2020-2021学年高中物理第一章电场第六节示波器的奥秘学案粤教版选修3-1
高中物理第一章电场1.6示波器的奥秘知识导学案粤教版选修3-1
第六节示波器的奥秘问题探究示波器有什么样的奥秘能够将“电信号”转换为“光信号”,从而在荧光屏上直观地显示信号的强弱?自学导引1.常用电子示波器的内部核心部件是示波管,示波管由_____________、_____________和_____________组成.答案:电子枪偏转电极荧光屏2.若要调节荧光屏上亮斑的亮度,需要调节_____________、_____________等;若要上下移动荧光屏上的亮斑或图线,则应调节_____________;若要左右移动荧光屏上亮点或图线,则应调节_________________;若改变图线在水平方向上的范围,则应调节_____________;若改变图线在竖直方向上的范围,则应调节_____________.答案:辉度旋钮聚焦调节旋钮垂直位移旋钮水平位移旋钮X增益旋钮Y增益旋钮3.示波器并不神秘,它的基本原理是带电粒子在电场中的_____________和____________.答案:加速偏转疑难剖析示波器面板和操作方法【例1】如图1-6-1所示为示波器面板,屏上显示的是一亮度较低、线条较粗且模糊不清的波形.图1-6-1(1)若要增大显示波形的亮度,应调节______________旋钮;(2)若要使屏上波形线条变细且边缘清晰,应调节______________旋钮.(3)若要将波形曲线调至屏中央,应调节______________与______________旋钮.解析:(1)逆时针旋转辉度旋钮时,可降低屏上亮斑亮度;顺时针旋转辉度旋钮,可增强屏上亮斑的亮度.现要求调亮该波形线条,则应该顺时针旋转辉度旋钮.(2)旋转聚焦旋钮和辅助聚焦旋钮,二者配合使用可调节亮斑达到最小,图线线条清晰.(3)旋转垂直位移旋钮可调节亮斑的上下位置,旋转水平位移旋钮可调节亮斑左右位置.因此要将波形曲线调至中央,则要调节垂直位移旋钮和水平位移旋钮.答案:(1)辉度(2)聚焦(3)垂直位移水平位移正确运用动力学方法和功能关系解决带电粒子的加速和偏转问题【例2】如图162所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度v 0，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以速度v 离开电场.已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：图1-6-2（1）v 0的大小；（2）离子在偏转电场中运动的时间t ；（3）离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；（4）离子在偏转电场中的加速度；（5）离子在离开偏转电场时的横向速度v y ；（6）离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；（7）离子在离开偏转电场时的横向偏移量y ；（8）离子离开电场时的偏转角θ的正切值t a n θ.解析：（1）不管加速电场是不是匀强电场，W =qU 都适用，所以由动能定理得： 20121mv qU =所以m qU v 102=. （2）由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动.即水平方向做速度为v 0的匀速运动；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动. 在水平方向102qU m l v l t ==. （3）d qU qE F dU E 22===. （4）mdqU m F a 2==. （5）121222mU q dl U qU m l md qU at v y =•==. （6）1222221222024U md U ql U qd v v v y +=+=. （7）1221222422121dU U l qU m l md qU at y =•==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）.（8）121120222tan dU lU qU m mU q d l U v v y=•==θ（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电压和偏转电压).温馨提示：该题只需要分清带电粒子在电场中的类型，是加速或者偏转，运用类平抛运动的知识进行分解.拓展迁移根据物理学动力学知识可知,物体的运动性质由其受力情况与运动初状态之间的关系决定.当物体所受到恒定的合外力与运动速度方向不共线时,则物体做匀变速曲线运动.此时可以将该曲线运动分解处理.而各方向上的分运动性质仅决定于各分运动方向上的力与速度之间的关系,因此匀变速曲线运动的各分运动之间在运动性质上互不影响,我们称之为运动具有独立性.示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极、荧光屏等组成.如图163所示,在示波管内部垂直地安装了两对电极,它们使通过其中的电子在水平方向、竖直方向分别发生偏转.在示波管的荧光屏上以荧光屏的中心为坐标原点,建立直角坐标系XOY.试根据运动的独立性规律思考:为了使电子枪射出的电子束在坐标系第Ⅰ象限内P点产生亮斑,那么示波管中的两对电极将应该加怎样的极性（）①极板X应带正电②极板X′应带正电③极板Y应带正电④极板Y′应带正电A.①③B.①②C.②③D.③④图1-6-3解析:电子在偏转电极区外做直线运动,在偏转电极区内做匀变速曲线运动.运用运动分解的方法处理电子在偏转电极区内所做的匀变速曲线运动.电子在分运动方向上所做的运动相互独立.为了使电子能到达荧光屏上第Ⅰ象限内,除沿中心线的运动外,电子水平方向还应向X 方向发生偏转,因此在电极XX′上应加由X到X′的电场,此时极板X带正电;为了使电子在竖直方向上沿Y方向发生偏转,在电极YY′上应加由Y到Y′的电场,此时Y极板带正电.答案:A。
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_高中物理第一章电场第六节示波器的奥秘教学案粤教选修3_11.带电粒子仅在电场力作用下加速时，可根据动能定理求速度。
2．带电粒子以速度v0垂直进入匀强电场时，如果仅受电场力，则做类平抛运动。
3．示波管利用了带电粒子在电场中的加速和偏转原理。
一、带电粒子的加速如图161所示，质量为m，带正电q的粒子，在电场力作用下由静止开始从正极板向负极板运动的过程中。
图161(1)电场力对它做的功W＝qU。
(2)带电粒子到达负极板速率为v，它的动能为Ek＝mv2。
(3)根据动能定理可知，qU＝mv2，可解出v＝。
(4)带电粒子在非匀强电场中加速，上述结果仍适用。
二、带电粒子的偏转带电粒子的初速度与电场方向垂直，粒子的运动类似物体的平抛运动，则它在垂直电场线方向上做匀速直线运动，在沿电场线方向上做初速为零的匀加速直线运动。
三、示波器探秘1．结构如图162所示为示波管的结构图。
1．灯丝 2.阴极 3.控制极 4.第一阳极 5.第二阳极6．第三阳极 7.竖直偏转系统 8.水平偏转系统 9.荧光屏图1622．原理(1)发射电子：灯丝通电后给阴极加热，使阴极发射电子。
(2)形成亮斑：电子经过电场加速聚焦后形成一很细的电子束射出，电子打在荧光屏上形成一个小亮斑。
(3)控制位置：亮斑在荧光屏上的位置可以通过调节竖直偏转极与水平偏转极上的电压大小来控制。
1．自主思考——判一判(1)基本带电粒子在电场中不受重力。
(×)(2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加。
(×)(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变。
(×)(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运动。
(√)(5)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置。
广东省广州市高中物理 第一章 电场 第六节 示波器的奥秘 粤教版选修3-1
tan
qUL mdv02
（3）侧向位移与偏向角： y
L
tan
2
（4）侧向速度：
qUL vy mdv0
示波管的构造及功能
1、电子枪：发射并加速电子 2、竖直偏转电极：使电子束竖直偏转（加信号电压） 3、水平偏转电极：使电子束水平偏转（加扫描电压） 4、荧光屏：显示图象
典型例题
如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静 止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行金 属板间的电场中，方向与极板平行，整个装置处在 真空中，重力可忽略不计，在满足电子能射出平行 板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子偏 转角增大的是：( ) A、U1变大，U2变大 B、U1变小，U2变大 C、U1变大，U2变小 D、U1变小，U2变小
二.水平偏转的最高点
例2：一带电粒子以竖直向上的初速度v自A点 进入场强为E、方向水平向右的匀强电场，粒 子受到的电场力大小等于重力，当粒子到达B 点时，速度大小等于v，但方向变为水平，求 A、B之间的电势差等于多少？从A到B所经历 的时间为多少？
B
E
A v0
E
2、带电粒子的偏转：
L
带电粒子作类平抛运动：
+++ ++
在平行于极板的方
v0
+
向做匀速直线运动：
y
L v0t
-- - - -
在垂直于极板的方向做初速为零的匀加速
直线运动：
y 1 at 2 2
a F qU m md
（1）侧向位移： （偏移量）
qUL2 y 2mdv02
（2）偏向角：
二.典型例题 【例题2】下列粒子从初速度为零的状态经过加 速电压为U的电场后，哪种粒子的速率最大[ ]
高中物理 第1章 第6节示波器的奥秘课件 粤教版选修31
配粤教版 物理 选修3-1 则 y′＝mqvL20dl＋L2Umaxsinωt＝ymaxsinωt，如图 1－6－4 所 示．
图 1－6－4 y′随信号电压同步调变化，但由于视觉暂留及荧光物质的 残光特性看到一条竖直亮线，如何使这一竖直亮线转化成正弦 图形呢？(加扫描电压．)
场里加速和偏转问题． 1．构造及功能(图1－6－3)；
图1－6－3
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(1)电子枪：发射并加速电子． (2)偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；XX′：使电
子束水平偏转(加扫描电压)． (3)荧光屏
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2．原理：如图 1－6－4 (1)YY′作用：被电子枪加速的电子在 YY′电场中做匀变 速曲线运动，出电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，由几何 知识y′y ＝l＋LL2，可以导出偏移
为极板距离．
设想电子在该电场中减速到零，运动的位移为 s
由位移公式得 v20＝2as
②
将①式代入②式得
s＝m2evU02d≈1.3d>d
③
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即电子减速运动到速度为零时所发生的位移的大小大于 两极板间的距离，故电子能打在 B 板上．
设打在 B 板上的速度为 vB，由 v20－v2B＝2as 得 vB＝ v02－2ad＝ v20－2×meUdd≈2.8×106 m/s 若 U＝120 V，则由③式得：s＝m2evU20d≈0.9d<d 即电子减速运动到速度为零时所发生的位移大小小于两 极板间的距离，故电子不能到达 B 板．
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高中物理第一章电场第六节示波器的奥秘学案粤教版选修3107301143
高中物理第一章电场第六节示波器的奥秘学案粤教版选修3107301143第六节 示波器的奥秘[学科素养与目标要求]物理观念：1.了解带电粒子在电场中只受电场力作用时的运动情况.2.知道示波管的主要构造和工作原理．科学思维：能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的两种典型运动模型．一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，它们受到重力的作用一般远小于静电力，故可以忽略． 2．带电粒子的加速：(1)带电粒子在电场中做加速直线运动的条件：只受电场力作用时，初速度为零或电场力方向与初速度方向相同．(2)质量为m ，电荷量为q 的粒子从静止开始，仅在电场力作用下，经电压为U 的电场加速后，根据动能定理qU ＝12mv 2，得粒子到达另一极板的速度v ＝2qUm.二、带电粒子的偏转如图1所示，质量为m 、带电荷量为q 的基本粒子(忽略重力)，以初速度v 0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l ，极板间距离为d ，极板间电压为U .图1(1)运动性质：①沿初速度方向：速度为v 0的匀速直线运动． ②垂直v 0的方向：初速度为零的匀加速直线运动． (2)运动规律：①偏移距离：因为t ＝l v 0，a ＝qU md ，所以偏移距离y ＝12at 2＝qUl22mv 02d.②偏转角度：因为v y ＝at ＝qUl mv 0d ，所以tan θ＝v y v 0＝qUlmdv 02.三、示波器探秘1．结构如图2所示为示波管的结构图．图21．灯丝 2.阴极 3.控制极 4.第一阳极 5.第二阳极6．第三阳极7.竖直偏转系统8.水平偏转系统9．荧光屏示波器的核心部件是示波管，示波管外部是一个抽成真空的玻璃管，内部主要有：(1)电子枪：由发射电子的灯丝及加速电极(阴极、阳极)组成；(2)偏转系统：水平偏转系统，竖直偏转系统；(3)荧光屏．2．原理：(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形扫描电压；(2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在YY′偏转极板上加一个随时间正弦变化的信号电压，在XX′偏转极板上加上适当的偏转电压，在荧光屏上就会出现按YY′偏转电压规律变化的可视图象．1．判断下列说法的正误．(1)质量很小的粒子如电子、质子等，在电场中受到的重力可忽略不计．(√)(2)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非匀强电场中的直线运动问题．(×)(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动．(√)(4)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束偏转，打在荧光屏不同位置．(√)2.如图3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的一点射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度为________．图3答案v 02＋2qUm解析 由动能定理得：qU ＝12mv 2－12mv 02，解得v ＝v 02＋2qUm.一、带电粒子的加速如图所示，平行板电容器两板间的距离为d ，电势差为U .一质量为m 、带电荷量为q 的α粒子，在电场力的作用下由静止开始从正极板A 向负极板B 运动．(1)比较α粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍，即m ＝4×1.67×10－27kg ，电荷量是质子的2倍)．(2)α粒子的加速度是多大(结果用字母表示)？在电场中做何种运动？(3)计算粒子到达负极板时的速度大小．(结果用字母表示，尝试用不同的方法求解) 答案 (1)α粒子所受电场力大、重力小；因重力远小于电场力，故可以忽略重力． (2)α粒子的加速度为a ＝qU md.在电场中做初速度为0的匀加速直线运动． (3)方法1 利用动能定理求解． 由动能定理可知qU ＝12mv 2v ＝2qUm.方法2 利用牛顿运动定律结合运动学公式求解． 设粒子到达负极板时所用时间为t ，则d ＝12at 2 v ＝at a ＝qU md联立解得v ＝2qU m.1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力．(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力．2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)利用牛顿第二定律F ＝ma 和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动． (2)利用动能定理：qU ＝12mv 2－12mv 02.若初速度为零，则qU ＝12mv 2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用．例1 如图4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多少？图4答案2∶1解析 质子和α粒子都带正电，从A 点释放都将受电场力作用加速运动到B 点，设A 、B 两点间的电势差为U ，由动能定理可知，对质子：12m H v H 2＝q H U ，对α粒子：12m αv α2＝q αU .所以v H v α＝q H m αq αm H ＝1×42×1＝21. 针对训练1 (2017·盐城市第三中学期中)如图5所示，在A 板附近有一电子由静止开始向B 板运动，则关于电子到达B 板时的时间和速率，下列说法正确的是( )图5A ．两板间距越大，则加速的时间越长，获得的速率越小B ．两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率越小C ．两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率不变D ．两板间距越小，则加速的时间不变，获得的速率不变 答案 C解析 由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E ＝U d， 电子的加速度为a ＝qE m ＝qU md，电子在电场中一直做匀加速直线运动， 由d ＝12at 2＝qUt 22md ，所以电子加速的时间为t ＝d2mqU，由此可见，两板间距离越小，加速时间越短， 对于全过程，由动能定理可知，qU ＝12mv 2，所以电子到达B 板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U 有关，故C 正确，A 、B 、D 错误．二、带电粒子的偏转如图6所示，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0垂直于电场方向射入两极板间，两极板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l ，板间电压为U ，板间距离为d ，不计粒子的重力．图61．运动分析及规律应用粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理． (1)在v 0方向：做匀速直线运动；(2)在电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动． 2.过程分析如图7所示，设粒子不与极板相撞图7v 0方向：粒子通过电场的时间t ＝lv 0电场力方向：加速度a ＝qE m ＝qUmd离开电场时电场力方向分速度：v y ＝at ＝qUlmdv 0末速度与初速度方向夹角的正切值： tan θ＝v y v 0＝qUlmdv 02离开电场时沿电场力方向的偏移量： y ＝12at 2＝qUl 22mdv 02. 3．两个重要推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的12，即tan α＝12tan θ.4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy ＝ΔE k ，其中y 为粒子在偏转电场中沿电场方向的偏移量．例2 一束电子流经U 1＝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8所示，两极板间电压U 2＝400 V ，两极板间距d ＝2.0 cm ，板长L 1＝5.0 cm.图8(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y ；(2)若平行板的右边缘与屏的距离L 2＝5cm ，求电子打在屏上的位置与中心O 的距离Y (O 点位于平行板水平中线的延长线上)；(3)若另一个质量为m (不计重力)的二价负离子经同一电压U 1加速，再经同一偏转电场，射出偏转电场的偏移量y ′和打在屏上的偏移量Y ′各是多大？ 答案 (1)0.25cm (2)0.75cm (3)0.25cm 0.75cm 解析 (1)加速过程，由动能定理得eU 1＝12mv 02①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L 1＝v 0t ②在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为a＝Fm＝eU2dm③偏移距离y＝12at2④由①②③④得：y＝U2L124dU1代入数据得：y＝0.25cm(2)如图，由几何关系知：yY＝L12L12＋L2得：Y＝(L1＋2L2L1)y代入数据得：Y＝0.75cm(3)因y＝U2L124dU1，Y＝(L1＋2L2L1)y，与粒子的质量m和电荷量q无关，故二价负离子经同样装置后，y′＝y＝0.25cm，Y′＝Y＝0.75cm.[学科素养] 建立带电粒子在匀强电场中偏转的类平抛运动模型，会用运动的合成和分解的知识分析带电粒子的偏转问题，提高分析综合能力，体现了“科学思维”的学科素养．例3长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图9所示，不计粒子重力，求：图9(1)粒子离开电场时速度的大小；(2)匀强电场的场强大小；(3)两板间的距离．答案(1)23v03(2)3mv023qL(3)36L解析(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度：v＝v0cos30°＝23v 03. (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L ＝v 0t ，在竖直方向上：v y ＝at ，v y ＝v 0tan30°＝3v 03， 由牛顿第二定律得：qE ＝ma 解得：E ＝3mv 023qL.(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：d ＝12at 2，解得：d ＝36L . 针对训练2 如图10所示，两个板长均为L 的电极板，平行正对放置，两极板相距为d ，极板之间的电势差为U ，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子(质量为m ，电荷量为＋q ，可视为质点)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽略重力和空气阻力的影响．求：图10(1)极板间的电场强度E 的大小． (2)该粒子的初速度v 0的大小． (3)该粒子落到负极板时的末动能E k .答案 (1)U d (2)L dUq 2m (3)Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2解析 (1)两极板间的电压为U ，两极板间的距离为d ，所以电场强度大小为E ＝Ud. (2)带电粒子在极板间做类平抛运动，在平行于极板方向上有L ＝v 0t 在垂直于极板方向上有d ＝12at 2根据牛顿第二定律可得：a ＝F m，而F ＝Eq 所以a ＝Uq dm解得：v 0＝L d Uq 2m.(3)根据动能定理可得Uq ＝E k －12mv 02解得E k ＝Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2.1．(带电粒子的直线运动)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入，最远到达A 点，然后返回，如图11所示，OA ＝L ，则此电子具有的初动能是( )图11A.edL U B ．edUL C.eU dL D.eULd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．根据能量守恒定律得12mv 02＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝EL ＝UL d ，故12mv 02＝eULd，所以D 正确． 2．(带电粒子的偏转)如图12所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B ，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为x A ∶x B ＝2∶1，则带电粒子的质量之比m A ∶m B 以及在电场中飞行的时间之比t A ∶t B 分别为( )图12A ．1∶1,2∶3B ．2∶1,3∶2C ．1∶1,3∶4D ．4∶3,2∶1答案 D解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动x ＝v 0t ，由于初速度相同，x A ∶x B ＝2∶1，所以t A ∶t B ＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y ＝12at 2，且y A ＝y B ，故a A ∶a B ＝t B 2∶t A 2＝1∶4.而ma ＝qE ，m ＝qE a ，m A m B ＝q A q B ·a B a A ＝13×41＝43.综上所述，D 项正确．3．(示波管的原理)(多选)示波管的构造如图13所示．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )图13A ．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 AC解析 根据亮斑的位置，电子偏向XY 区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X 、极板Y 均应带正电．4.(带电粒子的加速和偏转)(2018·宿迁市期末)如图14所示，电子从静止开始被U ＝180 V 的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E ＝6 000 V/m 的匀强偏转电场，而后电子从右侧离开偏转电场．已知电子比荷为e m ≈169×1011 C/kg ，不计电子的重力，偏转极板长为L ＝6.0×10－2m ．求：图14(1)电子经过电压U 加速后的速度v x 的大小； (2)电子在偏转电场中运动的加速度a 的大小；(3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ. 答案 (1)8×106m/s (2)1.1×1015m/s 2(3)45° 解析 (1)根据动能定理可得eU ＝12mv x 2，解得v x ＝8×106m/s(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的电场力， 根据牛顿第二定律得a ＝eE m， 解得a ＝323×1014m/s 2≈1.1×1015 m/s 2(3)电子在水平方向上做匀速直线运动，故t ＝L v x在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故v y ＝at ，tan θ＝v y v x， 联立解得θ＝45°.一、选择题考点一 带电粒子的直线运动1．质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后，获得动能最大的是( ) A ．质子(11H) B ．α粒子(42He) C ．钠离子(Na ＋) D ．都相同答案 B解析 qU ＝12mv 2－0，U 相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B 正确．2．如图1所示，竖直放置的两平行板间的匀强电场的电场强度恒定，从负极板处由静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v 1，加速度为a 1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处由静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v 2，加速度为a 2，则( )图1A ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶2B ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝1∶2C ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝2∶1D ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶ 2 答案 D解析 因场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a 1∶a 2＝1∶1，由动能定理得Ue ＝12mv 2，v ＝2Uem，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U ＝Ed 知，电势差U 增大为原来的2倍，故v 1∶v 2＝1∶ 2.3.(多选)如图2所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板，质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以初速度v 0由小孔射入板间电场，当M 、N 间电势差为U 时，粒子恰好能到达N 板．要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )图2A ．使初速度减小为原来的12B ．使M 、N 间电势差加倍C ．使M 、N 间电势差提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电势差都减小为原来的12答案 BD4．(2017·江苏单科)如图3所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图3A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点 答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU 和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQεr S，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确. 考点二 带电粒子的偏转5.如图4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，若不计重力，则( )图4A ．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，由h ＝12·qE m (x v 0)2得：x ＝v 02mhqE.由v 02hm aEq a＜v 02hm b Eq b 得q a m a ＞q bm b，故选C.6.如图5所示，一重力不计的带电粒子以初速度v 0射入水平放置、距离为d 的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U 1时，粒子落在A 板上的P 点．如果将带电粒子的初速度变为2v 0，同时将A 板向上移动d2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U 2为( )图5A ．U 2＝3U 1B ．U 2＝6U 1C ．U 2＝8U 1D ．U 2＝12U 1答案 D解析 板间距离为d ，射入速度为v 0，板间电压为U 1时，在电场中有d 2＝12at 2，a ＝qU 1md ，t ＝xv 0，解得U 1＝md 2v 02qx 2；A 板上移d 2，射入速度为2v 0，板间电压为U 2时，在电场中有d ＝12a ′t ′2，a ′＝2qU 23md ，t ′＝x 2v 0，解得U 2＝12md 2v 02qx 2，即U 2＝12U 1，故选D. 7．(2018·人大附中高二期中)如图6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U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )图6A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1答案 A解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x ＝v 0t ，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t 1∶t 2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h ＝12at 2，两次运动的竖直位移之比为h 1∶h 2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a ＝Uqmd AB，故两次偏转电压之比为U 1∶U 2＝1∶8，故A 正确． 考点三 带电粒子的加速和偏转 示波管的原理8.如图7所示，电子在电势差为U 1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U 2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )图7A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小答案 B解析 由带电粒子在电场中的加速和偏转规律可知偏转角的正切值tan θ＝U 2L2U 1d ，选项B 正确．9.(多选)(2017·扬州市高一期末)如图8所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场．下面措施中能使电子偏转距离变大的是( )图8A ．尽可能把偏转极板L 做得长一点B ．尽可能把偏转极板L 做得短一点C ．尽可能把偏转极板间的距离d 做得小一点D ．将电子枪的加速电压提高 答案 AC解析 设加速电压为U 1， 则qU 1＝12mv 02①设偏转电压为U 2，则y ＝qU 2L 22mdv 02②联立①②得，y ＝U 2L 24dU 1，故选A 、C.10．图9甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )图9答案 B解析 由于电极XX ′之间所加的是扫描电压，电极YY ′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到B 选项所示的图形． 二、非选择题11．(2018·清华附中高二上期中)如图10所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出，已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .图10(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法，在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e＝1.6×10－19C ，取g ＝10m/s 2.答案 见解析解析 (1)电子在加速电场中加速，根据动能定理，则有：eU 0＝12mv 02，解得v 0＝2eU 0m，电子在偏转电场中做类平抛运动，将其运动分解成平行于板面方向的匀速直线运动与平行于电场强度方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有： 平行于板面方向的位移为：L ＝v 0t ， 平行于电场强度方向的位移为：Δy ＝12at 2，由牛顿第二定律有：a ＝eE m ，且E ＝U d，综上所述，解得：Δy ＝UL 24U 0d.(2)由已知条件得电子所受重力为：G ＝mg ＝9.1×10－30N ，电子受到的电场力为：F 电＝e U d＝8×10－16N ，那么G F 电＝9.1×10－308×10－16≈1×10－14， 由于F 电≫G ，所以重力忽略不计．12．如图11所示，有一电子(电荷量为e )经电压U 0加速后，进入两块间距为d 、电压为U 的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：图11(1)金属板AB 的长度； (2)电子穿出电场时的动能． 答案 (1)d2U 0U (2)e ⎝⎛⎭⎪⎫U 0＋U 2解析 (1)设电子飞离加速电场时的速度为v 0，由动能定理得eU 0＝12mv 02设金属板AB 的长度为L ，电子偏转时间t ＝L v 0a ＝eU md y ＝12d ＝12at 2联立解得：L ＝d2U 0U.(2)设电子穿出电场时的动能为E k ，根据动能定理得E k ＝eU 0＋e U 2＝e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 0＋U 2.13．(2018·青岛二中高二上期中)一群速率不同的一价离子从A 、B 两平行极板正中央水平射入如图12所示的偏转电场，离子的初动能为E k ，A 、B 两极板间电压为U ，间距为d ，C 为竖直放置并与A 、B 间隙正对的金属挡板，屏MN 足够大．若A 、B 极板长为L ，C 到极板右端的距离也为L ，C 的长为d .不考虑离子所受重力，元电荷为e .图12(1)写出离子射出A 、B 极板时的偏转距离y 的表达式； (2)问初动能范围是多少的离子才能打到屏MN 上？答案 (1)y ＝UeL 24dE k (2)eUL 22d 2<E k <3eUL22d2解析 (1)设离子的质量为m ，初速度为v 0，则离子在偏转电场中的加速度a ＝eUmd离子射出电场的时间t ＝L v 0射出电场时的偏转距离y ＝12at 2所以y ＝UeL 22dmv 02而E k ＝12mv 02，则y ＝UeL 24dE k(2)离子射出电场时的竖直分速度v y ＝at 射出电场时的偏转角的正切值tan φ＝v yv 0故tan φ＝eULmv 02d离子射出电场后做匀速直线运动 要使离子打在屏MN 上，需满足y <d2且L tan φ＋y >d2，所以eUL 22d 2<E k <3eUL22d2.。
2024-2025学年高中物理第1章电场第6节示波器的奥秘教案粤教版选修3-1
学生学习效果
1.理解并掌握示波器的基本原理，包括示波器的工作原理、构造以及功能。
2.能够熟练地操作示波器，包括正确的连接探头、调整参数以及观察和分析波形。
3.能够理解示波器在电场研究中的应用，通过实验观察并分析电信号，从而深入理解电场现象。
4.培养实验操作能力，包括正确使用示波器进行实验操作，能够独立完成实验并得到可靠的结果。
-独立完成实验任务，包括操作示波器、记录数据和分析结果。
-在小组讨论中，能够有效地沟通自己的观点，倾听并理解他人的意见。
-利用推荐的资源进行自主学习，探索示波器的高级应用技巧。
-通过对学习过程的反思，总结自己的学习成果，提出进一步改进的建议。
内容逻辑关系
①示波器的基本原理：介绍示波器的工作原理，包括示波器如何显示电信号，示波器的主要部件及其功能，如扫描generator、屏幕、探头等。
-设计预习问题：提出问题如“示波器是如何显示电信号的？”、“如何理解示波器上的横轴和纵轴？”
-监控预习进度：通过在线平台检查学生的预习笔记和提问。
学生活动：
-自主阅读预习资料：学生观看示波器原理的视频，阅读PPT和操作手册。
-思考预习问题：学生针对问题进行思考，并在笔记本上记录自己的理解。
-提交预习成果：学生通过在线平台提交自己的预习笔记和问题。
-对于小组讨论成果展示出色的学生，给予肯定和赞赏，鼓励他们在小组中发挥领导作用。
-对于随堂测试成绩优秀的学生，给予表扬和奖励，鼓励他们继续努力。
-对于实验操作表现优秀的学生，给予肯定和鼓励，强调实验操作的重要性。
-对于自主学习与拓展应用表现优秀的学生，给予肯定和赞赏，鼓励他们继续探索和实践。
高中物理第1章电场第6节示波器的奥秘学业分层测评粤教版选修3_1
示波器的奥秘(建议用时：45分钟)[学业达标]1．一带电粒子在电场中只受到电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动【解析】只在电场力的作用下，说明电荷受到的合外力的大小为电场力，不为零，则粒子做变速运动．所以选项A不可能；当电荷在匀强电场中由静止释放后，电荷做匀加速直线运动，选项B可能；当电荷垂直进入匀强电场后，电荷做类平抛运动，选项C可能；正电荷周围的负电荷只在电场力作用下且电场力恰好充当向心力时，可以做匀速圆周运动，选项D可能．【答案】 A2．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)下列说法中正确的是( )A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确【解析】在带电粒子垂直进入匀强电场偏转过程中，电场力对粒子做正功，根据动能定理，粒子的动能增加，根据电场力做功与电势能的关系，电势能减小，选项B正确．【答案】 B3．(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图168所示．带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )图168A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同B．微粒将沿着一条直线运动C．微粒做往复运动D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同【解析】带正电的微粒在电场中，第1 s内加速运动，第2 s内减速至零，故B、D对．【答案】 BD4.如图169所示，质量为m 、带电荷量为q 的粒子以初速度v 0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B 点时，速率v B ＝2v 0，方向与电场的方向一致，则A 、B 两点的电势差为( ) 【导学号：30800011】图169A.mv 202qB.3mv 2qC.2mv 2qD.3mv 202q【解析】 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，有：2gh ＝v 20，电场力做正功、重力做负功，使粒子的动能由mv 202变为2mv 20，则根据动能定理有：Uq －mgh ＝2mv 20－12mv 20，联立解得A 、B 两点间的电势差为2mv 2q，应选C.【答案】 C5.喷墨打印机的简化模型如图1610所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中( )图1610A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电量无关【解析】 由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A 项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B 项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C 项正确．带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D 项错误．【答案】 C6.质量为m 的物块，带正电q ，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E ＝3mg /q 的匀强电场中，如图1611所示，斜面高为H ，释放物块后，物块落地的速度大小为( )图1611A.＋3gHB ．2gHC ．22gHD.52gH 【解析】 由动能定理得mgH ＋qU ＝12mv 2，而U ＝E ·H tan α＝mgHq ，故物块落地时的速度大小v ＝2gH ，B 正确．【答案】 B7. (多选)如图1612，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图1612A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动【解析】 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下，二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确．【答案】 BD8.在空间有正方向水平向右、大小按如图1613所示的图线变化的电场，位于电场中A 点的电子在t ＝0时速度为零，在t ＝1 s 时，电子离开A 点的距离大小为l .那么在t ＝2 s时，电子将处在( )图1613A ．A 点B ．A 点左方l 处C ．A 点右方2l 处D ．A 点左方2l 处【解析】 粒子在第1 s 内做初速度为零的匀加速运动，第2 s 内做末速度为零的匀减速运动，加速度大小相等，由于电子带负电，故向左方运动，距离A 点为2l ，故选D.【答案】 D[能力提升]9．(多选)如图1614所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，平行板间距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行板的时间为t ，则(不计粒子的重力)( )图1614A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为Uq4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3Uq8C ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶1 【解析】 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a ＝Eq m ＝Uqdm，t 时间内加速度方向上的位移y ＝12at 2＝d 2，前t 2加速度方向上的位移y 1＝12a .t 24＝d 8，后t2加速度方向上的位移y 2＝y－y 1＝38d .由公式W ＝F ·l 可知前t 2、后t 2、前d 4、后d 4电场力做的功分别为W 1＝18qU ，W 2＝38qU ，W 3＝14qU ，W 4＝14qU .【答案】 BD10．如图1615所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场．质量为m ，电荷量为q 的带电粒子以速度v 0从a 点进入电场，恰好从c 点离开电场，离开时速度为v ，不计重力，求电场强度大小．图1615【解析】 从a 点到c 点静电力做功W ＝qEL 根据动能定理得W ＝12mv 2－12mv 20所以qEL ＝12mv 2－12mv 20场强大小E ＝m v 2－v2qL .【答案】m v 2－v2qL11.如图1616所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm.两板间的电势差为300 V ．如果两板间电势差减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间？图1616【解析】 取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q ，则带电小球受重力mg 和电场力qE 的作用．当U 1＝300 V 时，小球平衡：mg ＝q U 1d①当U 2＝60 V 时，带电小球向下极板做匀加速直线运动：mg －qU 2d＝ma ②又h ＝12at 2③由①②③得：t ＝2U 1h U 1－U 2g＝2×0.8×10－2×300－s ＝4.5×10－2s.【答案】 4.5×10－2s12.如图1617所示，在一块足够大的铅板A 的右侧固定着一小块放射源P ，P 向各个方向放射出电子，速率为107m/s.在A 板右方距A 为2 cm 处放置一个与A 平行的金属板B ，在B 、A 之间加上直流电压．板间的匀强电场场强E ＝3.64×104N/C ，方向水平向左．已知电子质量m ＝9.1×10－31kg 、电荷量e ＝1.6×10－19C ，求电子打在B 板上的范围．图1617【解析】 电子离开放射源后做匀变速运动．初速度垂直板的电子直接沿电场线运动到B 板的O 点．其他电子打在以O 点为中心的周围某一位置．设初速度与板平行的电子打在B 板上的N 点，且距O 点最远．电子竖直方向上的分运动ON ＝v 0t ① 水平方向上的分运动d ＝12.eE m t 2②将v 0＝107m/s ，e ＝1.6×10－19C ，m ＝9.1×10－31kg ，E ＝3.64×104N/C ，d ＝2×10－2m 代入①②求得ON ＝2.5×10－2m ＝2.5 cm.即电子打在B 板上的范围是以O 为圆心，以2.5 cm 为半径的圆面． 【答案】 以O 为圆心，以2.5 cm 为半径的圆面．。
高中物理粤教版选修3-1第1章第6节 示波器的奥秘 教学设计
高中物理粤教版选修3-1第1章第6节示波器的奥秘教学设计第六节示波器的奥秘（第一课时-带电粒子的加速）教学目标（一）知识与技能1．知道示波管的主要构造和工作原理。
2．了解带电粒子在电场中的运动——只受电场力，带电粒子做匀变速运动。
（二）过程与方法培养学生综合运用力学和电学的知识分析解决带电粒子在电场中的运动。
（三）情感态度与价值观1．渗透物理学方法的教育：运用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不计粒子重力。
2．培养学生综合分析问题的能力，体会物理知识的实际应用。
重点：带电粒子在电场中的加速规律难点：带电粒子在电场中的加速时，电场力做功的问题。
教学工具：多媒体课件学情分析1．学生的兴趣：理科生具有好奇、好强、好探究的心理特点。
教学中要注意培养学生对物理的兴趣，展示示波器的作用，调动学生学习的积极性和主动性。
2．学生的知识基础：学生已经学过受力分析、匀变速直线运动规律、平抛运动规律等相关知识。
教学中要充分利用学生的已有的知识经验，使学生积极主动地参与教学过程。
出电信号随间变化的图线。
2.预备知识：在带电粒子的加速或偏转的问题中，何时考虑粒子的重力?何时不计重力? 一般来说：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力(但不忽略质量)。
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特别说明或有明显暗示以外，一般都不能忽略重力。
3．带电粒子在电场中的运动情况（平衡、加速和减速） ⑴若带电粒子在电场中所受合力为零时，即F 合＝0时，粒子将保持静止状态或匀速直线运动状态。
例1：带电粒子在电场中处于静止状态，该粒子带正电还是负电? 分析：带电粒子处于静止状态，F 合＝0，mg qE =，因为所受重力竖直向下，所以所受电场力必为竖直向上。
又因为场强方向竖直向下，所以带电体带负电。
例2：若带电粒子只受电场力，且与初速度方向在同一直线上，则： ◎打入正电荷（右图），将做匀加速直线运动。
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第六节示波器的奥秘［学科素养与目标要求]物理观念：1。
了解带电粒子在电场中只受电场力作用时的运动情况。
2.知道示波管的主要构造和工作原理．科学思维:能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的两种典型运动模型．一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点:对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，它们受到重力的作用一般远小于静电力，故可以忽略．2．带电粒子的加速：（1）带电粒子在电场中做加速直线运动的条件：只受电场力作用时，初速度为零或电场力方向与初速度方向相同．(2）质量为m，电荷量为q的粒子从静止开始，仅在电场力作用下，经电压为U的电场加速后，根据动能定理qU＝错误!mv2，得粒子到达另一极板的速度v＝错误!.二、带电粒子的偏转如图1所示，质量为m、带电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l,极板间距离为d，极板间电压为U.图1（1）运动性质：①沿初速度方向:速度为v0的匀速直线运动．②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．(2）运动规律:①偏移距离：因为t＝错误!,a＝错误!，所以偏移距离y＝错误!at2＝错误!。
②偏转角度：因为v y ＝at ＝qUlmv 0d，所以tan θ＝v yv 0＝错误!.三、示波器探秘1．结构如图2所示为示波管的结构图．图21．灯丝2。
阴极3。
控制极4。
第一阳极 5.第二阳极6．第三阳极7.竖直偏转系统8。
水平偏转系统9．荧光屏示波器的核心部件是示波管，示波管外部是一个抽成真空的玻璃管，内部主要有:（1)电子枪:由发射电子的灯丝及加速电极(阴极、阳极）组成；（2)偏转系统：水平偏转系统，竖直偏转系统；(3)荧光屏．2．原理：（1）扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形扫描电压；（2）灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场,如果在YY′偏转极板上加一个随时间正弦变化的信号电压，在XX′偏转极板上加上适当的偏转电压,在荧光屏上就会出现按YY′偏转电压规律变化的可视图象．1．判断下列说法的正误．（1)质量很小的粒子如电子、质子等，在电场中受到的重力可忽略不计．（√）(2)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题,不能分析非匀强电场中的直线运动问题．（×)(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动．（√)(4）示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束偏转，打在荧光屏不同位置．(√)2。
如图3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的一点射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度为________．图3答案错误!解析由动能定理得：qU＝错误!mv2－错误!mv02，解得v＝错误!。
一、带电粒子的加速如图所示，平行板电容器两板间的距离为d，电势差为U.一质量为m、带电荷量为q的α粒子,在电场力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动．(1）比较α粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍,即m＝4×1。
67×10－27kg，电荷量是质子的2倍）．（2)α粒子的加速度是多大(结果用字母表示）?在电场中做何种运动？(3）计算粒子到达负极板时的速度大小．(结果用字母表示，尝试用不同的方法求解）答案(1）α粒子所受电场力大、重力小;因重力远小于电场力,故可以忽略重力．（2)α粒子的加速度为a＝错误!.在电场中做初速度为0的匀加速直线运动．（3)方法1 利用动能定理求解．由动能定理可知qU＝错误!mv2v＝错误!.方法2 利用牛顿运动定律结合运动学公式求解．设粒子到达负极板时所用时间为t,则d＝错误!at2v＝ata＝qUmd联立解得v＝错误!.1．带电粒子的分类及受力特点（1）电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力．(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外,处理问题时一般都不能忽略重力．2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法（1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动．（2）利用动能定理：qU＝错误!mv2－错误!mv02.若初速度为零，则qU＝错误!mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用．例1如图4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多少？图4答案错误!∶1解析质子和α粒子都带正电，从A点释放都将受电场力作用加速运动到B点,设A、B两点间的电势差为U,由动能定理可知，对质子:错误!m H v H2＝q H U,对α粒子：错误!mαvα2＝qαU。
所以错误!＝错误!＝错误!＝错误!.针对训练1 （2017·盐城市第三中学期中)如图5所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动,则关于电子到达B板时的时间和速率，下列说法正确的是（)图5A．两板间距越大，则加速的时间越长，获得的速率越小B．两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率越小C．两板间距越小，则加速的时间越短,获得的速率不变D．两板间距越小，则加速的时间不变,获得的速率不变答案C解析由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E＝U d，电子的加速度为a＝错误!＝错误!，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d＝错误!at2＝错误!，所以电子加速的时间为t＝d错误!，由此可见，两板间距离越小，加速时间越短，对于全过程，由动能定理可知,qU＝错误!mv2，所以电子到达B板时的速率与两板间距离无关,仅与加速电压U有关，故C正确，A、B、D错误．二、带电粒子的偏转如图6所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两极板间存在方向竖直向下的匀强电场,已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计粒子的重力．图61．运动分析及规律应用粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理．（1)在v0方向：做匀速直线运动;(2)在电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动．2.过程分析如图7所示,设粒子不与极板相撞图7v0方向：粒子通过电场的时间t＝错误!电场力方向：加速度a＝错误!＝错误!离开电场时电场力方向分速度：v y＝at＝错误!末速度与初速度方向夹角的正切值：tanθ＝错误!＝错误!离开电场时沿电场力方向的偏移量：y＝错误!at2＝错误!。
3．两个重要推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．（2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的错误!，即tanα＝错误!tanθ. 4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔE k,其中y为粒子在偏转电场中沿电场方向的偏移量．例2一束电子流经U 1＝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8所示，两极板间电压U2＝400 V，两极板间距d＝2.0 cm，板长L1＝5.0 cm.图8(1）求电子在两极板间穿过时的偏移量y；(2）若平行板的右边缘与屏的距离L2＝5cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y(O点位于平行板水平中线的延长线上);（3）若另一个质量为m（不计重力)的二价负离子经同一电压U1加速，再经同一偏转电场,射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？答案(1)0.25cm (2)0。
75cm (3）0。
25cm 0。
75cm解析 （1）加速过程，由动能定理得eU 1＝错误!mv 02① 进入偏转电场,电子在平行于极板的方向上做匀速运动,L 1＝v 0t ②在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为a ＝错误!＝错误!③偏移距离y ＝12at 2④由①②③④得：y ＝错误! 代入数据得：y ＝0.25cm （2）如图，由几何关系知：错误!＝错误!得：Y ＝（错误!)y 代入数据得:Y ＝0.75cm（3)因y ＝错误!,Y ＝(错误!）y ,与粒子的质量m 和电荷量q 无关，故二价负离子经同样装置后,y ′＝y ＝0.25cm,Y ′＝Y ＝0.75cm.［学科素养］ 建立带电粒子在匀强电场中偏转的类平抛运动模型，会用运动的合成和分解的知识分析带电粒子的偏转问题，提高分析综合能力,体现了“科学思维”的学科素养．例3 长为L 的平行金属板水平放置,两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子，以初速度v 0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图9所示，不计粒子重力，求：图9(1）粒子离开电场时速度的大小； （2)匀强电场的场强大小； (3)两板间的距离．答案(1）错误!(2）错误!（3)错误!L解析（1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度：v＝错误!＝错误!。
(2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：v y＝at，v y＝v0tan30°＝错误!,由牛顿第二定律得：qE＝ma解得:E＝3mv02 3qL.（3）粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：d＝错误!at2，解得：d＝错误!L.针对训练2 如图10所示，两个板长均为L的电极板，平行正对放置，两极板相距为d,极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子(质量为m，电荷量为＋q，可视为质点）从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽略重力和空气阻力的影响．求:图10(1）极板间的电场强度E的大小．(2)该粒子的初速度v0的大小．(3）该粒子落到负极板时的末动能E k。
答案（1）错误!(2)错误!错误!（3）Uq错误!解析（1)两极板间的电压为U，两极板间的距离为d，所以电场强度大小为E＝错误!.(2)带电粒子在极板间做类平抛运动，在平行于极板方向上有L＝v0t在垂直于极板方向上有d＝错误!at2根据牛顿第二定律可得：a＝错误!,而F＝Eq所以a＝错误!解得：v 0＝错误!错误!。
（3）根据动能定理可得Uq ＝E k －12mv 02解得E k ＝Uq 错误!。
1．(带电粒子的直线运动)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入，最远到达A 点，然后返回，如图11所示，OA ＝L ，则此电子具有的初动能是( )图11A 。