提炼]1、处理方法：应用运动的合成与分解知识分析处理，一般将类平抛运动分解为：沿初速度方向的________运动和沿电场力方向做初速度为______运动、2、差不多关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0 x ＝v 0t 初速度方向v y ＝at y ＝12at 2电场线方向3、导出关系：(1)粒子在电场中运动的时间t ＝________.(2)粒子的加速度为a ＝Fm ＝________.(3)穿出电场时在竖直方向上的位移y ＝12at 2＝________. (4)穿出电场时竖直方向上的分速度v y ＝at ＝________________________________________________________________________.(5)粒子穿出电场时合速度与水平方向的夹角θ＝tan －1v y v 0＝tan －1________. 答案1.匀速直线初速度为零的匀加速直线3、(1)l v 0(2)Uq dm (3)ql 22dmv 20U(4)ql dmv 0U(5)qldmv 20U 【三】示波器探秘示波器的核心部件是示波管，观看示波管的结构，思考示波管中各个组件的作用？ 答案课本“示波管结构图”中序号1－6为加速系统，其作用是使从阴极出射的电子在电场中加速；7为竖直偏转系统，其作用是使粒子在竖直方向上偏转；8是水平偏转系统，其作用是使粒子在水平方向上偏转；9是荧光屏，其作用是显示粒子的位置(或图象)、例1如图2所示，在点电荷＋Q 激发的电场中有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2解析质子和α粒子基本上正离子，从A 点释放将受电场力作用加速运动到B 点，设A 、B 两点间的电势差为U ，由动能定理有：对质子：12m H v 2H ＝q H U ，对α粒子：12m αv 2α＝q αU.因此v Hv α＝q H m αq αm H ＝1×42×1＝21.答案2∶1点拨(1)要明白质子和α粒子是怎么样的粒子，q H ＝e ，q α＝2e ，m H ＝m ，m α＝4m ；(2)该电场为非匀强电场，带电粒子在A 、B 间的运动为变加速运动，不可能通过力和加速度的途径解出该题，但注意到电场力做功W ＝qU 这一关系对匀强电场和非匀强电场都适用，因此从能量的角度入手，由动能定理来解该题特别方便、变式训练1如图3所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间的电压不变，那么()图3A 、当增大两板间的距离时，速度v 增大B 、当减小两板间的距离时，速度v 减小C 、当减小两板间的距离时，速度v 不变D 、当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大 答案C解析由动能定理得eU ＝12mv 2.当改变两板间的距离时，U 不变，v 就不变，故A 、B 项错误，C 项正确；粒子做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv ，当d 减小时，电子在板间运动的时间变小，故D 选项不正确、例2一束电子流在经U ＝5000V 的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图4所示、假设两板间距d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？图4解析设极板间电压为U ′时，电子能飞出平行板间的偏转电场、加速过程，由动能定理得：eU ＝12mv 20.①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l ＝v 0t.②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度：a ＝F m ＝eU ′dm ，③偏转距离：y ＝12at 2，④能飞出的条件为：y ≤d2.⑤解①②③④⑤式得：U ′≤2Ud 2l 2＝2×5 000×10－225×10－22V ＝400V . 答案400V变式训练2试证明：粒子从偏转电场射出时，其速度v 的反向延长线过水平位移的中点、答案作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，那么x ＝ytan θ＝qUl 22dmv 20·dmv 20qUl ＝l 2，即粒子从偏转电场射出时，其速度v 的反向延长线过水平位移的中点，如下图、【即学即练】1、以下粒子从静止状态通过电压为U 的电场加速后，速度最大的是()A 、质子(11H )B 、氘核(21H )C 、α粒子(42He )D 、钠离子(Na ＋) 答案A解析经加速电场加速后的速度为v ＝2qUm ，比荷大的粒子加速后的速度大、2、如图5所示，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，如下图，OA ＝h ，此电子具有的初动能是()图5A .edh UB 、edUhC .eU dhD .eUh d 答案D解析从功能关系方面考虑，电子从O 点到A 点，因电场力作用，速度逐渐减小，依照题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力，如此，我们能够用动能定理来研究问题12mv 20＝eU OA .因为E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd ，因此D 正确、3、有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子的运动轨迹一样，说明所有离子()A 、具有相同的质量B 、具有相同的电荷量C 、具有相同的比荷D 、属于同一元素的同位素 答案C解析轨迹相同说明偏转角相同，tan θ＝v y v x ＝qUlmdv 20，因为速度相同，因此只要电荷的比荷相同，电荷的运动轨迹就相同，易错之处是只考虑其中一种因素的妨碍、4.长为L 的平行金属板电容器，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q ，质量为m的带电粒子，以初速度v 0紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下板成30°角，如图6所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离、图6答案3mv 203qL 36L解析由题意知tan θ＝ v ⊥v 0① v ⊥＝at ② a ＝qE m ③t ＝L v 0④由①②③④得E ＝mv 20tan θqL[ 将θ＝30°代入得：E ＝3mv 203qL由题意知两板间距离d 等于竖直方向的偏转量y ，那么d ＝y ＝12at 2＝12qE m (Lv 0)2 将E 代入得d ＝36L.。
【精准解析】高中物理粤教版选修3-1教师用书：第1章+第6节 示波器的奥秘+Word版含解析
(3)粒子在水平方向的速度始终为 v0.
[解析] (1)加速过程，由动能定理得 eU1＝12mv20
①
进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，
L1＝v0t
②
在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为
-6-
a＝F＝eU2
③
m dm
偏移距离 y＝1at2
④
2
由①②③④得 y＝U2L21 4dU1
A． 2qU m
B．v0＋
2qU m
C． v20＋2mqU
D． v20－2mqU
C [由动能定理得 qU＝12mv2－12mv20，解得 v＝ v20＋2mqU，选项 C 正确．]
带电粒子在匀强电场中的偏转问题 1．基本规律
速度：vx＝v0 (1)初速度方向
位移：x＝v0t
速度：vy＝at＝mqUd·vl0
①若带电粒子的初速度为零，则它的末动能 12mv2＝qU，末速度 v＝
2qU. m
②若粒子的初速度为 v0，则 qU＝12mv2－12mv20，末速度 v＝
v20＋2mqU.
[跟进训练] 1.如图所示，M 和 N 是匀强电场中的两个等势面，相距为 d，电势差为 U，
-4-
一质量为 m(不计重力)、电荷量为－q 的粒子，以速度 v0 通过等势面 M 射入两等 势面之间，则该粒子穿过等势面 N 的速度应是( )
A．1∶1，2∶3 C．1∶1，3∶4
B．2∶1，3∶2 D．4∶3，2∶1
D [粒子在水平方向上做匀速直线运动 x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝
2∶1，所以
tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动
y＝1at2，且 2
物理粤教版选修3-1自我小测：第一章第六节示波器的奥秘 含解析 精品
自我小测1如下图所示，空间中有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动至B，其能量变化情况是( )A．动能减小，重力势能增加，电势能减少B．动能减小，重力势能增加，电势能增加C．动能不变，重力势能增加，电势能减少D．动能增加，重力势能增加，电势能减小2两平行金属板间有匀强电场，不同的带电粒子都以垂直于电场线方向飞入该电场，要使这些粒子经过匀强电场后有相同大小的偏转角，则它们应具备的条件是(不计重力作用)( )A．有相同的动能和相同的比荷B．有相同的动量和相同的比荷C．有相同的速度和相同的比荷D．只要有相同的比荷就可以3下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是( )A．质子(11H) B．氘核(21H)C．α粒子(42He) D．钠离子(Na＋)4(2008海南物理，4)静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为v a、v b，不计重力，则带电粒子的比荷q/m为( )A.v 2a－v 2bφb－φaB.v 2b－v 2aφb－φaC.v 2a－v 2bφb－φaD.v 2b－v 2aφb－φa5在与x轴平行的匀强电场中，一带电荷量为1.0×10－4 C、质量为2.5×10－3 kg的物体在光滑水平面上沿着x 轴做直线运动，其位移与时间的关系是x ＝0.16 t －0.02 t 2，式中x 以米为单位，t 以秒为单位．则从开始运动到5 s 末物体所经过的路程为______m ，克服电场力所做的功为______J.6如下图所示，真空中一束电子流，以一定速度v 0沿着与场强垂直方向自O 点正下方进入匀强电场，OA ＝AB ＝BC ，过A 、B 、C 三点作竖直线与电子轨迹交于M 、N 、P 三点，则电子在OM 、MN 、NP 三段中动能增加量ΔE k1∶ΔE k2∶ΔE k3＝______.7如下图所示，a 、b 和c 表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为U 、23U 、14U ，一带电粒子从等势面a 上某处静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b 时的速率为v ，则它经过等势面c 时的速率为______．8如下图所示，带电荷量分别为q 1、q 2的粒子，以相同的初速度从P 点沿垂直于场强方向射入平行板间的匀强电场中，分别落在下板上的A 、B 两点，若AB ＝OA ，q 1＝3q 2，不计重力，求：(1)两个粒子的质量之比；(2)两个粒子进入电场之后的动能增量之比．9如图所示，水平放置的两块平行金属板长L ，两板间距d ，两板间电压为U ，且上板带正电，一个质量为m 的电子沿水平方向以速度v 0从两板中央射入且能飞出电场．求：电子飞出电场的侧位移和偏转角．10如下图所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场．电荷量为q 、动能为Ek 的带电粒子从a 点沿ab 方向进入电场，不计重力．(1)若粒子从c 点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能； (2)若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？答案1解析：带电微粒受重力、电场力的作用，做直线运动，说明电场力、重力的合力方向与运动方向相反或相同．根据力的平行四边形定则，只有电场力水平向左，才能使电场力和重力的合力与运动方向在一条直线上．故电场力和重力都做负功．因此，重力势能和电势能都增加，动能减少，即B 正确．答案：B2解析：设金属板长为L ，两板间电压为U ，板间距为d ，粒子进入电场时速度为v ，在电场中运动时间为t ＝L v ，在离开电场时沿电场线方向上的速度为v y ，则v y ＝at ＝qU md ·Lv .所以带电粒子离开电场时与原方向v 的夹角θ，即偏转角，如图所示．tan θ＝v y v ＝qULmdv2显然A 、B 、D 项错误，C 正确． 答案：C3解析：由qU ＝12mv 2，得v ＝2qUm，所以q/m 越大，v 越大，故选项A 正确． 答案：A4解析：由动能定理：q(φa －φb )＝12mv 2b －12mv 2a 得q m＝(v 2a －v 2b )/2(φb －φa )，即C 正确．答案：C5解析：位移与时间关系式x ＝0.16t －0.02t 2当t ＝3 s 时x 正向最大为：xm ＝0.32 m 当t ＝5 s 时，x ＝0.3 m所以路程s ＝0.32 m ＋(0.32－0.3) m ＝0.34 m. 因为v 0＝0.16 m/s ，a ＝－0.04 m/s 2所以t ＝5 sv t ＝v 0＋at ＝0.16 m/s －0.04×5 m/s＝－0.04 m/s动能定理：W 电＝ΔEk ＝12m(v 20－v 2t )＝12×2.5×10－3×(0.162－0.042) J ＝3×10－5J.答案：0.34 3.0×10－56解析：根据动能定理，ΔEk 等于每段中电场力做的功．因电场力相同，所以ΔEk∝s(位移)又OA 、QB 、BC ，即t OM ＝t MN ＝t NP所以s OM ∶s MN ∶s NP ＝1∶3∶5(电场力方向上的位移) 所以ΔE k1∶ΔE k2∶ΔE k3＝1∶3∶5. 答案：1∶3∶57解析：带电粒子从等势面a 运动到等势面b 的过程中，根据动能定理有，q(U －23U)＝12mv 2 同样，粒子从a 运动到c 的过程中有，q(U －14U)＝12mv 2c ，其中v c 为粒子经过等势面c时的速率，解得v c ＝1.5v.答案：1.5v8解析：(1)两粒子进入电场中做类平抛运动，即在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速为零的匀加速直线运动．对q 1，OA ＝l ＝v 0t 1 y 1＝12·q 1E m 1·t 21所以y 1＝12·q 1E m 1·l2v 20对q 2 ，OB ＝2l ＝v 0t 2 y 2＝12·q 2E m 2t 22所以y 2＝12·q 2E m 2·4l2v 20又y 1＝y 2、q 1＝3q 2，所以m 1∶m 2＝3∶4.(2)根据动能定理知，要比较动能增量即判断电场力所做的功． 在匀强电场中，W ＝qEy ＝ΔEk ，由： W 1＝q 1Ey 1＝ΔE k1，W 2＝q 2Ey 2＝ΔE k2 又 y 1＝y 2，所以ΔE k1∶ΔE k2＝3∶1. 答案：3∶4 3∶19解析：电子在匀强电场做类平抛运动．水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向分运动为初速为零的匀加速直线运动．电子飞出电场时： 水平方向L ＝v 0t① 竖直方向y ＝12at 2②加速度a ＝eUmd ③①②③联立得 y ＝eUL 22mdv 0飞出电场时的竖直分速度v y ＝at④ 设飞出电场时偏转角为θ，则有 tan θ＝v yv 0⑤③④⑤联立得 tan θ＝eULmdv 20.答案：eUL 22mdv 20 eULmdv 2010解析：(1)设入射速度为v 0，粒子由c 点离开电场，必须 满足L ＝12at 2①L ＝v 0t② qE ＝ma③由①②③式得E ＝4EkqL ④Ek′＝Ek ＋qEL 以④代入得Ek′＝5Ek.(2)粒子可能由bc 也可能由cd 边离开电场，c 点为临界点． 当粒子由c 点离开电场时有Ek′＝5Ek 若粒子由bc 边离开电场区域，有Ek′≤5Ek Ek′－Ek ＝qEyy ＝12at 2＝12qE m (L v 0)2＝qEL 24Ek Ek′－Ek ＝q 2E 2L 24Ek，所以E ＝2－qL若粒子由cd 边离开电场区域，有Ek′＞5Ek Ek′－Ek ＝qEL ，所以E ＝Ek′－EkqL .答案：(1)5Ek (2)Ek′－EkqL。
高中物理1.6示波器的奥秘第2课时课时精练(含解析)粤教版选修3_1
1.6 示波器的奥秘 第2课时带电粒子在电场中的直线运动图1－9－51．(双选)图1－9－5为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A 为发射电子的阴极，K 为接在高电势点的加速阳极，A 、K 间电压为U ，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K 的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( ) A ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U ，则电子离开K 时的速度仍为v B ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U ，则电子离开K 时的速度变为v2 C ．如果A 、K 间距离不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为22v D ．如果A 、K 间距离不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为v2 答案 AC解析 电子在两个电极间加速电场中进行加速，由动能定理得eU ＝12mv2－0得v ＝2eUm ，当电压不变，AK 间距离变化时，不影响电子的速度，故A 正确；电压减半，则电子离开K 时的速度为22v ，C 项正确． 带电粒子在电场中的类平抛运动图1－9－62．如图1－9－6所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P 板的小孔射出，又垂直电场线进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( ) A ．使U2加倍 B ．使U2变为原来的4倍C ．使U2变为原来的2倍D ．使U2变为原来的12倍 答案 A解析 电子加速有qU1＝12mv20 电子偏转有y ＝12qU2md ⎝⎛⎭⎫l v02联立解得y ＝U2l24U1d ，显然选A.带电粒子在交变电场中的运动3．在如图1－9－7甲所示平行板电容器A 、B 两板上加上如图乙所示的交变电压，开始B 板的电势比A 板高，这时两板中间原来的静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )甲 乙 图1－9－7A ．电子先向A 板运动，然后向B 板运动，再返回A 板做周期性往返运动 B ．电子一直向A 板运动C ．电子一直向B 板运动D ．电子先向B 板运动，然后向A 板运动，再返回B 板做周期性往返运动 答案 C解析 由运动学和动力学规律画出电子的v-t 图象如图所示可知，电子一直向B 板运动，C 正确．带电微粒在电场中的圆周运动图1－9－84．如图1－9－8所示，一绝缘细圆环半径为r ，其环面固定在水平面上，电场强度为E 的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为＋q 、质量为m 的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经过A 点时速度vA 的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度vA ＝________．当小球运动到与A 点对称的B 点时，小球对圆环在水平方向的作用力FB ＝________． 答案qErm 6qE解析 在A 点时，电场力提供向心力qE ＝mv2Ar ① 解得vA ＝qEr m ，在B 点时，FB ′－qE ＝m v2Br ，FB ＝FB ′，② 小球由A 到B 的过程中，由动能定理得： qE ·2r ＝12mv2B －12mv2A ，③ 联立以上各式解得FB＝6qE.(时间：60分钟)题组一 带电粒子在电场中的直线运动1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．一定是匀变速运动 B ．不可能做匀减速运动 C ．一定做曲线运动D ．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动 答案 A解析 带电粒子在匀强电场中受恒定电场力作用，一定做匀变速运动，初速度与合外力共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，A 对，B 、C 、D 错．图1－9－92．(双选)平行放置的金属板的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电微粒恰能沿图1－9－9所示水平直线通过，则在此过程中，该粒子( ) A ．所受重力与电场力平衡 B ．电势能逐渐增加 C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动 答案 BD解析 带电微粒在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是竖直向下的重力mg ；二是垂直于极板向上的电场力F ＝Eq ，因二力均为恒力，已知带电微粒做直线运动，所以此二力的合力一定在微粒运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该微粒做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从微粒运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对微粒做负功，微粒的电势能增加，选项B 正确． 题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动图1－9－103．如图1－9－10所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场的方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( ) A ．它们运动的时间tQ ＞tP B ．它们运动的加速度aQ ＜aPC ．它们所带的电荷量之比qP ∶qQ ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔEkP ∶ΔEkQ ＝1∶2 答案 C解析 设两板距离为h ，P 、Q 两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP 和aQ ，粒子P 到上极板的距离是h 2，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P ，由l ＝v0tP ，h 2＝12aPt2P ，得到aP ＝hv20l2；同理对Q ，l ＝v0tQ ，h ＝12aQt2Q ，得到aQ ＝2hv20l2.由此可见tP ＝tQ ，aQ ＝2aP ，而aP ＝qPE m ，aQ ＝qQE m ，所以qP ∶qQ ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP ∶ΔEkQ ＝maP h2∶maQh ＝1∶4.综上所述，C 项正确．图1－9－114．(双选)如图1－9－11所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( ) A ．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多 B ．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多 C ．三种原子核打在屏上的速度一样大 D ．三种原子核都打在屏的同一位置上 答案 BD解析 同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A 错，B 对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C 错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y ＝l2U24dU1，tan θ＝lU22dU1知，与带电粒子无关，D 对． 题组三 带电粒子在交变电场中的运动图1－9－125．(双选)如图1－9－12所示，两金属板(平行)分别加上如下图中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的电压图象应是(设两板距离足够大)( )答案 BC解析 由A 图象可知，电子先做匀加速运动，12T 时速度最大，从12T 到T 内做匀减速运动，T 时速度减为零；然后重复一直向一个方向运动不往返．由B 图象可知，电子先做匀加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做匀减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向做匀加速运动，34T 时速度最大，从34T 到T 内做匀减速运动，T 时速度减为零．回到出发点，然后重复往返运动．由C 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做加速度增大的减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向做加速度减小的加速运动，34T 时速度最大，从34T 到T 内做加速度减小的减速运动，T 时速度减为零．回到出发点，然后重复往返运动． 由D 图象可知，电子先做匀加速运动，12T 时速度最大，从12T 到T 内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动．故选B 、C.6．如图1－9－13甲所示，在平行板电容器A 、B 两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始时A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C 、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( )图1－9－13答案 A解析 从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 选项正确，B 选项错误．电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C 、D 选项错误；故选A. 题组四 带电微粒在电场中的圆周运动图1－9－147．(双选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图1－9－14所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M 射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N 射出，由此可知( )A ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等 答案 BC解析 由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE ＝m v2r 得r ＝mv2qE ，r 、E 为定值，若q 相等，则12mv2一定相等；若qm 相等，则速率v 一定相等，故B 、C 正确．图1－9－158．(双选)如图1－9－15所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ＝37°的斜面上，与斜面的交点为A ，直径AB 垂直于斜面，直径CD 和MN 分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中．质量为m 、电荷量为q 的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A 点．现对在A 点的该小球施加一沿圆轨道切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆轨道完成圆周运动．下列对该小球运动的分析中正确的是( ) A ．小球一定带正电B ．小球运动到B 点时动能最小C ．小球运动到M 点时动能最小D ．小球运动到D 点时机械能最小 答案 BD解析 小球能静止于A 点，说明小球在A 点所受的合力为零，电场力一定与场强方向相反，小球带负电，A 错误；小球所受的重力和电场力的合力F 是不变的，方向沿AB 直径指向A ，小球从A 运动到B 的过程中F 做负功，动能减小，所以小球运动到B 点时动能最小，B 正确，C 错误；在圆轨道上，D 点的电势最低，小球在D 点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D 点时机械能最小，D 正确． 题组五 综合应用图1－9－169．如图1－9－16所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB 及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m ，带电荷量为＋q 的小球从管中A 点由静止释放，已知qE ＝mg. 求：(1)小球释放后，第一次经过最低点D 时的速度和对管壁的压力； (2)小球释放后，第一次经过最高点C 时管壁对小球的作用力． 答案 (1)2gRL 5mg ，方向向下 (2)mg ，方向向下 解析 (1)A 至D 点，由动能定理得： mgR ＋qER ＝12mv21，v1＝2gR由牛顿第二定律：FN －mg ＝m v21R ，FN ＝5mg 由牛顿第三定律：FN ＝FN ′ 对管壁的压力为5mg ，方向向下 (2)第一次经过C ：－mgR ＋qE·2R ＝12mv22 设管壁对小球的作用力向下：mg ＋FC1＝m v22RFC1＝mg FC1的方向向下10．如图1－9－17所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发出(初速度不计)，经灯丝与A 板间的加速电压U1加速，从A 板中心孔沿中心线 KO 射出，然后进入由两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点，已知M 、N 两板间的电压为U2，两板间的距离为d ，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m 电荷量为e.求：图1－9－17(1)电子穿过A 板时的速度大小； (2)电子从偏转电场射出时的侧移量； (3)P 点到O 点的距离；(4)若要电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？答案 (1)2eU1m (2)U2L214U1d (3)（2L2＋L1）U2L14U1d(4)见解析． 解析 (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1＝12mv20，解得：v0＝2eU1m .(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E ，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a ，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：F ＝eE ，E ＝U2d ，F ＝ma ，a ＝eU2md ，t1＝L1v0，y1＝12at21，解得：y1＝U2L214U1d .(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy ，根据运动学公式得vy ＝at1电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示．由t2＝L2v0，y2＝vyt2，解得：y2＝U2L1L22dU1，P 到O 点的距离为 y ＝y1＋y2＝（2L2＋L1）U2L14U1d(4)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.11．如图1－9－18所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，板间距d ＝0.04 m ，两板间的电压U ＝400 V ，板间可视为匀强电场．在A 、B 两板上端连线的中点Q 的正上方，距Q 为h ＝1.25 m 的P 点处有一带正电的小球，已知小球的质量m ＝5×10－6 kg ，电荷量q ＝5×10－8 C ．设A 、图1－9－18B 板足够长，g 取10 m/s2.试求：(1)带正电的小球从P 点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰； (2)相碰时，离金属板上端的距离多大． 答案 (1)0.52 s (2)0.102 m解析 (1)设小球从P 到Q 需时间t1，由h ＝12gt21得t1＝2hg ＝ 2×1.2510 s ＝0.5 s ，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t2.应有qE ＝ma ，E ＝U d ，d 2＝12at22，以上三式联立，得t2＝d m qU ＝0.04×5×10－65×10－8×400s ＝0.02 s ，运动总时间t ＝t1＋t2＝0.5 s ＋0.02 s ＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t 内的位移为y ＝12gt2＝12×10×(0.52)2 m ＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的距离为s ＝y －h ＝1.352 m －1.25 m ＝0.102 m.。
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自我检测
1.在练习使用示波器时,在调节好示波器后,将“扫描范围”旋钮置于最低挡.若缓慢地逆时针旋转“扫描微调”旋钮,则屏上亮斑的扫描速度将____________,扫描频率将____________;若缓慢逆时针旋转“X 增益”旋钮,则扫描的幅度将______________.
答案:减小 减小 增大
2.关于带电粒子在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A.一定是匀变速运动
B.不可能做匀减速运动
C.一定做曲线运动
D.可能沿电场线方向运动
答案: AD
3.让原来静止的氢核（H 11）
、氘核（H 21）和氚核（H 31）的混合物通过同一电场后，各种核将具有 ( )
A.相同的速度
B.相同的动能
C.相同的动量
D.以上物理量都不相同
答案: B
4.离子发动机飞船,其原理是用电压U 加速一价惰性气体离子,将它高速喷出后,飞船得到加速.在氦、氖、氩、氪、氙中选氙的理由是用同样电压加速,它喷出时（ ）
A.速度大
B.动量大
C.动能大
D.质量大
答案: B
5.平行金属板间有一匀强电场，不同的带电粒子都可以垂直于电场线方向射入该匀强电场（不计重力），要使这些粒子经过匀强电场后有相同的偏转角，则它们应具有( )
A.相同的动能和相同的比荷（q /m ）
B.相同的动量和相同的比荷（q /m ）
C.相同的速度和相同的比荷（q /m ）
D.相同的比荷（q /m ）
答案: C
6.三个质量相同,分别带有正电、负电、不带电的粒子A 、B 、C ,从水平放置的平行带电金属板左侧P 点以相同速度v 0垂直电场线方向射入匀强电场,分别落在带正电极板上不同的三点,如图1-6-4 所示,下面判断正确的是( )
图1-6-4
A.三个粒子在电场中运动的加速度大小关系为:a b >a c >a a
B.三个粒子在电场中运动的时间相等
C.三个粒子到达下极板时的动能关系为:E k A>E k B>E k C
D.三个粒子所受到电场力大小关系为:F a=F b>F c
答案: A
7.如图1-6-5所示,一个质子以速度v垂直电场方向射入有界匀强电场中，它飞离电场区域时侧向位移为d1,如果改换使 α 粒子从同一位置以2v速度垂直电场方向射入，则它飞离有界电场时的侧向位移应为()
图1-6-5
A.d2=d1
B.d2=d1/4
C.d2=d1/8
D.d2=d1/16
答案: C
8.一质量为4.0×10-15kg、电荷量为2.0×10-9C的带正电质点,以4.0×104m/s的速度垂直于电场方向从a点进入匀强电场区域,并从b点离开电场区域.离开电场时的速度为5.0×104 m/s,由此可知,电场中ab两点间电势差U ab=V;带电质点离开电场时的速度在电场方向的分量为m/s.(不计重力作用)
答案: 9.0×102 3.0×104
9.几种不同的离子都由静止开始经同一电场加速后，垂直电场方向射入同一偏转电场，已知它们在电场中的运动轨迹完全相同，则可以肯定，这几种离子的（）
A.电性相同
B.电荷量相同
C.比荷相同
D.射出偏转电场时速度相同
答案:A
10.一价氢离子和二价氦离子的混合体,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后均打在荧光屏上,则它们（）
A.同时到达屏上同一点
B.先后到达屏上同一点
C.同时到达屏上不同点
D.先后到达屏上不同点
答案: B
11.如图1-6-6所示,a、b、c三点是匀强电场中的三个彼此相邻的等势面,一带电粒子从A点进入并穿过电场,其轨迹与等势面的相交点依次为A、B、C.若不计重力的作用,则 （）
图1-6-6
A.带电粒子在A点所受电场力方向竖直 向上
B.a、b、c三个等势面的电势是φa>φb>φc
C.带电粒子在穿过电场过程中动能一定增加
D.带电粒子在由A到B的过程中动能变化大于由B到C过程中动能的变化
答案: C
12.如图1-6-7所示为电子加速、偏转装置示意图，初速度为零的电子经电压U1加速后，垂直进入偏转电场，离开电场时的侧移量是y，偏转电场的两板间距离为d,偏转电压为U2，板长为L,为了提高偏转的灵敏度（每单位偏转电压引起的偏转量）可采用下面哪些办法（）
图1-6-7
A.增大偏转电压U2
B.增大加速电压U1
C.尽可能使板长L长一些
D.尽可能使极板间距d小一些
答案: CD
13.如图1-6-8所示,平行金属板的上下极板分别带等量异种电荷,板长为L,一束速度相同的电子束由正中央P点垂直电场线方向进入电场,飞出电场时速度(v t)方向如图,现作速度(v t)的反向延长线交初速度(v0)方向延长线PM于O点,试分析计算O点的位置.
图1-6-8
答案: O点在PM的中点处
14.如图1-6-9所示,静电分选的原理示意图,将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直带电平行金属板上方中部,经电场区域下落,电场强度为5.0×105V/m,磷酸 盐颗粒带正电,石英颗粒带负电,这些颗粒带电率(颗粒所带电荷量与颗粒质量之比)均为1.0×10-5C/kg,如果要求两种颗粒经电场区域后至少分离10 cm,粒子在电场中通过的竖直距离至少应多少?(g取10 m/s2)
图1-6-9
答案: 0.1 m。