2024-2025學年高中物理第1章電場第6節(jié)示波器的奧秘學案粵教版選修3-1

PAGE12-第六節(jié)示波器的奇妙[學習目標]1.駕馭帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)規(guī)律并分析其加速度、速度和位移等物理量的變更．(重點)2.駕馭帶電粒子在電場中加速、偏轉(zhuǎn)時的能量轉(zhuǎn)化．(重點、難點)3.了解示波器的工作原理，體會靜電場學問對科學技術的影響．一、帶電粒子的加速1．基本粒子的受力特點：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般遠小于靜電力，可以忽視．2．帶電粒子加速問題的處理方法：利用動能定理分析．初速度為零的帶電粒子，經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，qU＝eq\f(1,2)mv2，則v＝eq\r(\f(2qU,m))．二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)(垂直進入勻強電場)1．運動特點(1)垂直電場方向：不受力，做勻速直線運動．(2)沿著電場方向：受恒定的電場力，做初速度為零的勻加速直線運動．2．運動規(guī)律三、示波器探秘1．構(gòu)造示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(放射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由一對X偏轉(zhuǎn)電極板和一對Y偏轉(zhuǎn)電極板組成)和熒光屏組成，如圖所示．2．原理(1)掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓．(2)燈絲被電源加熱后，出現(xiàn)熱電子放射，放射出來的電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉(zhuǎn)電場，如在Y偏轉(zhuǎn)板上加一個信號電壓，在X偏轉(zhuǎn)板上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變更的可視圖象．1．正誤推斷(1)帶電粒子在電場中加速時，不滿意能量守恒． (×)(2)帶電粒子在勻強電場中肯定做類平拋運動． (×)(3)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時，粒子做勻變速曲線運動． (√)(4)示波器是帶電粒子加速和偏轉(zhuǎn)的綜合應用． (√)(5)電視機光屏越大，則偏轉(zhuǎn)電壓對應也較大． (√)2．下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后，粒子速度最大的是()A．質(zhì)子 B．氘核C．氦核 D．鈉離子A[由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以比荷eq\f(q,m)大的速度大，A正確．]3．(多選)示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示．假如在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電AC[由題意電子偏到XOY的區(qū)域，則在偏轉(zhuǎn)電極YY′上應向右上運動，故Y板帶正電，C正確，D錯誤；在偏轉(zhuǎn)電極XX′上應向右運動，故X板帶正電，A正確，B錯誤．]帶電粒子在電場中的加速運動1.關于帶電粒子在電場中的重力(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的示意以外，此類粒子一般不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)．(2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的示意以外，一般都不能忽視重力．2．問題處理的方法和思路(1)分析方法和力學的分析方法基本相同：先分析受力狀況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速；直線還是曲線)，然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題．(2)解決這類問題的基本思路是：①用運動和力的觀點：牛頓定律和運動學學問求解；②用能量轉(zhuǎn)化的觀點：動能定理和功能關系求解．3．應用動能定理處理這類問題的思路(粒子只受電場力)(1)若帶電粒子的初速度為零，則它的末動能eq\f(1,2)mv2＝qU，末速度v＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)若粒子的初速度為v0，則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)).【例1】(多選)如圖所示為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空．A為放射電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時的速度可以忽視，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v.下面的說法中正確的是()A．假如A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度仍為vB．假如A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)関/2C．假如A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)vD．假如A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)関/2AC[依據(jù)動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))可知，v與A、K間距離無關，則若A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時的速度仍為v，故A正確，B錯誤；依據(jù)v＝eq\r(\f(2eU,m))可知電壓減半時，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)v，故C正確，D錯誤．]1.如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應是()A．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))C[由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))，選項C正確．]帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題1.基本規(guī)律(1)初速度方向eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度：vx＝v0,位移：x＝v0t))(2)電場線方向eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度：vy＝at＝\f(qU,md)·\f(l,v0),位移：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)·\f(l2,veq\o\al(2,0))))(3)離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))(4)離開電場時位移與初速度方向的夾角：tanβ＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mveq\o\al(2,0)d).2．幾個常用推論(1)tanα＝2tanβ.(2)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于沿初速度方向分位移的中點．(3)以相同的初速度進入同一個偏轉(zhuǎn)電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要eq\f(q,m)相同，即荷質(zhì)比相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角α相同．(4)若以相同的初動能Ek0進入同一個偏轉(zhuǎn)電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角α相同．(5)不同的帶電粒子經(jīng)同一加速電場加速后(即加速電壓相同)，進入同一偏轉(zhuǎn)電場，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角α相同eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＝\f(U2l2,4U1d)，tanα＝\f(U2l,2U1d))).【例2】如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：(1)粒子從射入電場到打到屏上所用的時間？(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα.(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離x.思路點撥：(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動．(2)帶電粒子在右側(cè)虛線的右側(cè)做勻速直線運動．(3)粒子在水平方向的速度始終為v0.[解析](1)依據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間t＝eq\f(2L,v0).(2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，依據(jù)牛頓其次定律，粒子在電場中的加速度為a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0)).(3)方法一：設粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qEL2,2mveq\o\al(2,0))，又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).方法二：x＝vyeq\f(L,v0)＋y＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).方法三：由eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).[答案](1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法(1)Y＝y(tǒng)＋dtanθ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)．(2)Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋d))tanθ(L為電場寬度)．(3)Y＝y(tǒng)＋vy·eq\f(d,v0).(4)依據(jù)三角形相像：eq\f(Y,y)＝eq\f(\f(L,2)＋d,\f(L,2)).訓練角度1.不同粒子的偏轉(zhuǎn)比較2.如圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從帶電的平行板電容器極板左側(cè)中心以相同的水平速度v0垂直于電場線方向射入勻強電場中．在重力、電場力共同作用下，三球沿不同的軌道運動，最終都落到極板上，則()A．三個粒子在電場中運動的時間相同B．A粒子帶負電C．三者落在板上的動能關系為EkC>EkB>EkAD．三者都做平拋運動C[粒子在水平方向做初速度相同的勻速運動，水平位移越大運動時間越長，故運動的時間tA>tB>tC；在豎直方向做勻加速運動，側(cè)向位移y＝eq\f(1,2)at2，且三者側(cè)向位移一樣，故加速度aC>aB>aA，靜電力與重力的合力關系為FC>FB>FA，即C帶負電、B不帶電、A帶正電．由于合力做功WC>WB>WA，依據(jù)動能定理，粒子動能的增加量為EkC>EkB>EkA.]訓練角度2.帶電粒子先加速再偏轉(zhuǎn)3．假如質(zhì)子經(jīng)一加速電壓加速(U＝5000V)，如圖所示，從中間位置垂直進入一勻強電場(d＝1.0cm，l＝5.0cm)，偏轉(zhuǎn)電壓U′＝400V．質(zhì)子能飛出電場嗎？假如能，偏移量是多大？[解析]在加速電場：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①在偏轉(zhuǎn)電場：l＝v0t ②a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU′,md) ③偏移量y＝eq\f(1,2)at2 ④由①②③④得：y＝eq\f(U′l2,4Ud)上式說明y與q、m無關，解得y＝0.5cm＝eq\f(d,2)即質(zhì)子恰好從板的右邊緣飛出[答案]能0.5cm帶電粒子在交變電場中的運動【例3】如圖所示，在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變更的交變電壓U0，其周期是T.現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板中心射入．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力，求：甲乙(1)若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少多長？(2)若電子從t＝0時刻射入，在t＝eq\f(3,2)T時刻恰好能從A板的邊緣飛出，則兩極板間距多遠？[解析](1)電子在水平方向上做勻速直線運動，恰能平行的飛出電場，說明電子在豎直方向上的速度恰好為零，故所用時間應為t＝nT.當n＝1時，金屬板長度最小，為Lmin＝v0T.(2)電子恰能從A板的邊緣飛出，則y＝eq\f(d,2)在豎直方向上，電子經(jīng)驗的過程為初速度為零的勻加速直線運動，然后減速到零，最終再經(jīng)驗初速度為零的勻加速直線運動，三個階段的時間都為eq\f(T,2)，所以由eq\f(d,2)＝3×eq\f(1,2)×eq\f(U0e,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)，解得d＝eq\r(\f(3eU0T2,4m))＝eq\f(T,2m)eq\r(3eU0m).[答案](1)Lmin＝v0T(2)d＝eq\r(\f(3eU0T2,4m))＝eq\f(T,2m)eq\r(3eU0m)(1)當空間存在交變電場時，粒子所受電場力方向?qū)㈦S著電場方向的變更而變更，粒子的運動性質(zhì)也具有周期性．(2)探討帶電粒子在交變電場中的運動須要分段探討，并輔以v-t圖象．特殊留意帶電粒子進入交變電場時的時刻及交變電場的周期．訓練角度1.帶電粒子在交變電場中的直線運動4．(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變更的圖象．當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原動身點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零CD[設第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原動身點，粒子的速度為0，v-t圖象如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確．]訓練角度2.帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)5．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽視不計，電子放射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變更的圖象如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：甲乙(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處．(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？[解析](1)電子經(jīng)電場加速滿意qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設打在屏上的點距O點的距離為Y，滿意eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm.[答案](1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cm課堂小結(jié)知識脈絡1.質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子、α粒子等不計重力，但帶電顆粒、液滴等往往要考慮重力.2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)為類平拋運動，可用運動的合成與分解思想求解.3.示波管主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成.1.(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球()A．做直線運動B．做曲線運動C．速領先減小后增大D．速領先增大后減小BC[由題意知，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向夾角為鈍角，故小球做曲線運動，所以A項錯誤，B項正確；在運動的過程中合外力先做負功后做正功，所以C項正確，D項錯誤．]2.如圖所示，有一帶電粒子(不計重力)貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1A[設帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，A、B板的長度為L，板間距離為d.則：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)d＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2v0)))eq\