2019-2020年高中物理 2.5探究電子束在示波管中的運(yùn)動(dòng)自我小測 滬科版選修3-1.doc

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2019-2020年高中物理 2.5探究電子束在示波管中的運(yùn)動(dòng)自我小測 滬科版選修3-1 1一束帶電粒子以相同的速率從同一位置，垂直于電場方向飛入勻強(qiáng)電場中，所有粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡都是一樣的，這說明所有粒子(　　) A．都具有相同的質(zhì)量 B．都具有相同的電荷量 C．電荷量與質(zhì)量之比都相同 D．都是同位素 2帶負(fù)電荷的粒子在某電場中僅受電場力作用，能分別完成以下兩種運(yùn)動(dòng)：①在電場線上運(yùn)動(dòng)，②在等勢面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。該電場可能由(　　) A．一個(gè)帶正電荷的點(diǎn)電荷形成 B．一個(gè)帶負(fù)電荷的點(diǎn)電荷形成 C．兩個(gè)分立的帶等量負(fù)電荷的點(diǎn)電荷形成 D．一帶負(fù)電荷的點(diǎn)電荷與帶正電荷的無限大平板形成 3平行板間有如下圖所示周期變化的電壓。重力不計(jì)的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時(shí)刻開始將其釋放，運(yùn)動(dòng)過程無碰板情況，下圖中，能正確定性描述粒子運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像的是(　　) 4如下圖所示，在距離足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子，在A、B之間加上圖乙所示規(guī)律的電壓，在t＝0時(shí)刻電子靜止且A板電勢比B板電勢高，則 (　　) A．電子在A、B兩板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) B．在足夠長的時(shí)間內(nèi)，電子一定會(huì)碰上A板 C．當(dāng)t＝時(shí)，電子將回到出發(fā)點(diǎn) D．當(dāng)t＝時(shí)，電子的位移應(yīng)該最大 5如下圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N。今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計(jì)，到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零，然后沿原路返回。若保持兩極板間的電壓不變，則(　　) A．把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回 B．把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回 D．把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 6用示波器觀察頻率為900 Hz的正弦電壓信號(hào)，把該信號(hào)接入示波器Y輸入。 ①當(dāng)屏幕上出現(xiàn)如圖所示的波形時(shí)，應(yīng)調(diào)節(jié)______鈕。如果正弦波的正負(fù)半周均超出了屏幕的范圍，應(yīng)調(diào)節(jié)______鈕或______鈕，或這兩個(gè)鈕配合使用，以使正弦波的整個(gè)波形出現(xiàn)在屏幕內(nèi)。 ②如需要屏幕上正好出現(xiàn)一個(gè)完整的正弦波形，應(yīng)將________鈕置于______位置，然后調(diào)節(jié)______鈕。 7一個(gè)電子以4.0107 m/s的初速度沿電場線方向射入電場強(qiáng)度為2.5104 N/C的勻強(qiáng)電場中，問：這個(gè)電子在電場中能前進(jìn)多遠(yuǎn)？用的時(shí)間是多少？這段距離上的電勢差是多少？ 8如圖所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間電場，欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差為多少？ 9兩個(gè)半徑均為R的圓形平板電極，平行正對(duì)放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認(rèn)為是均勻的。一個(gè)α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板中心。 已知質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： (1)極板間的電場強(qiáng)度E； (2)α粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a； (3)α粒子的初速度v0。 10如下圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場。電荷量為q、動(dòng)能為Ek的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入電場，不計(jì)重力。 (1)若粒子從c點(diǎn)離開電場，求電場強(qiáng)度的大小和粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能； (2)若粒子離開電場時(shí)動(dòng)能為Ek′，則電場強(qiáng)度為多大？ 11如下圖所示，一條長為L的細(xì)線，上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球。將它置于一勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小為E，水平向右，已知當(dāng)細(xì)線離開豎直位置的偏角為α?xí)r，小球處于平衡狀態(tài)。 (1)小球帶何種電荷？電荷量是多少？ (2)如果使細(xì)線的偏角由α增大到φ，然后由靜止釋放，則φ應(yīng)為多大，才能使細(xì)線達(dá)到豎直位置時(shí)，小球的速度剛好為零？ (3)如果將小球向左方拉成水平，此時(shí)線被拉直，那么放手后小球?qū)⒆鲈鯓拥倪\(yùn)動(dòng)？小球開始運(yùn)動(dòng)后經(jīng)多長時(shí)間線又被拉直？ 參考答案 1解析：根據(jù)y＝()2，軌跡相同，v0相同，則一定相同。 答案：C 2解析：庫侖力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，粒子帶負(fù)電荷，故中心電荷必為正點(diǎn)電荷，由正點(diǎn)電荷的電場線特點(diǎn)，可知也能夠使負(fù)電荷在電場線上運(yùn)動(dòng)。帶負(fù)電荷的粒子能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故A正確。 答案：A 3解析：0～時(shí)間內(nèi)粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)?！玊時(shí)間內(nèi)做加速度恒定的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，在T時(shí)速度減為零。此后周期性重復(fù)，故A對(duì)。 答案：A 4解析：電子所受重力可以忽略不計(jì)，電子在0～時(shí)間內(nèi)受向上的恒定靜電力作用，應(yīng)向A板做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻末速度達(dá)到最大?！玊時(shí)間內(nèi)電子受到一指向B板的靜電力作用，開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，但速度方向仍向上，T時(shí)刻末速度變?yōu)榱?。接下來又重?fù)上述過程，電子始終朝A板運(yùn)動(dòng)，方向不變，足夠長時(shí)間后，電子一定能到達(dá)A板。故正確答案是B。 答案：B 5解析：把A板向上平移一小段距離，或把A板向下平移一小段距離，P到B的總距離不變，A、B間的電壓不變，帶電質(zhì)點(diǎn)下落過程中重力做正功，克服電場力做的數(shù)值不變，因此還能返回，A對(duì)B錯(cuò)；把B板向上平移一小段距離，重力的功將不足以用來克服電場力功，粒子下落不到N就能返回，C對(duì)；把B板向下平移一小段距離重力做的功將大于克服電場力做的功，因此能穿過N孔繼續(xù)下落，D對(duì)。 答案：ACD 6答案：(1)豎直位移或↑↓　衰減或衰減調(diào)節(jié)　Y增益　(2)掃描范圍　1 k擋位　掃描微調(diào) 7解析：電子在電場中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得電子的加速度 a＝eE/m① 電子在電場中前進(jìn)的時(shí)間t＝v0/a ② 電子在電場中前進(jìn)的距離s＝at2/2③ 由①②③解得s＝0.182 m，t＝9.110－9 s 這段距離上的電勢差U＝Es＝4.55103 V。 答案：0.182 m　9.110－9 s　4.55103 V 8解析：對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的全過程根據(jù)動(dòng)能定理列式， 全過程有重力和電場力做功， －mg(H＋h)－qUAB＝0－mv/2 UAB＝m[v－2g(H＋h)]/2q。 答案：m[v－2g(H＋h)]/2q 9解：(1)極板間場強(qiáng)E＝。 (2)α粒子電荷量為2e，質(zhì)量為4m，所受電場力： F＝2eE＝， α粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝。 (3)由d＝at2，得t＝＝2d， v0＝＝。 本題主要考查牛頓第二定律及帶電粒子的類平拋運(yùn)動(dòng)。為應(yīng)對(duì)學(xué)生已形成的矩形平行極板的思維定式，特引入圓形極板模型來設(shè)置“陷阱”，難度中等。 10解：(1)L＝v0t，L＝＝，所以E＝，qEL＝Ekt－Ek，所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek。 (2)若粒子由bc邊離開電場，L＝v0t，vy＝＝，Ek′－Ek＝mv＝＝。所以E＝。若粒子由cd邊離開電場，qEL＝Ek′－Ek，所以E＝。 11解：(1)小球受力如圖所示，由力的平衡知小球帶正電，且 Fsinα＝qE， Fcosα＝mg， 解得q＝。 (2)小球從細(xì)線偏角φ的位置運(yùn)動(dòng)到豎直位置時(shí)，拉力F不做功，重力做正功，靜電力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得 mgL(1－cosφ)－EqLsinφ＝0， 即＝。 又q＝，化簡得tan＝tanα， 故φ＝2α。 (3)線被拉直放手后小球受力如圖所示。由于小球所受重力、靜電力均為恒力且由靜止釋放，故小球?qū)⒀睾狭Ψ较蜃龀跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)。當(dāng)線被拉直時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的位移為s＝2Lsinα。 由上圖得F合＝。 由牛頓第二定律F合＝ma得小球的加速度 a＝＝。 又由s＝at2得t＝，化簡得t＝。