物理粵教版自我小測第一章第六節(jié)示波器的奧秘

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精自我小測1如下圖所示,空間中有一水平勻強電場，在豎直平面內有初速度為v0的帶電微粒，沿圖中虛線由A運動至B，其能量變化情況是(）A．動能減小，重力勢能增加，電勢能減少B．動能減小，重力勢能增加，電勢能增加C．動能不變，重力勢能增加，電勢能減少D．動能增加，重力勢能增加，電勢能減小2兩平行金屬板間有勻強電場，不同的帶電粒子都以垂直于電場線方向飛入該電場，要使這些粒子經(jīng)過勻強電場后有相同大小的偏轉角，則它們應具備的條件是（不計重力作用）（)A．有相同的動能和相同的比荷B．有相同的動量和相同的比荷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下列粒子從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后，速度最大的是（）A．質子(eq\o\al（1，1）H）B．氘核(eq\o\al(2，1）H）C．α粒子（eq\o\al(4，2)He)D．鈉離子（Na＋）4(2008海南物理，4)靜電場中，帶電粒子在電場力作用下從電勢為φa的a點運動至電勢為φb的b點．若帶電粒子在a、b兩點的速率分別為va、vb，不計重力，則帶電粒子的比荷q/m為（)A。eq\f(v\o\al（2,a）－v\o\al（2,b）,φb－φa）B。eq\f(v\o\al（2,b)－v\o\al(2,a),φb－φa)C。eq\f(v\o\al(2,a）－v\o\al(2,b）,2φb－φa）D。eq\f（v\o\al（2,b)－v\o\al(2,a）,2φb－φa)5在與x軸平行的勻強電場中,一帶電荷量為1。0×10－4C、質量為2.5×10－3kg的物體在光滑水平面上沿著x軸做直線運動，其位移與時間的關系是x＝0。16t－0.02t6如下圖所示，真空中一束電子流,以一定速度v0沿著與場強垂直方向自O點正下方進入勻強電場,OA＝AB＝BC，過A、B、C三點作豎直線與電子軌跡交于M、N、P三點，則電子在OM、MN、NP三段中動能增加量ΔEk1∶ΔEk2∶ΔEk3＝______.7如下圖所示,a、b和c表示點電荷的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為U、eq\f（2，3）U、eq\f（1,4）U，一帶電粒子從等勢面a上某處靜止釋放后,僅受電場力作用而運動，已知它經(jīng)過等勢面b時的速率為v，則它經(jīng)過等勢面c時的速率為______．8如下圖所示,帶電荷量分別為q1、q2的粒子，以相同的初速度從P點沿垂直于場強方向射入平行板間的勻強電場中,分別落在下板上的A、B兩點，若AB＝OA，q1＝3q2，不計重力,求：（1）兩個粒子的質量之比；（2）兩個粒子進入電場之后的動能增量之比．9如圖所示,水平放置的兩塊平行金屬板長L,兩板間距d，兩板間電壓為U，且上板帶正電,一個質量為m的電子沿水平方向以速度v0從兩板中央射入且能飛出電場．求：電子飛出電場的側位移和偏轉角．10如下圖所示,邊長為L的正方形區(qū)域abcd內存在著勻強電場．電荷量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場,不計重力．(1)若粒子從c點離開電場,求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能；（2)若粒子離開電場時動能為Ek′,則電場強度為多大？答案1解析:帶電微粒受重力、電場力的作用，做直線運動,說明電場力、重力的合力方向與運動方向相反或相同．根據(jù)力的平行四邊形定則，只有電場力水平向左，才能使電場力和重力的合力與運動方向在一條直線上．故電場力和重力都做負功．因此，重力勢能和電勢能都增加，動能減少，即B正確．答案：B2解析：設金屬板長為L，兩板間電壓為U,板間距為d，粒子進入電場時速度為v，在電場中運動時間為t＝eq\f（L,v）,在離開電場時沿電場線方向上的速度為vy，則vy＝at＝eq\f(qU，md)·eq\f（L,v).所以帶電粒子離開電場時與原方向v的夾角θ，即偏轉角,如圖所示．tanθ＝eq\f（vy，v）＝eq\f（qUL,mdv2）顯然A、B、D項錯誤，C正確．答案：C3解析:由qU＝eq\f(1，2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU，m）），所以q/m越大，v越大，故選項A正確．答案：A4解析：由動能定理:q(φa－φb)＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al（2,a）得eq\f(q,m)＝(veq\o\al(2，a）－veq\o\al(2,b)）/2（φb－φa），即C正確．答案：C5解析:位移與時間關系式x＝0.16t－0。02t2當t＝3s時x正向最大為：xm＝0。32m當t＝5s時,x＝0。3m所以路程s＝0.32m＋(0。32－0。3）m＝0。34m。因為v0＝0。16m/s，a＝－0.04m/s2所以t＝5svt＝v0＋at＝0.16m/s－0.04×5m/s＝－0.04m/s動能定理：W電＝ΔEk＝eq\f(1，2）m（veq\o\al(2，0)－veq\o\al(2,t）)＝eq\f（1，2）×2.5×10－3×（0。162－0.042）J＝3×10－5J。答案：0。343。0×10－56解析：根據(jù)動能定理，ΔEk等于每段中電場力做的功．因電場力相同，所以ΔEk∝s(位移）又OA、QB、BC,即tOM＝tMN＝tNP所以sOM∶sMN∶sNP＝1∶3∶5（電場力方向上的位移）所以ΔEk1∶ΔEk2∶ΔEk3＝1∶3∶5。答案：1∶3∶57解析:帶電粒子從等勢面a運動到等勢面b的過程中,根據(jù)動能定理有，q（U－eq\f(2，3）U）＝eq\f（1,2)mv2同樣，粒子從a運動到c的過程中有,q(U－eq\f(1，4)U）＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c），其中vc為粒子經(jīng)過等勢面c時的速率，解得vc＝1.5v.答案:1.5v8解析：(1）兩粒子進入電場中做類平拋運動，即在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速為零的勻加速直線運動．對q1，OA＝l＝v0t1y1＝eq\f（1,2）·eq\f(q1E,m1）·teq\o\al（2，1）所以y1＝eq\f（1,2)·eq\f（q1E，m1）·eq\f（l2，v\o\al(2，0））對q2，OB＝2l＝v0t2y2＝eq\f（1，2）·eq\f(q2E，m2）teq\o\al（2,2）所以y2＝eq\f（1,2)·eq\f(q2E,m2)·eq\f(4l2,v\o\al（2,0）)又y1＝y(tǒng)2、q1＝3q2，所以m1∶m2＝3∶4.（2)根據(jù)動能定理知,要比較動能增量即判斷電場力所做的功．在勻強電場中,W＝qEy＝ΔEk，由：W1＝q1Ey1＝ΔEk1，W2＝q2Ey2＝ΔEk2又y1＝y(tǒng)2,所以ΔEk1∶ΔEk2＝3∶1.答案：3∶43∶19解析：電子在勻強電場做類平拋運動．水平方向分運動為勻速直線運動，豎直方向分運動為初速為零的勻加速直線運動．電子飛出電場時:水平方向L＝v0t①豎直方向y＝eq\f(1,2)at2②加速度a＝eq\f（eU,md)③①②③聯(lián)立得y＝eq\f（eUL2,2mdv\o\al(2，0)）飛出電場時的豎直分速度vy＝at④設飛出電場時偏轉角為θ,則有tanθ＝eq\f（vy，v0)⑤③④⑤聯(lián)立得tanθ＝eq\f(eUL，mdv\o\al（2,0）).答案：eq\f(eUL2，2mdv\o\al（2,0))eq\f（eUL,mdv\o\al（2,0））10解析：（1)設入射速度為v0，粒子由c點離開電場，必須滿足L＝eq\f(1，2）at2①L＝v0t②qE＝ma③由①②③式得E＝eq\f（4Ek，qL）④Ek′＝Ek＋qEL以④代入得Ek′＝5Ek。（2）粒子可能由bc也可能由cd邊離開電場,c點為臨界點．當粒子由c點離開電場時有Ek′＝5Ek若粒子由bc邊離開電場區(qū)域，有Ek′≤5EkEk′－Ek＝qEyy＝eq\f（1,2）at2＝eq\f(