1.6示波器的奥秘 学案(2020年粤教版高中物理选修3-1)
_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_1
_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。
高中物理1.6示波器的奥秘课件粤教版选修3_1
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������������ℎ D. ������
一
二
知识精要
思考探究
典题例解
迁移应用
思路分析：带电粒子在电场力作用下加速运动,加速度可由牛顿 第二定律和电场力公式求得,动能可用动能定理求解. 解析：电子从 O 点到 A 点,因受电场力作用,速度逐渐减小.根据 题意和图示判断,电子仅受电场力,不计重力.这样 ,我们可以用能量
守恒定律来研究问题.即 ������������0 2 =eUOA.因 E= ,UOA=Eh=
1 ������������0 2 2
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D 正确 .
答案：D
一
二
知识精要
思考探究
典题例解
迁移应用
第六节
示波器的奥秘
目标导航
预习导引
Байду номын сангаас
学习目标 重点难点
1.理解带电粒子在电场中的运动规律,并能分析解决 加速和偏转方向的问题. 2.知道示波管的构造和基本原理. 重点:带电粒子在匀强电场中的运动规律. 难点:运动电学知识和力学知识综合处理偏转问题.
目标导航
预习导引
一
二
三
一、带电粒子的加速 1.不计重力,带电粒子 q 在静电力作用下,由静止开始加速,加速电
������ x= tan������
=
2 ������������1 ������ 2������������������0 2 ������������1 ������ ������������0 2 ������
物理粤教版选修3-1学案：知识导学 1-6-示波器的奥秘
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U1加速后，获得速度v0，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U2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mqU 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）dqU qE F d U E 22===. （4）m dqU m F a 2==. （5）121222mU q dl U qU m l md qU at v y =∙==. （6）1222221222024U m d 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应带正电极板Y′应带正电A.①③B.C.②③D.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。
1.6示波器的奥秘学案2(粤教版选修3-1)
1.6示波器的神奇教学设计2（粤教版选修3-1 ）1.6示波器的神奇教学设计2（粤教版选修3-1 ）1 ．对以下物理公式的理解，其中正确的选项是 ( ) A ．由公式 a＝ vt 可知，加速度 a 由速度的变化量v和时间 t 决定B．由公式 a＝ F 可知，加速度 a 由物体所受合外力 F 和物体的质量决定c．由公式 E＝ Fq 可知，电场强度 E 由电荷碰到的电场力F 和电荷的电荷量 q 决定 [ 本源 : 学#科 #网 Z#X#X#]D．由公式 c ＝ QU可知，电容器的电容 c 由电容器所带电荷量 Q和两极板间的电势差 U 决定答案 B解析A、 c、 D 三项均为比值法定义，且可是计算式，而不是决定式，故A、c、 D 错误；只有 B 正确．2．某平行板电容器的电容为 c，带电荷量为 Q，相距为d，今在板间中点放一电荷量为q 的点电荷，则它所碰到的电场力的大小为()答案 c解析由 U＝ Qc，E＝ Ud， F＝ Eq 得： F＝ Qqcd.3.电子电荷量为 e，质量为，以速度 v0 沿着电场线射入场强为 E 的匀强电场中，如图 1 所示，电子从 A 点入射到达B 点速度为零，则A、B 两点的电势差为________； A、 B 间的距离为 ________．图 1答案v202e v202eE解析由解析知，电子进入电场，只在电场力作用下运动，因此电场力对电子做负功．由动能定理得：0－12v20 ＝－ Ue， U＝v202e又 U＝ Ed， d＝ UE＝v202eE.一、带电微粒在重力作用下的运动带电微粒不相同于带电粒子；它的质量较大，重力不能够忽略，因此带电微粒在电场中最少受两个力作用．例 1 两平行金属板 A、 B 水平放置，一个质量为＝ 5× 10－6g 的带电微粒，以 v0＝ 2/s 的水平速度从两板正中央地址射入电场，如图 2 所示， A、B 两板间距离为 d＝ 4c，板长l＝ 10c.图 2(1)当 A、B 间的电压为 UAB＝ 1000V 时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．(2)令 B 板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求 A 板所加电势的范围．解析(1) 当 UAB＝1000V 时，重力跟电场力相等，微粒才沿初速度v0 方向做匀速直线运动，故 qUABd＝ g，q＝ gdUAB＝2× 10－ 9c；重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，而场强方向竖直向下 (UAB＞0) ，因此粒子带负电．(2)当 qE＞ g 时，带电粒子向上偏，从右上边沿点飞出，以下列图，设此时φ A＝φ 1，因为φ B＝ 0，因此 UAB＝φ 1，电场力和重力都沿竖直方向，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度 vx＝ v0；在竖直方向 a＝ qφ 1d－g，侧位移 y＝ d2，因此 12d＝ 12at2 ， t ＝ lv0 ，代入 a 和 t 解得φ 1＝v20d2 ＋gdl2ql2 ＝ 2600V．当 qE＜g 时，带电微粒向下偏转，设φ A ＝φ 2，则竖直方向 a′＝ g－ qφ2d，同理可得φ 2＝600V，故欲使微粒射出偏转电场， A 板电势的范围为 600V≤φ A≤2600V.答案(1)2 × 10－ 9c负电(2)600V ≤φ A≤ 2600V变式训练1如图3所示，水平放置的平行板间的匀强电场正中间的P 点有一个带电微粒正好处于静止状态，若是将平行带电板改为竖直放置，带电微粒的运动将是()图 3A．连续保持静止状态B．从 P 点开始做自由落体运动c．从 P 点开始做平抛运动D．从P点开始做初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动答案 D解析对微粒进行受力解析可知：g＝ Eq若将平行板改为竖直，则微粒受力F g2Eq 2＝ 2g因此微粒将做初速度为零的匀加速直线运动，a＝ 2g.方法总结有关带电粒子的重力可否忽略问题若所谈论的问题，带电粒子碰到的重力远远小于电场力，即g? qE，则可忽略重力的影响．比方：一电子在电场强度为 4.0 ×103V/ 的电场中，它所碰到的电场力的大小为 F ＝ eE＝ 6.4 × 10－ 16N，它所碰到的重力G＝ g≈ 8.9 × 10－30N， GF≈ 1.4 × 10－ 14. 可见，重力在此问题中的影响微不足道，完好能够略去不计．此时若考虑了重力，反而会给问题的解决带来不用要的麻烦．要指出的是，忽略粒子的重力其实不是忽略粒子的质量．反之，若带电粒子所受的重力跟电场力能够比较，比方：在密立根油滴实验中，带电油滴在电场中受力平衡，显然这时就必定考虑重力了．若再忽略重力，油滴平衡的依照就不存在了．总之，可否考虑带电粒子的重力要依照详尽情况而定，一般说来： (1) 基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的表示以外，一般都不考虑重力 ( 但其实不忽略质量 ) ． (2) 带电粒子：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的表示以外，一般都不能够忽略重力．二、带电粒子在偏转过程中的能量变化粒子动能的变化由动能定理求解．要点是正确的求出各力做功的代数和；粒子电势能的变化等于电场力做的功，关键点是把电场力做的功找准求对．例 2一个初动能为 E 的带电粒子以速度v 垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3E. 若是这个带电粒子的初速度增加到原来的 2 倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为 ()A ．4EB． 4.5Ec ． 6ED．9.5E解析带电粒子做类平抛运动，平行于极板方向的速度大小不变，带电粒子经过电场的时间变为原来的12，沿电场方向的位移变为原来的14，电场力做功变为原来的14.由动能定理得E′＝ qE?y′＝ 14yqE①原速飞过时由动能定理有E＝3E－ E＝ qEy②而 E′＝ E 末′－ 4E③解得 E 末′＝ 4.5E答案 B变式训练 2如图4所示，o1o2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两板间．粒子到 B 板的中点，粒子 2 恰好打在 B 板边缘，粒子 3 飞出，设三个粒子只受电场力作用，则()1 打从两板间图 4A ．三个粒子在电场中运动时间关系为t1 ＜ t2 ＝ t3B ．三个粒子在电场中运动时间关系为t1 ＝ t2 ＞ t3c ．三个粒子在电场中运动的初速度关系为v1＝ v2＝ v3D ．三个粒子在翱翔过程中动能的变化量关系为E1＝E2＝E3答案 B解析粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，由 y＝12at2 可判断出 t1 ＝ t2 ＞t3 ，故 A 错误， B 正确；水平方向做匀速直线运动，结合 x＝ vt 可判断出v1＜ v2＜ v3，因此 c 错误；由动能定理知qEy＝E，故E1＝E2＞E3，故 D 错误．方法总结电场力做的功等于qE?y，y 是粒子在竖直方向的偏转量，y 不用然等于d2(d 为两板间距) ．三、等效法在电场中的应用等效方法的实质是在力的作用收效相同的前提下相互取代，其优点是将非理想模型转变为理想模型，使复杂问题变得简单．带电体在匀强电场中受恒定电场力和重力，可依照力的独立作用原理分别研究每一种力对物体的作用收效；也能够求出电场力和重力的合力，即“等效重力” ，再与重力场中的力学问题进行类比解答．例 3 半径为 r 的绝缘圆滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图 5 所示，珠子所受静电力是其重力的 34，将珠子从环上最低地址 A 点由静止释放，则：图 5(1)珠子所能获得的最大动能是多大？(2)珠子对环的最大压力是多大？解析(1) 因为 qE＝ 34g，因此 qE、g 的合力 F 合与竖直方向的夹角θ的正切值tan θ＝ qEg＝ 34，即θ＝子由 A 点静止释放后从 A 到 B 过程中做加速运动，示， B 点动能最大，由动能定理得：qErsin θ－θ ) ＝ E，解得 B 点动能即最大动能E＝ 14gr. 37°，则珠以以下列图所gr(1 － cos(2)设珠子在即 FN＝ F 合＋ v2r B 点受圆环弹力为g2qEFN，有 FN－ F 合＝ v2r ，2＋12g＝ 54g＋ 12g＝7/ 1174g.由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力也为74g.答案(1)14gr(2)74g变式训练3在水平向右的匀强电场中，有一质量为、带正电的小球，用长为l 的绝缘细线悬挂于o 点，当小球静止时细线与竖直方向夹角为θ，如图 6 所示，现给小球一个初速度 v0，使小球能在竖直平面内做圆周运动．试问：小球在做圆周运动的过程中，在哪一地址速度最小？速度最小值为多大？图 6答案 A 点速度最小v20－4glcos θ.解析重力跟电场力的合力为： gcos θ，从 B 到 A 的过程由动能定理得：－ gcos θ× 2l ＝ 12v2A－ 12v20解得： vA＝ v20－ 4glcos θ .方法总结因为小球在 B 点时静止，因此小球在 B 点受力平衡，对小球进行受力解析，小球受重力 g、拉力 FT 和电场力 F 作用．当小球向上转时，拉力不做功，只有重力和电场力做功，并且重力和电场力向来不变，因此我们能够将小球所受的重力和电场力看做一个力，即这两个力的合力．这样就可以把这个问题变换成一个我们所熟悉的圆周运动来办理了，这个合力就相当于只有重力在小球上做功时的“重力”了，那么平衡点 B 就相当于小球运动的最低点， A 点就相当于小球运动的最高点，此即为小球速度最小的地址．【即学即练】1 ．如图 7 所示，有一质量为、带电荷量为q 的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中，设油滴是从两板中间地址，并以初速度为零进入电场的，能够判断()图 7A．油滴在电场中做抛物线运动B．油滴在电场中做匀加速直线运动c．油滴打在极板上的运动时间只决定于电场强度和两板间距离D．油滴打在极板上的运动时间不但决定于电场强度和两板间距离，还决定于油滴的比荷答案 BD解析油滴受重力和电场力作用，且两个力大小方向均恒定，即油滴碰到恒定的合外力作用，且初速度为0，因此粒子沿合力方向做匀加速直线运动， B 项正确；粒子打到极板上的时间由水平方向位移d2＝12at2 决定，t ＝ dqE，故 D 选项正确．2．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方★优选文档★a 和b 从电容器中的P 点向．两个比荷不相同的带正电的粒子( 如图8 所示) 以相同的水平速度射入两平行板之间，测得 a 和 b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶ 2. 若不计重力，则 a 和b 的比荷之比是( )图 8A ．1∶ 2B． 1∶ 8c． 2∶1D． 4∶ 1答案 D解析两带电粒子都做类平抛运动，在水平方向上做匀速运动，有 x＝ v0t ；在竖直方向上做匀加速运动，有 y＝ 12at2 ＝qE2t2 ，整理得 q＝ 2yv20Ex2 ，因为场强 E 相同，初速度v0 相同，偏移量 y 相同，因此比荷与水平位移的平方成反比，应选项 D 正确．3.如图 9 示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的中点 P 以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、c 三点，能够判断 ()图 9A．落在 A 点的小球带正电，落在 B 点的小球不带电B．三个小球在电场中运动的时间相等c．三个小球到达极板时的动能关系为EA＞ EB＞ Ec2016 崭新优选资料 - 崭新公文范文 -全程指导写作–独家原创10/11★优选文档★D．三个小球在电场中运动时的加速度关系为aA＞ aB＞ac答案 A解析因三球水平速度相同，但水平位移不相同，说明tA ＞ tB ＞ tc ；由竖直方向 y＝ 12at2 ，y 相同则可得出 aA＜ aB ＜ac，因此 A 点必为带正电小球， aA＝g－ qE，落于 B 点的小球不带电， aB＝ g＝ g，落于 c 点的小球带负电， ac＝ g＋qE；由合外力FA＜FB＜Fc，竖直位移相同，故WA合＜WB合＜Wc 合，由动能定理，可得 Ec＞ EB＞ EA.2016 崭新优选资料 - 崭新公文范文 -全程指导写作–独家原创11/11。
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.doc
第六节 示波器的奥秘[学习目标] 1.[科学思维]掌握带电粒子在电场中的加速、偏转规律并分析其加速度、速度和位移等物理量的变化．(重点) 2.[科学思维]掌握带电粒子在电场中加速、偏转时的能量转化．(重点、难点) 3.[科学态度与责任]了解示波器的工作原理，体会静电场知识对科学技术的影响．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，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远小于静电力，可以忽略．2．带电粒子加速问题的处理方法：利用动能定理分析．初速度为零的带电粒子，经过电势差为U 的电场加速后，qU ＝12mv 2，则v ＝2qUm．二、带电粒子的偏转(垂直进入匀强电场) 1．运动特点(1)垂直电场方向：不受力，做匀速直线运动．(2)沿着电场方向：受恒定的电场力，做初速度为零的匀加速直线运动． 2．运动规律三、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，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X 偏转电极板和一对Y 偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示．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，如在Y 偏转板上加一个信号电压，在X 偏转板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y 偏转电压规律变化的可视图象．1．正误判断(1)带电粒子在电场中加速时，不满足能量守恒． (×) (2)带电粒子在匀强电场中一定做类平抛运动．(×) (3)带电粒子在匀强电场中偏转时，粒子做匀变速曲线运动． (√) (4)示波器是带电粒子加速和偏转的综合应用． (√) (5)电视机光屏越大，则偏转电压对应也较大．(√)2．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U 的电场加速后，粒子速度最大的是( ) A ．质子 B ．氘核 C ．氦核D ．钠离子A [由动能定理得qU ＝12mv 2，v ＝2qUm，所以比荷q m大的速度大，A 正确．]3．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．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AC [由题意电子偏到XOY 的区域，则在偏转电极YY ′上应向右上运动，故Y 板带正电，C 正确，D 错误；在偏转电极XX ′上应向右运动，故X 板带正电，A 正确，B 错误．]带电粒子在电场中的加速运动 1．关于带电粒子在电场中的重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，此类粒子一般不考虑重力(但并不忽略质量).(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．问题处理的方法和思路(1)分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速、减速；直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题．(2)解决这类问题的基本思路是：①用运动和力的观点：牛顿定律和运动学知识求解； ②用能量转化的观点：动能定理和功能关系求解． 3．应用动能定理处理这类问题的思路(粒子只受电场力)(1)若带电粒子的初速度为零，则它的末动能12mv 2＝qU ，末速度v ＝2qUm.(2)若粒子的初速度为v 0，则12mv 2－12mv 20＝qU ，末速度v ＝v 20＋2qUm.【例1】 (多选)如图所示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 .下面的说法中正确的是( )A. 如果A 、K 间距离减半而电压仍为U ，则电子离开K 时的速度仍为v B ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U ，则电子离开K 时的速度变为v /2 C ．如果A 、K 间距离不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为22v D ．如果A 、K 间距离不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为v /2 AC [根据动能定理得eU ＝12mv 2，得v ＝2eUm可知，v 与A 、K 间距离无关，则若A 、K间距离减半而电压仍为U 不变，则电子离开K 时的速度仍为v ，故A 正确，B 错误；根据v ＝2eUm可知电压减半时，则电子离开K 时的速度变为22v ，故C 正确，D 错误．]处理加速问题的分析方法(1)若粒子在匀强电场中加速，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)若粒子在非匀强电场中加速，一般应用动能定理来处理问题，若带电粒子只受电场力作用：①若带电粒子的初速度为零，则它的末动能12mv 2＝qU ，末速度v ＝2qUm.②若粒子的初速度为v 0，则qU ＝12mv 2－12mv 20，末速度v ＝v 20＋2qUm.[跟进训练]1.如图所示，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v 0通过等势面M 射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N 的速度应是( )A ．2qUmB ．v 0＋ 2qUmC ．v 20＋2qU mD ．v 20－2qUmC [由动能定理得qU ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝v 20＋2qUm，选项C 正确．]带电粒子在匀强电场中的偏转问题 1．基本规律(1)初速度方向⎩⎪⎨⎪⎧速度：v x ＝v位移：x ＝v 0t(2)电场线方向⎩⎪⎨⎪⎧速度：v y＝at ＝qU md ·l v 0位移：y ＝12at 2＝12·qU md ·l2v2(3)离开电场时的偏转角：tan α＝v y v 0＝qUlmdv 20(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角：tan β＝y l ＝qUl2mv 20d. 2．几个常用推论 (1)tan α＝2tan β.(2)粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长线交于沿初速度方向分位移的中点．(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m 、q 是否相同，只要qm相同，即荷质比相同，则偏转距离y 和偏转角α相同．(4)若以相同的初动能E k 0进入同一个偏转电场，只要q 相同，不论m 是否相同，则偏转距离y 和偏转角α相同．(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同)，进入同一偏转电场，则偏转距离y 和偏转角α相同⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＝U 2l 24U 1d，tan α＝U 2l 2U 1d .【例2】 一束电子流经U 1＝5 000 V 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.(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＝5 cm ，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？思路点拨：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动． (2)带电粒子在右侧虚线的右侧做匀速直线运动． (3)粒子在水平方向的速度始终为v 0.[解析] (1)加速过程，由动能定理得eU1＝12mv2①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L1＝v0t 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＝12at2 ④由①②③④得y＝U2L214dU1代入数据得y＝0.25 cm.(2)如图，由几何关系知，yY＝L12L12＋L2得Y＝(L1＋2L2L1)y代入数据得Y＝0.75 cm.(3)因y＝U2L214dU1，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＝0.25 cm，Y′＝Y＝0.75 cm.[答案] (1)0.25 cm (2)0.75 cm (3)0.25 cm 0.75 cm计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法(1)Y＝y＋d tan θ(d为屏到偏转电场的水平距离).(2)Y＝⎝⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L为电场宽度).(3)Y＝y＋v y·dv0.(4)根据三角形相似：Yy＝L2＋dL2.[跟进训练]训练角度1.不同粒子的偏转比较2．如图所示，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( )A ．1∶1，2∶3B ．2∶1，3∶2C ．1∶1，3∶4D ．4∶3，2∶1D [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 2B ∶t 2A ＝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．]训练角度2.偏转角的计算3．先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比．(1)电子与氢核的初速度相同； (2)电子与氢核的初动能相同．[解析] 偏转电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，垂直进入偏转电场的速度为v 0，偏转电场两极间距离为d ，极板长为l ，则粒子在偏转电场中的加速度a ＝qUdm，在偏转电场中运动的时间为t ＝l v 0，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度v y ＝at ＝qUldmv 0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝v y v 0＝qUldmv 20.(1)若电子与氢核的初速度相同，则tan θe tan θH ＝m Hm e .(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan θetan θH ＝1.[答案] 见解析训练角度3.带电粒子先加速再偏转4．如果质子经一加速电压加速(U ＝5 000 V)，如图所示，从中间位置垂直进入一匀强电场(d ＝1.0 cm ，l ＝5.0 cm)，偏转电压U ′＝400 V ．质子能飞出电场吗？如果能，偏移量是多大？[解析] 在加速电场：qU ＝12mv 2① 在偏转电场：l ＝v 0t② a ＝F m ＝qU ′md③ 偏移量y ＝12at2④由①②③④得：y ＝U ′l 24Ud上式说明y 与q 、m 无关， 解得y ＝0.5 cm ＝d2即质子恰好从板的右边缘飞出． [答案] 能 0.5 cm带电粒子在交变电场中的运动【例3】 如图所示，在金属板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U 0，其周期是T .现有电子以平行于金属板的速度v 0从两板中央射入．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求：甲 乙(1)若电子从t ＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？(2)若电子从t ＝0时刻射入，在t ＝32T 时刻恰好能从A 板的边缘飞出，则两极板间距多远？[解析] (1)电子在水平方向上做匀速直线运动，恰能平行的飞出电场，说明电子在竖直方向上的速度恰好为零，故所用时间应为t ＝nT .当n ＝1时，金属板长度最小，为L min ＝v 0T . (2)电子恰能从A 板的边缘飞出，则y ＝d2在竖直方向上，电子经历的过程为初速度为零的匀加速直线运动，然后减速到零，最后再经历初速度为零的匀加速直线运动，三个阶段的时间都为T2，所以由d2＝3×12×U 0e md ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22，解得d ＝3eU 0T 24 m ＝T2m3eU 0m . [答案] (1)L min ＝v 0T (2)d ＝3eU 0T 24 m ＝T 2 m3eU 0m(1)当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性．(2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v t 图象．特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期．[跟进训练]训练角度1.带电粒子在交变电场中的直线运动5．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零CD [设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝qEm可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，vt图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．]训练角度2.带电粒子在交变电场中的偏转6．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：甲乙(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？[解析] (1)电子经电场加速满足qU0＝12mv2经电场偏转后侧移量y＝12at2＝12·qU偏mL⎝⎛⎭⎪⎫Lv2所以y＝U偏L4U0，由图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足Yy＝L＋L2L2所以Y＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.[答案] (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm[物理观念] 带电粒子在电场中只受电场力作用时的运动情况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．1.(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小BC [由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，所以A项错误，B项正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，所以C项正确，D项错误．]2．(多选)如图所示，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，则( )A．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CD [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 ＝12mv 2，得v ＝2eUm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 ＝U d ，电子的加速度为a ＝eE m ＝eU md， 电子在电场中一直做匀加速直线运动， 由d ＝12at 2＝eU 2mdt 2，得电子加速的时间为t ＝d2meU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．] 3．示波管可以用来观察电信号随时间的情况，其内部结构如图所示，如果在电极YY ′之间加上如图(a)所示的电压，在XX ′之间加上如图(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是( )C [电极YY ′之间加上图(a)所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，而在XX ′之间加上图(b)所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C 所示的图象，故C 正确，A 、B 、D 错误．]4．如图所示，两个板长均为L 的平板电极，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 )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：(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)该粒子落到下极板时的末动能E k 的大小．[解析] (1)两极板间的电压为U ，两极板的距离为d ，所以电场强度大小为E ＝U d. (2)带电粒子在极板间做类平抛运动，在水平方向上有L ＝v 0t 在竖直方向上有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 2解得E k ＝Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2. [答案] (1)U d (2)LdUq 2m (3)Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2。
【教育课件】粤教版高中物理1.6示波器的奥秘粤教版高中物理选修3-1课件.ppt
知识点二 带电粒子在电场中偏转
如图所示，带电粒子以初速度 v0 垂直电场线进入匀强电 场，加速度 a＝qmE＝mqUd.
1．基本关系． vx＝v0，x＝v0t(初速度方向)． vy＝at，y＝12at2(电场线方向)．
3．推论． (1)粒子离开电场时的速度方向反向延长交于板长 l 的
正中央，根据 y tan
A．极板 X 的电势高于极板 X′ B．极板 X′的电势高于极板 X C．极板 Y 的电势高于极板 Y′ D．极板 Y′的电势高于极板 Y
分析：由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向 X、Y 方向， 由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带 的电性．
解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向 X 方 向偏转，则电场方向为 X 到 X′，则 X 带正电，即极板 X 的 电势高于极板 X′.同理可知 Y 带正电，即极板 Y 的电势高于 极板 Y′，故 A、C 正确，B、D 错误．故选 AC.
θ
＝2l .
(2)位移方向与初速度方向间夹角的正切为速度偏转角
正切的12，根据 tan α ＝12tan θ .
2．导出关系． 粒子离开电场时的侧移位移：y＝2qml2vU20d. 粒子离开电场时的偏转角：tan θ ＝vv0y＝mqvlU02d. 粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切：tan α ＝yl
D．以上说法均不正确
解析：由动能定理 qU＝12mv2，v＝ 无关与加速电压有关．故选 C.
答案：C
2mqU，得 v 与距离
变式 训练
1．(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所示，带电微粒只在电场力的作 用下，在 t＝0 时刻由静止释放，则下列说法中正确的是(BD)
物理3-1粤教版1.6示波器的奥秘学案1
物理3-1粤教版1.6示波器的奥秘学案1【一】带电粒子的加速两平行金属板间的电压为U ，板间是一匀强电场，设有一带正电荷q 、质量为m 的带电粒子从正极板开始向负极板运动，由于电场力做____功，带电粒子被______速，依照动能定理，________等于电场力的功W ，即________＝W ＝qU ，带电粒子到达负极板时的速度v ＝________.答案正加动能的增量12mv 22qUm 【二】带电粒子的偏转带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，以初速度v 0垂直电场线射入两极板间的匀强电场、板长为l 、板间距为d ，两极板间的电势差为U.1、粒子在v 0的方向上做________直线运动，穿越两极板的时间t ＝________.2、粒子在垂直于v 0的方向上做初速度为________的____________运动，加速度为： a ＝Fm ＝________. 粒子离开电场时在电场方向上偏离原射入方向的距离y ＝12at 2＝________. 3、穿出电场时竖直方向上的分速度v y ＝at ＝______.合速度与水平方向的夹角θ＝tan －1v y v 0＝tan －1________.答案1.匀速l v 02.零匀加速直线qU dm ql 22dmv 20U3.ql dmv 0U qldmv 20U 【三】示波器探秘示波器的核心部件是________，它是一种阴极射线管，玻璃管内抽成真空，它采纳________的方式发射电子、答案示波管热电子发射【一】带电粒子的加速[问题情境]带电粒子在电场中受电场力作用，我们能够利用电场来操纵粒子，使它加速或偏转、直线加速器确实是在真空金属管中加上高频交变电场使带电粒子获得高能的装置(如图1所示)，它能关心人们更深入地认识微观世界、你明白它的加速原理吗？图11、带电粒子在电场中受哪些力作用？重力能够忽略吗？2、带电粒子被加速的原理是什么？3、处理带电粒子加速问题的一般方法是什么？答案1.电场力、重力因重力远小于电场力因此能够忽略 2、电场力做正功，粒子动能增加 3、动能定理 [要点提炼]1、带电粒子：质量特别小的带电体，如电子、质子、α粒子、离子等，处理问题时它们的重力通常忽略不计(因重力远小于电场力)、2、带电微粒：质量较大的带电体，如液滴、油滴、尘埃、小球等，处理问题时重力不能忽略、3、粒子初速度为零且仅在电场力作用下运动，因此电场力做的正功等于__________，即W ＝qU ＝12mv 2得v ＝____________.答案3.粒子动能的增加量2qUm[问题延伸]假设用来加速粒子的电场是非匀强电场，粒子获得的末速度仍然是v ＝2qUm 吗？答案仍然是、非匀强电场中电场力做的功仍然是W ＝qU ，因此仍然有qU ＝12mv 20，故v ＝2qUm (非匀强电场中，W ＝qE ·d 不能用了) 【二】带电粒子的偏转 [问题情境]1.带电粒子以初速度为v 0垂直电场方向射入匀强电场，不计重力作用，它的受力有什么特点？2、它的运动规律与什么运动相似？3、推导粒子离开电场时沿垂直于极板方向的偏移量和偏转的角度、 答案1.粒子仅受与v 0垂直的电场力作用、2、粒子的运动与平抛运动类似，轨迹为抛物线、3、见课本推导过程、 [要点提炼]1、处理方法：应用运动的合成与分解知识分析处理，一般将类平抛运动分解为：沿初速度方向的________运动和沿电场力方向做初速度为______运动、2、差不多关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0 x ＝v 0t 初速度方向v y ＝at y ＝12at 2电场线方向3、导出关系：(1)粒子在电场中运动的时间t ＝________.(2)粒子的加速度为a ＝Fm ＝________.(3)穿出电场时在竖直方向上的位移y ＝12at 2＝________. (4)穿出电场时竖直方向上的分速度v y ＝at ＝________________________________________________________________________.(5)粒子穿出电场时合速度与水平方向的夹角θ＝tan －1v y v 0＝tan －1________. 答案1.匀速直线初速度为零的匀加速直线3、(1)l v 0(2)Uq dm (3)ql 22dmv 20U(4)ql dmv 0U(5)qldmv 20U 【三】示波器探秘示波器的核心部件是示波管，观看示波管的结构，思考示波管中各个组件的作用？ 答案课本“示波管结构图”中序号1－6为加速系统，其作用是使从阴极出射的电子在电场中加速；7为竖直偏转系统，其作用是使粒子在竖直方向上偏转；8是水平偏转系统，其作用是使粒子在水平方向上偏转；9是荧光屏，其作用是显示粒子的位置(或图象)、例1如图2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2解析质子和α粒子基本上正离子，从A 点释放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 ，由动能定理有：对质子：12m H v 2H ＝q H U ，对α粒子：12m αv 2α＝q αU.因此v Hv α＝q H m αq αm H ＝1×42×1＝21.答案2∶1点拨(1)要明白质子和α粒子是怎么样的粒子，q H ＝e ，q α＝2e ，m H ＝m ，m α＝4m ；(2)该电场为非匀强电场，带电粒子在A 、B 间的运动为变加速运动，不可能通过力和加速度的途径解出该题，但注意到电场力做功W ＝qU 这一关系对匀强电场和非匀强电场都适用，因此从能量的角度入手，由动能定理来解该题特别方便、变式训练1如图3所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间的电压不变，那么()图3A 、当增大两板间的距离时，速度v 增大B 、当减小两板间的距离时，速度v 减小C 、当减小两板间的距离时，速度v 不变D 、当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大 答案C解析由动能定理得eU ＝12mv 2.当改变两板间的距离时，U 不变，v 就不变，故A 、B 项错误，C 项正确；粒子做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv ，当d 减小时，电子在板间运动的时间变小，故D 选项不正确、例2一束电子流在经U ＝5000V 的加速电场加速后，在距两极板等距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，两个极板上最多能加多大电压？图4解析设极板间电压为U ′时，电子能飞出平行板间的偏转电场、加速过程，由动能定理得：eU ＝12mv 20.①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l ＝v 0t.②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度：a ＝F m ＝eU ′dm ，③偏转距离：y ＝12at 2，④能飞出的条件为：y ≤d2.⑤解①②③④⑤式得：U ′≤2Ud 2l 2＝2×5 000×10－225×10－22V ＝400V . 答案400V变式训练2试证明：粒子从偏转电场射出时，其速度v 的反向延长线过水平位移的中点、答案作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，那么x ＝ytan θ＝qUl 22dmv 20·dmv 20qUl ＝l 2，即粒子从偏转电场射出时，其速度v 的反向延长线过水平位移的中点，如下图、【即学即练】1、以下粒子从静止状态通过电压为U 的电场加速后，速度最大的是()A 、质子(11H )B 、氘核(21H )C 、α粒子(42He )D 、钠离子(Na ＋) 答案A解析经加速电场加速后的速度为v ＝2qUm ，比荷大的粒子加速后的速度大、2、如图5所示，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，如下图，OA ＝h ，此电子具有的初动能是()图5A .edh UB 、edUhC .eU dhD .eUh d 答案D解析从功能关系方面考虑，电子从O 点到A 点，因电场力作用，速度逐渐减小，依照题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力，如此，我们能够用动能定理来研究问题12mv 20＝eU OA .因为E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd ，因此D 正确、3、有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子的运动轨迹一样，说明所有离子()A 、具有相同的质量B 、具有相同的电荷量C 、具有相同的比荷D 、属于同一元素的同位素 答案C解析轨迹相同说明偏转角相同，tan θ＝v y v x ＝qUlmdv 20，因为速度相同，因此只要电荷的比荷相同，电荷的运动轨迹就相同，易错之处是只考虑其中一种因素的妨碍、4.长为L 的平行金属板电容器，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q ，质量为m的带电粒子，以初速度v 0紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下板成30°角，如图6所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离、图6答案3mv 203qL 36L解析由题意知tan θ＝ v ⊥v 0① v ⊥＝at ② a ＝qE m ③t ＝L v 0④由①②③④得E ＝mv 20tan θqL[ 将θ＝30°代入得：E ＝3mv 203qL由题意知两板间距离d 等于竖直方向的偏转量y ，那么d ＝y ＝12at 2＝12qE m (Lv 0)2 将E 代入得d ＝36L.。
高中物理1.6示波器的奥秘学案粤教版选修3_1
第六节 示波器的奥秘1．理解带电粒子在匀强电场中的加速和偏转的原理． 2．能用带电粒子在电场中运动的规律，分析解决实际问题． 3．了解示波管的构造和原理．1．带电粒子的加速．如图所示，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．(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E k ＝12mv 2．(3)根据动能定理可知，qU ＝12mv 2，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． 2．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度为零的匀加速直线运动．3．示波器探秘：示波器的核心部件是示波管，示波管是真空管，主要由三部分组成，这三部分分别是电子枪、偏转电极、荧光屏．根据运动轨迹分析有关问题该种类型的题目分析方法是：先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v 0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其他有关的问题．在图甲中，虚线表示真空里一点电荷Q 的电场中的两个等势面，实线表示一个带负电q 的粒子运动的路径，不考虑粒子的重力，请判定(1)Q 是什么电荷？(2)ABC 三点电势的大小关系； (3)ABC 三点场强的大小关系；(4)该粒子在ABC三点动能的大小关系．分析：A、B、C是带电粒子在电场中运动轨迹上的三点，通过轨迹的弯曲方向得出受力方向，由受力方向判断Q的电性，画出电场线，判断电势的高低及场强的大小；根据电场力对带电粒子的做功情况判断粒子在A、B、C三点动能的大小关系．解析：(1)设粒子在A点射入，则A点的轨迹切线方向就是粒子q的初速v0的方向(如图乙)．由于粒子q向偏离Q的方向偏转，因此粒子q受到Q的作用力是排斥力，故Q与q 的电性相同，即Q带负电．(2)因负电荷Q的电场线是由无穷远指向Q的，因此φA＝φC>φB.(3)由电场线的疏密分布(或由E＝k Qr2)得：E A＝E C<E B.(4)因粒子从A→B电场力做负功，由动能定理可知E k B<E k A，因φA＝φC，由电场力做功W AC＝qU AC知W AC＝0，因此由动能定理得E k A＝E k C，故E k A＝E k C>E k B.答案：见解析．总结：该种类型的题目分析方法是：先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其他有关的问题．一、单项选择题1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是(A) 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：由题意可知，带电粒子在电场中只受电场力作用．所以合外力不可能为0，所以不可能做匀速直线运动，所以选A.2．两平行金属板相距为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，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是(D )A.edh U B ．edUh C.eU dh D. eUh d解析：由动能定理：－F ·s ＝－12mv 20，∴－eE ·h ＝0－12mv 20，－e ·Ud ·h ＝0－E k0，∴E k0＝eUh d.3．如图为一匀强电场，某带正电的粒子从A 点运动到B 点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J ，电场力做的功为1.5 J ．下列说法中不正确的是(C)A ．粒子在B 点的重力势能比在A 点多2.0 J B ．粒子在B 点的电势能比在A 点少1.5 JC ．粒子在B 点的机械能比在A 点多0.5 JD ．粒子在B 点的动能比在A 点少0.5 J解析：根据克服重力做的功等于重力势能的增加量知A 项正确；根据电场力做的功等于电势能的减少量知B 项正确；根据功和能的关系知，即只有电场力做的功等于机械能的增加量知C 项错误；根据各个力做功的代数和等于动能的变化量知D 项正确．4．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的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是(B )A ．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 解析：偏转角：tan φ＝v yv x ，v y ＝at ＝qU 2md l v 0，在加速电场中有：12mv 2＝qU 1，v ＝2qU 1m，故：tan φ＝U 2l2U 1d，所以B 正确．二、不定项选择题5．一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是(AD )A ．加速电压突然变大B ．加速电压突然变小C ．偏转电压突然变大D ．偏转电压突然变小解析：设加速电压为U 1，偏转电压为U 2.则在加速电场中：qU 1＝12mv 20①偏转电场中：a ＝Eq m ＝U 2q md ，y ＝12at 2＝12U 2q md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02②由①②联立得y ＝U 2l 24U 1d，所以答案为AD.6．(2014·中山模拟)如图所示，绝缘细线下挂着一带电小球，它的质量为m ，整个装置处于水平向右的匀强电场中．小球平衡时，细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g ，则(D)A ．小球一定是带负电B ．小球所受的电场力等于mgC ．若剪断悬线，则小球做曲线运动D ．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动解析：对小球受力分析如图所示，由qE 的方向知小球带正电，A 项错误；当θ＝45°时，qE ＝mg ，故B 项错误；剪断细线，小球在恒力F 的作用下由静止做匀加速直线运动，C 项错误、D 项正确．7．如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(11H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b 轨迹运动时(ABD )A ．加速度相同B ．初速度更大C ．动能增量更大D ．两次的电势能增量相同解析：根据a ＝qE m，可知质子流竖直方向上的加速度相同，由于偏转位移大小相等，根据y ＝12at 2知运动时间相同，故水平位移越大，初速度越大，A 项正确，B 项正确；由于电场力相同，在电场力方向的竖直位移相同，故电场力做功一样，动能增量一样，电势能增量也一样，C 项错误，D 项正确．8．如图所示，平行板电容器两极板间的电场可看作是匀强电场，两板水平放置，板间相距为d ，一带负电粒子从上板边缘射入，沿直线从下板边缘射出，粒子的电荷量为q ，质量为m ，下列说法中正确的是(AC )A ．粒子的加速度为零B ．粒子的电势能减少3mgdC ．两板间的电势差为mgdqD ．M 板比N 板电势低 解析：由题可知粒子做匀速直线运动，故A 对，又mg ＝qE ，则U ＝mgdq，故C 对；粒子带负电，电场力向上，则M 板带正电，N 板带负电，M 板电势比N 板高，故D 错．又由电场力做负功可知电势能增加mgd .故B 错．9．如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A 、B 两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则(ABCD )A ．它们通过加速电场所需的时间不同B ．它们通过加速电场过程中速度的增量不同C ．它们通过加速电场过程中动能的增量相等D ．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等解析：A.粒子在匀强电场中做匀加速直线运动满足：vt ＋12at 2＝d ，又因为a ＝Uqdm ，由于电量和质量都相同，故加速度相同，由于初速度不同，故时间不等，故A 正确．B 、C.因为带电粒子的电荷量相等，故电场力做功相等W 电＝qU ，根据动能定理，电场力做功等于动能的改变量，由W 电＝E k －E k0，故它们通过加速电场过程中动能的增量相等，即ΔE k ＝12mv 2－12mv 20相等，虽然质量相等，但速度的增量不等，故B 正确，C 正确．D ．因为电场力W 电＝qU 一定，而电场力做功等于电势能的减少量，故D 正确．故选ABCD. 三、非选择题(按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)10．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量m ＝4×10－5kg ，电量q ＝＋1×10－8C ．(g 取10 m/s 2)求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？解析：(1)由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2，可解得：v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出： d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，a 1＝mg －qU 1d m，解得：U 1＝120 V.当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上板的右边缘射出：d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，a 2＝q U 2d －mgm， 解得：U 2＝200 V ，所以120 V<U <200 V.答案：(1)10 m/s (2)与负极相连 120 V<U <200 V11．如图所示，A 、B 为两块足够大的平行金属板，接在电压为U 的电源上．在A 板的中央P 点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m ，电荷量为e ，射出的初速度为v .求电子打在B 板上的区域面积．(不计电子的重力)解析：研究打在最边沿处的电子，即从P 处平行于A 板射出的电子，它们做类平抛运动，在平行于A 板的方向做匀速直线运动，r ＝vt ，①d ＝12at 2＝12×eUmd×t 2，② 解①②方程组得电子打在B 板上圆形半径：r ＝dv2m eU，圆形面积S ＝πr 2＝2πmd 2v 2eU.答案：2πmd 2v 2eU。
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1.6示波器的奥秘学案（2020年粤教版高中物理选修3-1）第六节第六节示波器的奥秘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qU12mv2，得粒子到达另一极板的速度v2qUm.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11运动性质沿初速度方向速度为v0的匀速直线运动垂直v0的方向初速度为零的匀加速直线运动2运动规律偏移距离因为tlv0，aqUmd，所以偏移距离y12at2qUl22mv02d.偏转角度因为vyatqUlmv0d，所以tanvyv0qUlmdv02.三.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v022qUm解析由动能定理得qU12mv212mv02，解得vv022qUm.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比较粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计粒子质量是质子质量的4倍，即m41.671027kg，电荷量是质子的2倍2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粒子的加速度为aqUmd.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qU12mv2v2qUm.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d12at2vataqUmd联立解得v2qUm.1带电粒子的分类及受力特点1电子.质子.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Fma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qU12mv212mv02.若初速度为零，则qU12mv2，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21解析质子和粒子都带正电，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12mHvH2qHU，对粒子12mv2qU.所以vHvqHmqmH142121.针对训练1xx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EUd，电子的加速度为aqEmqUmd，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d12at2qUt22md，所以电子加速的时间为td2mqU，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，qU12mv2，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tlv0电场力方向加速度aqEmqUmd离开电场时电场力方向分速度vyatqUlmdv0末速度与初速度方向夹角的正切值tanvyv0qUlmdv02离开电场时沿电场力方向的偏移量y12at2qUl22mdv02.3两个重要推论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的正切值为速度偏转角正切值的12，即tan12tan.4分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEyEk，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U15000V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U2400V，两极板间距d2.0cm，板长L15.0cm.图81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L25cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离YO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10.25cm20.75cm30.25cm0.75cm解析1加速过程，由动能定理得eU112mv02进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L1v0t在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为aFmeU2dm偏移距离y12at2由得yU2L124dU1代入数据得y0.25cm2如图，由几何关系知yYL12L12L2得YL12L2L1y代入数据得Y0.75cm3因yU2L124dU1，YL12L2L1y，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，yy0.25cm，YY0.75cm.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91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123v0323mv023qL336L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vv0cos3023v03.2粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上Lv0t，在竖直方向上vyat，vyv0tan303v03，由牛顿第二定律得qEma解得E3mv023qL.3粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上d12at2，解得d36L.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101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Ek.答案1Ud2LdUq2m3Uq1L24d2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EUd.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Lv0t在垂直于极板方向上有d12at2根据牛顿第二定律可得aFm，而FEq 所以aUqdm解得v0LdUq2m.3根据动能定理可得UqEk12mv02解得EkUq1L24d2.1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，OAL，则此电子具有的初动能是图11A.edLUBedULC.eUdLD.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12mv02eUOA.因EUd，UOAELULd，故12mv02eULd，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qAqB13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xAxB21，则带电粒子的质量之比mAmB以及在电场中飞行的时间之比tAtB分别为图12A11,23B21,32C11,34D43,21答案D解析粒子在水平方向上做匀速直线运动xv0t，由于初速度相同，xAxB21，所以tAtB21，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y12at2，且yAyB，故aAaBtB2tA214.而maqE，mqEa，mAmBqAqBaBaA134143.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xx宿迁市期末如图14所示，电子从静止开始被U180V的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E6000V/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em1691011C/kg，不计电子的重力，偏转极板长为L6.0102m求图141电子经过电压U加速后的速度vx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.答案18106m/s21.11015m/s2345解析1根据动能定理可得eU12mvx2，解得vx8106m/s2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aeEm，解得a3231014m/s21.11015m/s23电子在水平方向上做匀速直线运动，故tLvx 在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故vyat，tanvyvx，联立解得45.。