资源描述
带电粒子在电场中运动的综合问题对点训练：示波管的工作原理1(2019宜昌模拟)1878年英国科学家克鲁克斯发明了接近真空的“克鲁克斯管”，即阴极射线管，为X射线的发现提供了基本实验条件。如图所示是一个阴极射线管的结构示意图，要使射线管发出射线，须在P、Q两电极间加上几万伏的直流高压，使用时以下说法正确的是()A阴极射线是负离子，高压电源正极应接在P点B阴极射线是负离子，高压电源正极应接在Q点C阴极射线是正离子，高压电源正极应接在P点D阴极射线是正离子，高压电源正极应接在Q点解析：选A阴极射线是金属加热到一定程度时所发射出的电子，所以阴极射线为负离子，要使负离子加速后进入偏转电场，必须在P点接电源的正极，故A正确。2(2018汕头二模)如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY、水平偏转电极XX和荧光屏组成。当电极YY和XX所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上。下列说法正确的是()A当上极板Y的电势高于Y，而后极板X的电势低于X时，电子将打在第一象限B电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D电子通过XX时的水平偏转量与YY所加电压大小有关解析：选C由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当上极板Y的电势高于Y，而后极板X的电势低于X时，电子将打在第二象限，故A错误；电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；根据动能定理，电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关，即qUmv2mv02，故C正确；电子通过XX时的水平偏转量与XX所加电压大小有关，故D错误。3(2019无锡天一中学月考)如图所示为一真空示波器，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M、N间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。已知加速电压为U1，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。不计重力，求：(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)P点到O点的距离；(3)电子打在荧光屏上的动能大小。解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得：eU1mv02，解得：v0 。(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E2，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，由牛顿第二定律得：FeE2ema，解得：a，由运动学公式得：L1v0t1，y1at12，解得：y1；设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速运动的速度公式可知vyat1；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，水平方向：L2v0t2，竖直方向：y2vyt2，解得：y2；P至O点的距离yy1y2。(3)根据动能定理：电子打在荧光屏上的动能大小：EkeU1eE2y1eU1。答案：(1) (2)(3)eU1对点训练：带电粒子在交变电场中的运动4多选(2019临沂调研)如图甲所示，两正对的平行金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电的粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段()A0t0B.t0C.t0T D.t0解析：选BD若0t0，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。若t0，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。若t0T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。若t0，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，最终打在A板上，所以D正确。5多选(2019天津六校联考)在图甲所示的两平行金属板上加有图乙所示的电压，该电压的周期为T。大量电子(其重力不计)以相同的初速度连续不断地从A点沿平行于金属板的方向射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为。不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是()A0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小B.时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小C在0时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同D在0时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同解析：选BD从0时刻射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛运动；在T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，在T时间内继续做类平抛运动，因此离开电场时侧移量最大，故A错误。从时刻射入电场的电子，在电场力作用下做匀速直线运动；在T时间内沿着速度方向做类平抛运动，在2T时间内再沿速度方向做匀速直线运动，因此离开电场时侧移量最小，故B正确。在0时间内，不同时刻进入电场的电子，在竖直方向的加速时间不同，则离开电场时的竖直速度vy不同，合速度是v，则速度大小不相同，速度方向也不相同，故C错误，D正确。6(2019泰兴中学模拟)如图甲所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q，两极板间距为d，板长为L。粒子从非常靠近上极板的C点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D点飞出匀强电场。已知粒子质量为m，电荷量为2e。不计粒子重力，求：(1)平行板电容器的电容；(2)CD两点间电势差；(3)若A、B板上加上如图乙所示的周期性的方波形电压，t0时A板比B板的电势高，为使在t时刻射入两板间的粒子刚好能由O点水平射出，则电压变化周期T和板间距离d各应满足什么条件？(用L、U、m、e、v0表示)解析：(1)依电容定义有：平行板电容器的电容C。(2)两板之间为匀强电场E粒子在电场中的加速度大小a粒子的偏移量：yat2运动时间t解得：yCD两点的电势差为：UEy。(3)为使粒子刚好由O点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从tnT进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为tnT，(n1，2，3，)则T竖直方向向下的最大分位移应满足：2a2d即：2d解得：d (n1,2,3，)。答案：(1) (2) (3)T(n1,2,3，)d (n1,2,3，)考点综合训练7(2019启东中学模拟)美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图，两平行极板M、N与电压为U的恒定电源连接，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则()A此时极板间电场强度EB油滴带电荷量为C减小极板间电压，油滴将减速下落D将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选A极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强为：E，故A正确；油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故：mgq，解得：q，故B错误；减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故C错误；将极板N向上缓慢移动一小段距离，板间距减小，场强增大，电场力增大，电场力大于重力，合力向上，故油滴将减速下降，故D错误。8多选(2019常州一中模拟)如图所示，带正电的金属滑块质量为m，电荷量为q，放在粗糙绝缘水平面上，水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E。如果在A点给的滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，AB的距离为x。下列说法正确的是()A滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同B滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为vCA、B两点间电势差为D滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为1解析：选CD由A点到B点过程，滑块加速度为aAB(1)g，由B到A过程，滑块加速度为aAB(1)g，由于位移大小相同，所以运动时间不可能相同，A错误；滑块返回A点时速度大小不可能等于滑块在A点的初速度，B错误；根据UABEx，可得C正确；根据v22aABx，解得1，D正确。9.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，OaL，Ob2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离。解析：设电场左边界到b点的距离为x，已知电场宽度为s，Ob2s，分以下两种情况讨论：(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即xs，则xv0tyLt2联立解得x 。(2) 若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即sx2s，则sv0t yt2由几何关系知tan 联立解得x。答案：见解析10.(2019苏州模拟)如图所示，CD左侧存在场强大小为E、方向水平向左的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角53的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点。重力加速度为g，sin 530.8，cos 530.6。求：(1)DA两点间的电势差UDA；(2)圆管半径r；(3)小球从D点运动到P点的时间t。解析：(1)由电势差和场强的关系UEd可知UDAEL解得UDA。(2)由恰好过D点，判断vD0从A到D过程，根据动能定理： mg(Ltan 532r)EqL0解得r。(3)由于mgEq，小球离开D点进入电场与水平方向成45角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有xy，xtan 53x2r解得x，y竖直方向自由落体，有ygt2解得t 。答案：(1)(2)(3)
展开阅读全文