第一章 第六节

第一章第六节第PAGE页[目标定位]　1.会从力和能量的角度分析计算带电粒子在电场中加速和偏转的有关问题.2.知道示波管的主要构造和 工作原理 数字放映机工作原理变压器基本工作原理叉车的结构和工作原理袋收尘器工作原理主动脉球囊反搏护理 ．一、带电粒子的加速一带正电荷q、质量为m的带电粒子从正极板处由静止开始向负极板运动(忽略重力作用)，由于电场力做正功，带电粒子在电场中被加速，动能增加，根据动能定理有：eq\f(1,2)mv2＝qU，由此可得带电粒子到达负极板时的速度：v＝eq\r(\f(2qU,m))．例1　如图1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，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，那么该粒子穿过等势面N的速度应是(　　)图1A.eq\r(\f(2qU,m))B．v0＋eq\r(\f(2qU,m))C.eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))D.eq\r(veq\o\al(2,0)－\f(2qU,m))解析　qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))，选项C正确． 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　C总结提升1．两类带电体(1)根本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般忽略粒子的重力(但并不忽略质量)．(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不忽略重力．2．处理加速问题的分析方法(1)根据带电粒子所受的力，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、位移等．(2)一般应用动能定理来处理问题，假设带电粒子只受电场力作用：①假设带电粒子的初速度为零，那么它的末动能eq\f(1,2)mv2＝qU，末速度v＝eq\r(\f(2qU,m)).②假设粒子的初速度为v0，那么eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU，末速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)).针对训练1　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2所示，OA＝h，那么此电子具有的初动能是(　　)图2A.eq\f(edh,U)B．edUhC.eq\f(eU,dh)D.eq\f(eUh,d)答案　D解析　电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用动能定理来研究问题，即－eUOA＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d).所以D正确．二、带电粒子的偏转如图3甲所示，质量为m、电荷量为q的粒子，以初速度v0垂直于电场方向进入两平行板间场强为E的匀强电场，极板间距离为d，两极板间电势差为U，板长为l.图31．运动性质(1)沿初速度方向：做速度为v0的匀速直线运动．(2)沿电场力方向：做初速度为零，加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)的匀加速直线运动．2．运动规律(1)偏转距离：由t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，所以y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)(eq\f(l,v0))2．(2)偏转角度：因为vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)，所以tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))．3．一个重要的结论由eq\f(y,tanθ)＝eq\f(l,2)，可知x＝eq\f(l,2).如图乙所示，粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，即粒子就像是从极板间eq\f(l,2)处射出的一样．【深度思考】质子eq\o\al(1,1)H和α粒子eq\o\al(4,2)He由静止经同一电场加速后再垂直进入同一偏转电场，它们离开偏转电场时偏移量相同吗？为什么？答案　相同．假设加速电场的电压为U0，有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)(eq\f(l,v0))2②①②联立，得y＝eq\f(Ul2,4U0d).即偏移量与m、q均无关．例2　一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图4所示．假设两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？图4解析　加速过程中，由动能定理有：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动l＝v0t在垂直于板面的方向电子做匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)偏移的距离y＝eq\f(1,2)at2电子能飞出的条件y≤eq\f(d,2)联立解得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝eq\f(2×5000××10－4,×10－2〕2)×102V即要使电子能飞出，两极板上所加电压最大为400V.答案　400V针对训练2　装置如例2.如果质子经同一加速电压加速(U＝5000V，但加速电场方向与例2相反，如图5)，从同一位置垂直进入同一匀强电场(d＝1.0cm，l＝5.0cm)，偏转电压U′＝400V．质子能飞出电场吗？如果能，偏移量是多大？图5答案　能　0.5cm解析　在加速电场：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①在偏转电场：l＝v0t②a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU′,md)③偏移量y＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得：y＝eq\f(U′l2,4Ud)上式说明y与q、m无关，解得y＝0.5cm＝eq\f(d,2)即质子恰好从板的右边缘飞出．总结提升无论粒子的质量m、电荷量q如何，只要经过同一电场U1加速，再垂直进入同一偏转电场U2，它们飞出的偏移量y相同(y＝eq\f(U2l2,4U1d))，偏转角θ(tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)自己 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 )也相同．所以同性粒子运动轨迹完全重合．三、示波器探秘1．构造：示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，采用热电子发射方式发射电子．(如图6所示)图62．根本原理：带电粒子在电场力作用下加速和偏转．阴极加热后发射的电子经加速电场加速后，打在管底的荧光屏上，形成小亮斑．亮斑在荧光屏上的位置可以通过调节竖直偏转极和水平偏转极上的电压大小来控制．例3　(多项选择)示波管的内部结构如图7甲所示．如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形．那么(　　)图7A．假设XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B．假设XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C．假设XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D．假设XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形解析　假设XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，那么横轴自左向右移动，纵轴那么按正弦规律变化，荧光屏上可以出现如图(a)所示波形，A正确；假设XX′和YY′分别加电压(4)和(1)那么横轴不变，即波形只在纵轴上，不管纵轴上面波形如何变化始终只能在横轴出现一条线，(a)、(b)都不可能出现，B错误；假设XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，同理，D错误；假设XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，那么横轴自原点先向正方向运动后返回向负方向运动，到负方向一定位置后又返回，纵轴那么先为负的定值后为正的定值，荧光屏上可以出现如图(b)所示波形，C正确．答案　AC1．(带电粒子的直线运动)(多项选择)如图8所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，那么(　　)图8A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大答案　CD解析　根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))所以当改变两板间距离时，v不变，故A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E＝eq\f(U,d)，电子的加速度为a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU,2md)t2得电子加速的时间为t＝deq\r(\f(2m,eU))由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确．2．(带电粒子的偏转)如图9所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中点；设粒子两次射入电场的水平速度相同，那么两次偏转电压之比为(　　)图9A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶1答案　A解析　由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md)·eq\f(l2,veq\o\al(2,0))，得U＝eq\f(2mveq\o\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq\f(y,l2)，可知A项正确．3．(对示波管原理的认识)如图10所示是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．图10(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．(2)(多项选择)如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电答案　(1)Ⅰ　Ⅱ　(2)AC4．(带电粒子的偏转)如图11为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压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，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．图11(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场中射出时的偏移量；(3)假设要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？答案　(1)eq\r(\f(2eU1,m))　(2)eq\f(U2L2,4U1d)　(3)见解析解析　(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).(2)电子沿极板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．电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的偏移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式得t＝eq\f(L,v0)a＝eq\f(eU2,md)y＝eq\f(1,2)at2解得y＝eq\f(U2L2,4U1d)(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.题组一　带电粒子的加速1．如图1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(　　)图1A．1∶2B．2∶1C.eq\r(2)∶1D．1∶eq\r(2)答案　C解析　质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2,H)＝qHU，对α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\al(2,α)＝qαU.所以eq\f(vH,vα)＝eq\r(\f(qHmα,qαmH))＝eq\r(\f(1×4,2×1))＝eq\r(2)∶1.2．(多项选择)图2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.下面的说法正确的选项是(　　)图2A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，那么电子离开K时的速度仍为vB．如果A、K间距离减半而电压仍为U，那么电子离开K时的速度变为eq\f(v,2)C．如果A、K间距离不变而电压减半，那么电子离开K时的速度变为eq\f(\r(2),2)vD．如果A、K间距离不变而电压减半，那么电子离开K时的速度变为eq\f(v,2)答案　AC解析　电子在两个电极间的加速电场中进行加速，由动能定理eU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\r(\f(2eU,m))，当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子的速度，故A正确；电压减半，那么电子离开K时的速度为eq\f(\r(2),2)v，C正确．3．(多项选择)如图3所示，电荷量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两极板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，那么(　　)图3A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等答案　BD解析　由于电荷量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所需的时间越短，A错误；加速时间越短，那么速度的变化量越小，C错误；由于电场力做功与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，那么它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能的增加量也相等，B、D正确．题组二　示波管的原理4．如图4所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上)．假设要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，那么(　　)图4A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极答案　D解析　假设要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，那么应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，那么应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确．5．如图5所示，是一个示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏移量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏移量eq\f(h,U2))，可采用的方法是(　　)图5A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L短些C．尽可能使板间距离d小一些D．使加速电压U1升高一些答案　C解析　电子经电压U1加速有：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①电子经过偏转电场的过程有：L＝v0t②h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)t2＝eq\f(U2L2,4dU1)③可得eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1).因此要提高灵敏度，假设只改变其中的一个量，可采取的方法为增大L、减小d或减小U1，所以选项C正确．题组三　带电粒子的偏转6．(多项选择)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图6所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，以下措施可行的是(　　)图6A．减小墨汁微粒的质量B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压D．增大墨汁微粒的喷出速度答案　BD解析　墨汁微粒在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，那么L＝v0t；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么偏移距离y＝eq\f(1,2)at2；且qE＝ma，E＝eq\f(U,d)，联立解得y＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)(eq\f(L,v0))2.为了使打在纸上的字迹缩小，可减小墨汁微粒所带的电荷量、减小偏转电压、增大墨汁微粒的质量和增大墨汁微粒的喷出速度，应选项B、D正确．7．如图7所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，假设不计重力，那么(　　)图7A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．b的质量一定大于a的质量C．a的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷答案　C解析　粒子在电场中做类平抛运动，h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(eq\f(x,v0))2得：x＝v0eq\r(\f(2mh,qE)).由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))＜v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma)＞eq\f(qb,mb).8．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子(　　)A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．都具有相同的比荷D．都是同一元素的同位素答案　C解析　由偏移距离y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(eq\f(l,v0))2＝eq\f(qEl2,2mveq\o\al(2,0))可知，假设运动轨迹相同，那么水平位移相同，偏移距离y也应相同，E、l、v0是相同的，所以应有eq\f(q,m)相同．9．(多项选择)将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在图8中A、B、C三点，不计其重力作用，那么(　　)图8A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒所带电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是FA＜FB＜FCD．三个微粒到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA答案　CD解析　在v0方向由x＝v0t知：tA＞tB＞tC，所以A错误；在竖直方向由h＝eq\f(1,2)at2知，aA＜aB＜aC，再由牛顿第二定律知，FA＜FB＜FC，C正确；由F＝qE知，电荷量q不相同，B错误；由动能定理知，EkC＞EkB＞EkA，D正确．10．如图9所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的瞬时速度的方向与初速度方向成30°角．在这一过程中，不计粒子重力．求：图9(1)该粒子在电场中经历的时间；(2)粒子在这一过程中电势能的增量．答案　(1)eq\f(\r(3)mv0,3Eq)　(2)－eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)解析　(1)分解末速度vy＝v0tan30°，在竖直方向vy＝at，a＝eq\f(qE,m)，联立三式可得t＝eq\f(\r(3)mv0,3Eq).(2)射出电场时的速度v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v0，由动能定理得电场力做功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)，根据W＝Ep1－Ep2得ΔEp＝－W＝－eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0).11.如图10所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0由静止加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．假设电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：图10(1)金属板AB的长度；(2)电子穿出电场时的动能．答案　(1)deq\r(\f(2U0,U))　(2)eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2)))解析　(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t＝eq\f(L,v0)②电子在偏转电场中产生偏转加速度a＝eq\f(eU,md)③电子在电场中偏转y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得：L＝deq\r(\f(2U0,U)).(2)设电子穿出电场时的动能为Ek，根据动能定理Ek＝eU0＋eeq\f(U,2)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2))).12．一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图11所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.假设在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，求eq\o(OP,\s\up6(－)).图11答案　eq\f(U2l,2U1d)(eq\f(l,2)＋L)解析　电子经U1的电场加速后，由动能定理可得eU1＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)①电子以v0的速度进入U2的电场并偏转t＝eq\f(l,v0)②E＝eq\f(U2,d)③a＝eq\f(eE,m)④v⊥＝at⑤由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(U2l,2U1d).所以eq\o(OP,\s\up6(－))＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)(eq\f(l,2)＋L).