《带电粒子的屏幕落点》带电粒子的屏幕落点

1多选题

(多选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板右侧以速度v_0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压u_AB如图所示，交变电压的周期T=$\frac {L}{2v}$，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（　　）

所有电子都从右侧的同一点离开电场

所有电子离开电场时速度都是v_0

t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大

t=$\frac {T}{4}$时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为$\frac {d}{16}$

题目答案

答案解析

分析：

电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于v_0，电子的动能不是最大．分析t=$\frac {T}{4}$时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移．

解答：

解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误．

B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v_y=0，速度都等于v_0，故B正确．

C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故C错误．

D、t=$\frac {T}{4}$时刻进入电场的电子，在t=$\frac {3}{4}$T时刻侧位移最大，最大侧位移为

y_max=2•$\frac {1}{2}$a($\frac {T}{4}$)_=$\frac {aT}{16}$…①

在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为$\frac {1}{2}$d，则有：

$\frac {1}{2}$d=4×$\frac {1}{2}$a($\frac {T}{2}$)_…②

联立①②得：y_max=$\frac {d}{16}$ 故D正确．

故选BD

点评：

本题作出速度图象，根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况．

2单选题

如图甲所示，一对长为L的金属板，平行正对放置，质量为m的电子从平行板左侧以速度v_0沿两板的中线不断进入平行板之间．两板间所加交变电压u_AB如图乙所示，交变电压的周期T=$\frac {L}{2v}$，已知所有电子都能穿过平行板，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，则(　　)

所有电子都从右侧的同一点离开电场

电子离开电场时速度大小不可能等于v_0

t=0时刻进入电场的电子，离开电场时的动能大于$\frac {1}{2}$mv_0_

在t=0时刻进入电场的电子，在两板间运动时侧位移最大

题目答案

答案解析

分析：

电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于v_0．

解答：

解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误．

B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v_y=0，速度都等于v_0，故B错误．

C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都为$\frac {1}{2}$mv_0_．故C错误．

D、根据图象可知，在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为$\frac {1}{2}$d，故D正确．

故选：D

点评：

本题作出速度图象，根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况，难度适中．

3多选题

(多选)如图(1)，电子以水平速度V_0沿两平行金属板A、B的中心轴线MN射入，两金属板间电压U_AB的变化规律如图(2)所示．已知电子质量为m，电荷量为e，电压周期为T，电压为U_0，若电子(不计重力及电子之间的相互作用力)从t=0时刻进入两板间，在$\frac {T}{2}$时刻恰好能从板的上边缘飞出，则下列说法正确的是(　　)

若电子从t=$\frac {T}{3}$时刻进入两板间，在半个周期内恰好能从板的下边缘飞出

若电子从t=$\frac {T}{4}$时刻进入两板间，能从板右边水平飞出

在从t=0时刻到t=$\frac {T}{2}$时刻这一段时间进入两板间的电子中，有电子能从板右边N点飞出

在从t=0时刻到t=$\frac {T}{2}$时刻这一段时间进入两板间的电子中，电场力对电子做功最多为eU_0

题目答案

答案解析

分析：

将电子的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向做匀速运动，竖直方向仅在电场力作用下做初速度为零的变速直线运动；若是在不同时刻射入，可以根据运动学公式列式分析，也可以结合图象法分析．

解答：

解：若电子从t=0时刻进入两板间，在$\frac {T}{2}$时刻恰好能从板的上边缘飞出，则有

水平方向 L=v_0t ①

竖直方向_$\frac {1}{2}$at_ ②

其中：t=$\frac {T}{2}$，a=$\frac {eU}{dm}$ ③

A、电子在t=$\frac {T}{3}$时刻进入两板间，在半个周期内其竖直方向运动分两个过程：

$\frac {T}{3}$-$\frac {T}{2}$时间段内匀加速；

$\frac {T}{2}$-$\frac {5}{6}$T时间段内先匀减速后匀加速，整个过程为匀变速；

竖直分位移为

y=$\frac {1}{2}$a($\frac {T}{6}$)_+(a•$\frac {T}{6}$)$\frac {T}{3}$-$\frac {1}{2}$a($\frac {T}{3}$) _=$\frac {1}{72}$aT_

故电子会从上方射出，故A错误；

B、若电子从$\frac {T}{4}$时刻进入电场，则竖直方向先加速后匀速，竖直分位移为

y=$\frac {1}{2}$a($\frac {T}{4}$)_+a•($\frac {T}{4}$)•$\frac {T}{4}$=$\frac {3}{32}$aT_ ④

由①③④得到y=$\frac {3}{8}$d＜$\frac {d}{2}$，即电子经过半个周期从上方射出，故B正确；

C、若电子在竖直方向先加速后匀减速再加速下降，其竖直分位移有可能为零，故C正确；

D、在从t=0时刻到t=$\frac {T}{2}$时刻这一段时间进入两板间的电子中，电场力对电子做功为：W=eEy≤eE$\frac {d}{2}$=$\frac {1}{2}$eU_0，故D错误；

故选BC．

点评：

本题中电子在水平方向匀速，故经过电场区域的时间是一定的，竖直方向在电场力的作用下做变速运动，根据运动学公式列式求解即可．

4单选题

喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，进入带电室．有信号输入时，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制．带电后的微滴以一定的初速度垂直进入电场，带电微滴经过电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．若不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性，则下列有关说法中错误的是(　　)

无信号输入时，微滴不带电，将直线通过偏转板而注入回流槽流回墨盒

带电的微滴向正极偏转

带电的微滴电势能将逐渐减少

为了使纸上的字放大，可减少极板两端的电压

题目答案

答案解析

分析：

根据喷墨打印机的工作原理和带电粒子的在匀强电场中的偏转类平抛运动的规律进行解答．

解答：

解：A、喷墨打印机，无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒，故A正确；

BC、因为微粒带负电，所以受正极板的引力，向正极偏，引力做正功，电势能减小，故BC项正确；

D、为了使纸上的字放大，可增加极板两端的电压或增加偏转板与纸的距离从而增大偏转距离使字体放大，故D错误．

本题要求选择错误的选项，故选：D．

点评：

此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，注意认真审题，理论联系实际．

5单选题

有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．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．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是(　　)

增大墨汁微粒的比荷

减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能

减小偏转极板的长度

增大偏转极板间的电压

题目答案

答案解析

分析：

要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，根据牛顿第二定律和运动学公式结合推导出偏转量y的表达式，再进行分析．

解答：

解：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：

水平方向：L=v_0t；

竖直方向：y=$\frac {1}{2}$at_

又 a=$\frac {qU}{md}$

联立得，y=$\frac {qUL}{2md}$=$\frac {qUL}{4dE_k0}$

要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷$\frac {q}{m}$、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E_k0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故ABD错误，C正确．

故选：C

点评：

此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的表达式．

6单选题

如图所示，电子在电势差为U$_1$的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U$_2$的两平行金属板间的电场中，入射速度恰沿两板的正中间的虚线，板长为l，两板间距为d，电子射出平行板后打在距离该板右端d_0的平板上的P点，不计电子的重力，下列说法正确的是(　　)

若U$_1$恒定，减少U$_2$，则OP间的距离减少

若U$_1$恒定，减少U$_2$，则OP间的距离增大

若U$_2$恒定，增大U$_1$，则OP间的距离不变

若U$_2$恒定，增大U$_1$，则OP间的距离增大

题目答案

答案解析

分析：

粒子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出粒子出偏转电场时的偏转位移，根据相似三角形确定OP间距离的变化．

解答：

解：根据动能定理得，eU$_1$=$\frac {1}{2}$mv_0_，

在偏转电场中的偏转位移y=$\frac {1}{2}$at_=$\frac {1}{2}$•$\frac {eU$_2$}{md}$•$\frac {l}{v_0}$=$\frac {eU$_2$l}{4eU$_1$d}$=$\frac {U$_2$l}{4U$_1$d}$．

因为出偏转电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据相似三角形得，$\frac {y_OP}{y}$=$\frac {$\frac {l}{2}$+d}{$\frac {l}{2}$}$．

A、若U$_1$恒定，减少U$_2$，则y减小，可知OP箭的距离减小．故A正确，B错误．

C、若U$_2$恒定，增大U$_1$，则y减小，可知OP箭的距离减小．故C、D错误．

故选：A．

点评：

解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式的进行求解．

读趣百科

《带电粒子的屏幕落点》带电粒子的屏幕落点

1多选题

题目答案

您的答案

答案解析

2单选题

题目答案

您的答案

答案解析

3多选题

题目答案

您的答案

答案解析

4单选题

题目答案

您的答案

答案解析

5单选题

题目答案

您的答案

答案解析

6单选题

题目答案

您的答案

答案解析