2018-2019版學案導學高中物理選修3-1教科版配套文檔：第一章 靜電場5 課時2

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)必貴于專精課時2示波管原理帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)[學習目標]1.知道示波管的構(gòu)造和工作原理.2。通過示波管的工作原理掌握帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題．一、示波管原理1．示波管(陰極射線管）的構(gòu)造(如圖1所示）．圖12．電子在陰極射線管中運動的三個階段（1)加速：電子在陰極和陽極之間形成的電場中受電場力，電場力做正功，其動能增大．（2)偏轉(zhuǎn)：電子在水平平行金屬板間的勻強電場中所受電場力方向與水平初速度垂直，因此電子在水平方向做勻速直線運動,在豎直方向做初速度為零的勻加速運動．偏轉(zhuǎn)電壓越大，偏轉(zhuǎn)角度就越大。(3)勻速直線運動：電子射出電場后，不再受電場力作用，保持偏轉(zhuǎn)角度不變，打在熒光屏上．二、實驗觀察：帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．實驗室里的示波管的構(gòu)造如圖2所示，示波管中有水平和豎直兩個方向上的兩對偏轉(zhuǎn)電極．圖22．工作原理(1)若在兩對偏轉(zhuǎn)電極上所加電壓為零，則電子束將打在O點產(chǎn)生亮斑．(2)若只在偏轉(zhuǎn)電極Y1、Y2上加一穩(wěn)定電壓,則電子束將沿Y方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)．（3）若只在偏轉(zhuǎn)電極X1、X2上加一穩(wěn)定電壓，則電子束將沿X方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)．（4）若在偏轉(zhuǎn)電極X1、X2和Y1、Y2上均加了一定的電壓,則亮斑既偏離Y軸又偏離X軸．（5)若加在X1、X2上的電壓隨時間按圖3甲所示的規(guī)律周期性地變化，在Y1、Y2上的電壓隨時間以正弦函數(shù)變化，則示波器顯示的圖形如圖乙所示．圖3[即學即用]判斷下列說法的正誤．（1)質(zhì)量很小的粒子如電子、質(zhì)子等，在電場中受到的重力可忽略不計．(√)(2）動能定理能分析勻強電場中的直線運動問題，不能分析非勻強電場中的直線運動問題．(×)(3）帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時,加速度不變,粒子的運動是勻變速曲線運動．(√）（4）帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時,可用平拋運動的知識分析．（√）(5)若只在示波管Y1、Y2上加電壓，且〉0，則電子向Y2方向偏轉(zhuǎn)．（×）一、示波管的原理1．示波管主要由電子槍(由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成）、偏轉(zhuǎn)電極（由一對X偏轉(zhuǎn)電極和一對Y偏轉(zhuǎn)電極組成)和熒光屏組成．2．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．3．示波管工作原理：被加熱的燈絲發(fā)射出熱電子，電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉(zhuǎn)電場,如果在Y偏轉(zhuǎn)電極上加一個信號電壓,在X偏轉(zhuǎn)電極上加一掃描電壓,在熒光屏上就會出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變化的可視圖像．例1（多選）示波管的構(gòu)造如圖4所示．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑,那么示波管中的()圖4A．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′應帶正電答案AC解析根據(jù)亮斑的位置，電子偏向XY區(qū)間,說明電子受到電場力作用發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，因此極板X、極板Y均應帶正電．二、帶電粒子在電場中的加速運動［導學探究]如圖5所示，平行金屬板間的距離為d，電勢差為U。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的α粒子，在電場力的作用下由靜止開始從正極板A向負極板B運動．圖5（1)比較α粒子所受電場力和重力的大小，說明重力能否忽略不計(α粒子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的4倍，即m＝4×1。67×10－27kg,電荷量是質(zhì)子的2倍）．(2）α粒子的加速度是多大（用字母表示)？在電場中做何種運動？(3)計算粒子到達負極板時的速度大小(用字母表示,嘗試用不同的方法求解)．答案(1)α粒子所受電場力大、重力小;因重力遠小于電場力，故可以忽略重力．（2）α粒子的加速度為a＝eq\f(qU，md）。在電場中做初速度為0的勻加速直線運動．(3）方法1利用動能定理求解．由動能定理可知qU＝eq\f(1，2)mv2v＝eq\r（\f（2qU,m））.方法2利用牛頓運動定律結(jié)合運動學公式求解．設(shè)粒子到達負極板時所用時間為t，則d＝eq\f（1,2）at2v＝ata＝eq\f（qU，md）聯(lián)立解得v＝eq\r（\f(2qU，m))。[知識深化］1．帶電粒子的分類及受力特點（1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力．(2）質(zhì)量較大的微粒：帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力．2．分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法（1）利用牛頓第二定律F＝ma和運動學公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運動．(2）利用動能定理:qU＝eq\f(1，2）mv2－eq\f(1，2）mv02.若初速度為零,則qU＝eq\f（1,2)mv2，對于勻變速運動和非勻變速運動都適用．例2如圖6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(）圖6A。eq\r（\f(2qU,m））B．v0＋eq\r（\f(2qU，m）)C。eq\r（v\o\al(

2，0)＋\f（2qU,m））D。eq\r（v\o\al（

2，0)－\f(2qU，m))答案C解析qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f（1,2）mv02,v＝eq\r(v\o\al（

2,0）＋\f(2qU,m))，選C.針對訓練1如圖7所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關(guān)于電子在兩板間的運動情況,下列敘述正確的是(兩板間電壓恒定)()圖7A．兩板間距增大，不影響加速時間B．兩板間距離越小，加速度就越大，則電子到達Q板時的速度就越大C．電子到達Q板時的速度與板間距離無關(guān),僅與加速電壓有關(guān)D．電子的加速度和末速度都與板間距離無關(guān)答案C解析根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，加速的時間t＝eq\r(\f(2d,a))＝deq\r(\f（2m,qU)），可知兩板間距增大，加速時間增大，選項A錯誤；根據(jù)動能定理知，qU＝eq\f（1，2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU，m）），知電子到達Q板時的速度與板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)，故B錯誤，C正確；電子的加速度與板間距離有關(guān),末速度與板間距離無關(guān)．故D錯誤．故選C.三、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)[導學探究]如圖8所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距為d，不計粒子的重力．圖8（1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性質(zhì)的運動？（2)求粒子通過電場的時間及粒子離開電場時水平方向和豎直方向的速度，及合速度與初速度方向的夾角θ的正切值．（3）求粒子沿電場方向的偏移量y.答案（1)粒子受電場力大小為F＝qE＝qeq\f（U，d)，加速度為a＝eq\f（F,m)＝eq\f（qU,md),方向豎直向下．粒子在水平方向做勻速直線運動，在電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動，其合運動類似于平拋運動．(2)如圖所示t＝eq\f(l，v0）vx＝v0vy＝at＝eq\f（qUl,mdv0）tanθ＝eq\f（vy，v0）＝eq\f（qUl,mdv\o\al(，02）)（3）y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al（，02））.

［知識深化]1．帶電粒子垂直進入勻強電場的運動類似于物體的平拋運動,可以利用運動的合成與分解知識分析．規(guī)律：eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（初速度方向:vx＝v0，x＝v0t，電場力方向:vy＝at，y＝\f(1,2)at2)）2．分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEΔy＝ΔEk.3.兩個特殊推論：（1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時,其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點,此點為初速度方向位移的中點，如圖9所示．圖9（2)位移方向與初速度方向間夾角α（圖中未畫出）的正切為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切的eq\f（1，2)，即tanα＝eq\f(1，2)tanθ。例3一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖10所示．若兩板間距離d＝1.0cm，板長l＝5。0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？圖10答案400V解析在加速電壓一定時,偏轉(zhuǎn)電壓U′越大，電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大，當偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓．加速過程中,由動能定理有：eU＝eq\f(1，2)mv02①進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動l＝v0t②在垂直于板面的方向做勻加速直線運動,加速度a＝eq\f（F，m）＝eq\f(eU′,dm）③偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2）at2④若電子能從兩極板間飛出，則y≤eq\f(d，2）⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得U′≤eq\f（2Ud2,l2)＝400V.即要使電子能從平行板間飛出,所加電壓最大為400V.針對訓練2如圖11所示，兩個板長均為L的金屬板平行正對放置,兩極板相距為d,極板之間的電勢差為U，板間電場可以認為是勻強電場．一個帶電粒子（質(zhì)量為m，電荷量為＋q，可視為質(zhì)點）從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板邊緣．忽略重力和空氣阻力的影響．求：圖11（1）極板間的電場強度E的大小；（2）該粒子的初速度v0的大??；(3)該粒子落到負極板時的末動能Ek的大小．答案（1)eq\f(U，d)（2)eq\f（L，d）eq\r(\f（Uq,2m）)（3）Uqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（L2,4d2)))解析(1)兩極板間的電壓為U,兩極板的距離為d，所以電場強度大小為E＝eq\f(U，d)。（2）帶電粒子在極板間做類平拋運動，在水平方向上有L＝v0t在豎直方向上有d＝eq\f(1,2）at2根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝eq\f(F,m)，而F＝Eq所以a＝eq\f（Uq,dm)解得：v0＝eq\f（L,d）eq\r(\f(Uq,2m)）.(3）根據(jù)動能定理可得Uq＝Ek－eq\f（1，2）mv02解得Ek＝Uqeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f（L2,4d2）））。1．（示波管的原理）如圖12是示波管的原理圖．它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空．給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點．圖12(1）帶電粒子在________區(qū)域是加速的，在________區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的．(2）若UYY′＞0，UXX′＝0，則粒子向________極板偏移，若UYY′＝0，UXX′＞0，則粒子向________極板偏移．答案（1)ⅠⅡ(2）YX2．（帶電粒子的直線運動）兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m,電荷量為e,從O點沿垂直于極板的方向射出,最遠到達A點，然后返回，如圖13所示,OA＝L，則此電子具有的初動能是（）圖13A.eq\f(edL，U） B．edULC。eq\f（eU，dL) D.eq\f（eUL,d)答案D解析電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小．根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力．根據(jù)能量守恒定律得eq\f（1,2)mv02＝eUOA.因E＝eq\f(U，d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d），故eq\f（1，2）mv02＝eq\f（eUL,d），所以D正確．

3。（帶電粒子的偏轉(zhuǎn)）如圖14所示,帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點垂直射入水平放置的兩平行金屬板間的勻強電場中,不計重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，水平飛行距離之比為xA∶xB＝2∶1，則帶電粒子的質(zhì)量之比mA∶mB以及在電場中飛行的時間之比tA∶tB分別為(）圖14A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2C．1∶1，3∶4 D．4∶3,2∶1答案D解析粒子在水平方向上做勻速直線運動x＝v0t,由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，豎直方向上粒子做勻加速直線運動y＝eq\f（1，2）at2，且yA＝y(tǒng)B，故aA∶aB＝tB2∶tA2＝1∶4。而ma＝qE，m＝eq\f(qE，a)，eq\f(mA，mB)＝eq\f（qA,qB）·eq\f（aB,aA）＝eq\f(1，3)×eq\f(4，1)＝eq\f(4,3).綜上所述，D項正確．一、選擇題考點一帶電粒子的直線運動1．質(zhì)子（eq\o\al（1,1)H)、α粒子（eq\o\al（4,2）He）、鈉離子（Na＋）三個粒子分別從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是（）A．質(zhì)子（eq\o\al（1，1）H） B．α粒子（eq\o\al（4，2)He)C．鈉離子（Na＋) D．都相同答案B解析qU＝eq\f（1,2）mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大,所以α粒子獲得的動能最大，故選項B正確．

2。如圖1所示，豎直放置的兩平行金屬板間的勻強電場場強恒定，從負極板處靜止釋放一個電子(不計重力)，設(shè)其到達正極板時的速度為v1,加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍，再從負極板處靜止釋放一個電子，設(shè)其到達正極板時的速度為v2，加速度為a2，則（）圖1A．a(chǎn)1∶a2＝1∶1,v1∶v2＝1∶2B．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq\r（2)∶1D．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq\r（2）答案D解析場強不變，電子在電場中受到的電場力不變,故a1∶a2＝1∶1。由動能定理Ue＝eq\f（1,2)mv2得v＝eq\r(\f（2Ue,m）)，因兩極板間的距離增大為原來的2倍，由U＝Ed知，電勢差U增大為原來的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r（2）.3。（多選）圖2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為發(fā)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略，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(）圖2A．如果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．如果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)閑q\f（v,2)C．如果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．如果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(v,2）答案AC解析根據(jù)動能定理,電場力對帶電粒子做功Uq＝eq\f（1,2）mv2，v＝eq\r（\f（2qU，m)），根據(jù)關(guān)系式可知，A、C正確．4．如圖3所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，板間場強不變,則由O點靜止釋放的電子（）圖3A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點答案A解析將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確?？键c二帶電粒子的偏轉(zhuǎn)5。如圖4所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點,若不計重力,則(比荷:帶電粒子的電荷量與其質(zhì)量的比值）（）圖4A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)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解析粒子在電場中做類平拋運動,h＝eq\f（1,2）·eq\f(qE,m)（eq\f(x,v0））2得：x＝v0eq\r（\f(2mh，qE)).由v0eq\r(\f（2hma，Eqa))＜v0eq\r(\f（2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma）＞eq\f（qb,mb）。

6。如圖5所示，一重力不計的帶電粒子以初速度v0射入水平放置、距離為d的兩平行金屬板間,射入方向沿兩極板的中心線．當極板間所加電壓為U1時，粒子落在A板上的P點．如果將帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，同時將A板向上移動eq\f（d，2）后，使粒子由原入射點射入后仍落在P點，則極板間所加電壓U2為(）圖5A．U2＝3U1 B．U2＝6U1C．U2＝8U1 D．U2＝12U1答案D解析板間距離為d，射入速度為v0,板間電壓為U1時，在電場中有eq\f（d,2)＝eq\f（1，2)at2，a＝eq\f(qU1,md),t＝eq\f(x,v0），解得U1＝eq\f（md2v\o\al(

2，0）,qx2)；A板上移eq\f（d，2)，射入速度為2v0，板間電壓為U2時,在電場中有d＝eq\f(1,2)a′t′2，a′＝eq\f(2qU2,3md），t′＝eq\f（x，2v0），解得U2＝eq\f(12md2v\o\al（

2，0)，qx2）,即U2＝12U1,選D.7.如圖6所示，電子在電勢差為U1的電場中由靜止加速后，垂直射入電勢差為U2的偏轉(zhuǎn)電場．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下,下列四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）圖6A．U1變大，U2變大B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小D．U1變小，U2變小答案B解析由帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)運動規(guī)律可知tanθ＝eq\f(U2L，2U1d）,選項B正確．

8．(多選）如圖7所示,有三個質(zhì)量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板間電場中的P點以相同的水平初速度垂直電場方向進入電場,它們分別落在A、B、C三點，則可判斷（)圖7A．落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電B．三小球在電場中運動時間相等C．三小球到達正極板時的動能關(guān)系是:EkA＞EkB＞EkCD．三小球在電場中運動的加速度關(guān)系是：aC＞aB＞aA答案AD解析帶負電的小球受到的合力為：mg＋F電，帶正電的小球受到的合力為：mg－F電′，不帶電小球僅受重力mg，小球在板間運動時間:t＝eq\f（x,v0），所以tC＜tB＜tA，由y＝eq\f（1，2）at2得aC＞aB＞aA；落在C點的小球帶負電，落在A點的小球帶正電，落在B點的小球不帶電．因為電場對帶負電的小球C做正功，對帶正電的小球A做負功,所以落在正極板時動能的大小關(guān)系為：EkC＞EkB＞EkA.考點三示波管的原理9．圖8甲為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是(）圖8答案B解析由于電極XX′加的是掃描電壓，電極YY′之間所加的電壓為信號電壓，所以熒光屏上會看到的圖形是B選項．二、非選擇題10．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn)）兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d,極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是勻強電場．一個α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板中心．已知質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求：(1）極板間的電場強度E的大小；(2)α粒子在極板間運動的加速度a的大小；(3)α粒子的初速度v0的大?。鸢福?)eq\f（U，d）(2)eq\f（eU，2md)（3)eq\f(R，2d）eq\r(\f（eU,m))解析(1）極板間場強E＝eq\f（U，d）.（2)α粒子電荷量為2e，質(zhì)量為4m，所受電場力F＝2eE＝eq\f(2eU,d）α粒子在極板間運動的加速度a＝eq\f（F,4m）＝eq\f(eU,2dm）。(3)由d＝eq\f(1,2)at2,得t＝eq\r(\f（2d，a))＝2deq\r（\f（m，eU））,v0＝eq\f(R，t）＝eq\f（R，2d)eq\r(\f（eU，m）)。11。（帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn))如圖9所示，有一電子(電荷量為e）經(jīng)電壓U0加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間．若電子從兩板正中間垂直電場方向射入