高中物理粵教版1第一章電場第06節(jié)示波器的奧秘 2023版第1章第6節(jié)示波器的奧秘

第六節(jié)示波器的奧秘學習目標知識脈絡1.掌握帶電粒子在電場中的加速、偏轉規(guī)律并分析其加速度、速度和位移等物理量的變化．(重點)2．掌握帶電粒子在電場中加速、偏轉時的能量轉化．(重點、難點)3．了解示波器的工作原理，體會靜電場知識對科學技術的影響.帶電粒子的加速eq\a\vs4\al([先填空])1．基本粒子的受力特點：對于質量很小的基本粒子，如電子、質子等，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，可以忽略．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)).eq\a\vs4\al([再判斷])1．帶電粒子在電場中只能做加速運動．(×)2．處理帶電粒子加速問題時，也可利用牛頓定律．(√)3．帶電粒子在電場中加速時，不滿足能量守恒．(×)eq\a\vs4\al([后思考])動能定理是分析帶電粒子在電場中加速常用的方法，試想該方法適用于非勻強電場嗎？【提示】適用，由于W＝qU既用于勻強電場又適用于非勻強電場，故qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)適用于任何電場．eq\a\vs4\al([合作探討])如圖1-6-1所示，兩平行金屬板間電壓為U.板間距離為d.一質量為m，帶電量為q的正離子在左板附近由靜止釋放．圖1-6-1探討1：正離子在兩板間做什么規(guī)律的運動？加速度多大？【提示】正離子在兩板間做初速度為零的勻加速直線運動．加速度a＝eq\f(qU,dm).探討2：正離子到達負極板時的速度多大？【提示】由qU＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(\f(2qU,m)).eq\a\vs4\al([核心點擊])1．帶電粒子的加速當帶電粒子進入電場中時，在電場力的作用下做加速運動，電場力對帶電粒子做正功，帶電粒子的動能增加．示波器、電視機顯像管中的電子槍就是利用電場對帶電粒子進行加速的．2．處理方法(1)力和運動關系法——牛頓第二定律根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等．這種方法通常適用于受恒力作用下做勻變速運動的情況．(2)功能關系法——動能定理由粒子動能的變化量等于電場力做的功知：eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU，v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))；若粒子的初速度為零，則v＝eq\r(\f(2qU,m)).這種方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場．1．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．質子 B．氘核C．氦核 D．鈉離子【解析】由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．【答案】A2．(多選)如圖1-6-2所示，電量和質量都相同的兩帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩板間的加速電場后飛出，不計重力的作用，則()【導學號：62032023】圖1-6-2A．初速度大的粒子通過加速電場所需的時間短B．初速度小的粒子通過加速電場過程中動能的增量大C．兩者通過加速電場過程中速度的增量一定相等D．兩者通過加速電場過程中電勢能的減少量一定相等【解析】在電場中，兩粒子的加速度相同，由d＝v0t＋eq\f(1,2)at2知，速度大的用的時間短，A對，由動能定理，ΔEk＝W＝qU相同，B錯，由Δv＝at知初速度小的時間長，Δv大C錯，電勢能的減小量等于電場力的功，－ΔEp＝W＝qU，相同，D對．【答案】AD3.反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖1-6-3所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動．已知電場強度的大小分別是E1＝×103N/C和E2＝×103N/C，方向如圖所示，帶電微粒質量m＝×10－20kg，帶電量q＝－×10－9C，A點距虛線MN的距離d1＝圖1-6-3(1)B點距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t.【解析】(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有qE1d1－qE2d2＝0得d2＝eq\f(E1,E2)d1＝cm.(2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有qE1＝ma1qE2＝ma2設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1和t2，由運動學公式有d1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)d2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)t＝t1＋t2聯(lián)立方程解得t＝×10－8s.【答案】(1)cm(2)×10－8s分析帶電粒子加速運動問題的兩點提醒(1)對于勻強電場雖然用動力學觀點和功能觀點均可求解，但運用功能觀點列式更簡單，故應優(yōu)先選用功能觀點．(2)若電場為非勻強電場，帶電粒子做變加速直線運動，不能通過牛頓運動定律途徑求解．注意W＝qU對一切電場適用，因此從能量的觀點入手，由動能定理來求解．帶電粒子的偏轉(垂直進入勻強電場)eq\a\vs4\al([先填空])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eq\a\vs4\al([再判斷])1．帶電粒子在勻強電場中一定做類平拋運動．(×)2．帶電粒子在勻強電場中偏轉時，粒子做勻變速曲線運動．(√)3．偏轉距離與粒子垂直進入勻強電場中的初動能成反比．(√)eq\a\vs4\al([后思考])帶電粒子在電場中做類平拋的條件是什么？【提示】(1)偏轉電場為勻強電場．(2)帶電粒子必須以初速度v0垂直于電場線方向進入電場．eq\a\vs4\al([合作探討])探討1：大量帶電粒子，質量不同，帶電量相同，以相同的速度垂直電場進入并穿過同一個電場，它們的運動時間相同嗎？運動軌跡相同嗎？【提示】在水平方向上做勻速運動，由l＝v0t知運動時間相同．由y＝eq\f(ql2U,2mv\o\al(2,0)d)可知，v0和q相同時，若m不同，則y不同，故軌跡不同．探討2：質子eq\o\al(1,1)H和α粒子eq\o\al(4,2)He由靜止經(jīng)同一電場加速后再垂直進入同一偏轉電場，它們離開偏轉電場時偏移量相同嗎？為什么？【提示】相同．若加速電場的電壓為U0，有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2②①②聯(lián)立，得y＝eq\f(Ul2,4U0d).即偏移量與m、q均無關．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．基本關系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0x＝v0t初速度方向,vy＝aty＝\f(1,2)at2電場線方向))2．導出關系粒子離開電場時的側向位移為y＝eq\f(ql2U,2mv\o\al(2,0)d)粒子離開電場時的偏轉角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mv\o\al(2,0)d)粒子離開電場時位移與初速度夾角的正切值tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mv\o\al(2,0)d).3．幾個推論(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于一點，此點平分沿初速度方向的位移．(2)位移方向與初速度方向間夾角的正切值為速度偏轉角正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.(3)以相同的初速度進入同一個偏轉電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要q/m相同，即荷質比相同，則偏轉距離y和偏轉角θ相同．(4)若以相同的初動能Ek0進入同一個偏轉電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉距離y和偏轉角θ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U相同)，進入同一偏轉電場，則偏轉距離y和偏轉角θ相同．4．一束正離子以相同的速率從同一位置，垂直于電場方向飛入勻強電場中，所有離子的軌跡都是一樣的，這說明所有離子()A．都具有相同的質量 B．都具有相同的電量C．具有相同的比荷 D．都是同一元素的同位素【解析】軌跡相同的含義為：偏轉位移、偏轉角度相同，即這些離子通過電場時軌跡不分叉，y＝eq\f(UqL2,2dmv\o\al(2,0))，tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(UqL,dmv\o\al(2,0))，所以這些離子只要有相同的比荷，軌跡便相同，故只有C正確．【答案】C5.一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電場加速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖1-6-4所示，若兩板間距d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最多能加多大電壓？圖1-6-4【解析】設極板間電壓為U′時，電子能飛離平行板間的偏轉電場．加速過程，由動能定量得：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).①進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動：l＝v0t. ②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偏轉距離：y＝eq\f(1,2)at2， ④能飛出的條件為：y≤eq\f(d,2). ⑤解①②③④⑤式得：U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝eq\f(2×5000×10－22,5×10－22)V＝400V.【答案】400V分析粒子在電場中運動的三種思維方法1．力和運動的關系：分析帶電體的受力情況，確定帶電體的運動性質和運動軌跡，從力和運動的角度進行分析．2．分解的思想：把曲線運動分解為兩個分運動進行分析．3．功能關系：利用動能定理或能量守恒分析求解．示波器探秘eq\a\vs4\al([先填空])1．構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，內部主要由電子槍(發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉電極(由一對X偏轉電極板和一對Y偏轉電極板組成)和熒光屏組成，如圖1-6-5所示．圖1-6-52．原理(1)掃描電壓：XX′偏轉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)熱電子發(fā)射，發(fā)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電場，如在Y偏轉板上加一個信號電壓，在X偏轉板上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現(xiàn)按Y偏轉電壓規(guī)律變化的可視圖象．eq\a\vs4\al([再判斷])1．示波器是帶電粒子加速和偏轉的綜合應用．(√)2．電視機光屏越大，則偏轉電壓對應也較大．(√)3．示波管熒光屏上顯示的是電子運動的軌道．(×)eq\a\vs4\al([后思考])當示波管的偏轉電極沒有加電壓時，電子束將打在熒光屏什么位置？【提示】偏轉電極不加電壓，電子束沿直線運動，打在熒光屏中心，形成一個亮斑．eq\a\vs4\al([合作探討])探討：一臺正常工作的示波管，突然發(fā)現(xiàn)熒光屏上畫面的高度縮小了，試分析產(chǎn)生故障的原因【提示】可能是加速電壓偏大或偏轉電壓減小引起的．eq\a\vs4\al([核心點擊])1．示波管是一個重要實例，在處理這類實際問題時，應注意以下幾個重要結論：(1)初速為零的不同帶電粒子，經(jīng)過同一加速電場、偏轉電場，打在同一屏上時的偏轉角、偏轉位移相同．(2)初速為零的帶電粒子經(jīng)同一加速電場和偏轉電場后，偏轉角φ偏轉位移y與偏轉電壓U2成正比，與加速電壓U1成反比，而與帶電粒子的電荷量和質量無關．(3)在結論(1)的條件下，不同的帶電粒子都像是從l/2處沿射出速度方向沿直線射出一樣，當電性相同時，在光屏上只產(chǎn)生一個亮點，當電性相反時，在光屏上產(chǎn)生兩個中心對稱的亮點．2．示波管實際工作時，豎直偏轉板和水平偏轉板都要加一定的電壓，一般加在XX′電極上的電壓是掃描電壓，它使電子束做橫向(面向熒光屏而言)的水平勻速掃描，在YY′電極加的是要研究的信號電壓，它使電子束隨信號電壓的變化在縱向做豎直方向的掃描，若兩者周期相同，在熒光屏上就會顯示出隨時間而變化的信號電壓波形．顯然這個波形是電子束同時參與兩個相互垂直的分運動合成的結果，信號電壓與掃描電壓也是兩個不同的電壓．6．(多選)示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖1-6-6所示．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()圖1-6-6A．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【解析】由題意電子偏到XOY的區(qū)域，則在偏轉電極YY′上應向右上運動，故Y板帶正電，C正確，D錯誤；在偏轉電極XX′上應向右運動，故X板帶正電，A正確，B錯誤．【答案】AC7.如圖1-6-7所示是一個說明示波管工作的部分原理圖，電子經(jīng)加速后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開偏轉電場時偏轉量為h，兩平行板間距為d，電壓為U，板長為L，每單位電壓引起的偏轉量(eq\f(h,U))叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用的辦法是()圖1-6-7A．增加兩板間的電勢差UB．盡可能縮短板長LC．盡可能減小板距dD．使電子的入射速度v0大些【解析】垂直極板方向上電子做勻加速運動，故有h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，則eq\f(h,U)＝eq\f(qL2,2mdv\o\al(2,0))，可知，只有C選項正確．故正確答案為C.【答案】C學業(yè)分層測評(六)示波器的奧秘(建議用時：45分鐘)[學業(yè)達標]1．一帶電粒子在電場中只受到電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是()A．勻速直線運動 B．勻加速直線運動C．勻變速曲線運動 D．勻速圓周運動【解析】只在電場力的作用下，說明電荷受到的合外力的大小為電場力，不為零，則粒子做變速運動．所以選項A不可能；當電荷在勻強電場中由靜止釋放后，電荷做勻加速直線運動，選項B可能；當電荷垂直進入勻強電場后，電荷做類平拋運動，選項C可能；正電荷周圍的負電荷只在電場力作用下且電場力恰好充當向心力時，可以做勻速圓周運動，選項D可能．【答案】A2．帶電粒子垂直進入勻強電場中偏轉時(除電場力外不計其他力的作用)下列說法中正確的是()A．電勢能增加，動能增加B．電勢能減小，動能增加C．電勢能和動能都不變D．上述結論都不正確【解析】在帶電粒子垂直進入勻強電場偏轉過程中，電場力對粒子做正功，根據(jù)動能定理，粒子的動能增加，根據(jù)電場力做功與電勢能的關系，電勢能減小，選項B正確．【答案】B3．一電子以初速度v0沿垂直于場強方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，現(xiàn)減小兩板間的電壓，則電子穿越兩平行板所需的時間()【導學號：62032114】A．隨電壓的減小而減小B．隨電壓的減小而增大C．與電壓無關D．隨兩板間距離的增大而減小【解析】因粒子在水平方向做勻速直線運動，極板長度和粒子初速度都未變化，故由t＝eq\f(l,v0)知C選項正確．【答案】C4．如圖1-6-8所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則()圖1-6-8A．當減小兩板間的距離時，速度v增大B．當減小兩板間的距離時，速度v減小C．當減小兩板間的距離時，速度v不變D．當減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長【解析】由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確．粒子做初速度為零的勻加速直線運動，eq\x\to(v)＝eq\f(d,t)，eq\f(v,2)＝eq\f(d,t)，即t＝eq\f(2d,v)，當d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤．【答案】C5.噴墨打印機的簡化模型如圖1-6-9所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上．則微滴在極板間電場中()圖1-6-9A．向負極板偏轉B．電勢能逐漸增大C．運動軌跡是拋物線D．運動軌跡與帶電量無關【解析】由于微滴帶負電，其所受電場力指向正極板，故微滴在電場中向正極板偏轉，A項錯誤．微滴在電場中所受電場力做正功，電勢能減小，B項錯誤．由于極板間電場是勻強電場，電場力不變，故微滴在電場中做勻變速曲線運動，并且軌跡為拋物線，C項正確．帶電量影響電場力及加速度大小，運動軌跡與加速度大小有關，故D項錯誤．【答案】C6.質量為m的物塊，帶正電q，開始時讓它靜止在傾角α＝60°的固定光滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在水平方向、大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)的勻強電場中，如圖1-6-10所示，斜面高為H，釋放物塊后，物塊落地的速度大小為()圖1-6-10\r(2＋\r(3)gH) B．2eq\r(gH)C．2eq\r(2gH) \r(\f(5,2)gH)【解析】由動能定理得mgH＋qU＝eq\f(1,2)mv2，而U＝E·eq\f(H,tanα)＝eq\f(mgH,q)，故物塊落地時的速度大小v＝2eq\r(gH)，B正確．【答案】B7.(多選)如圖1-6-11，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()圖1-6-11A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動【解析】帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下，二是電場力F＝Eq，方向垂直于極板向上．因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確．【答案】BD8.在空間有正方向水平向右、大小按如圖1-6-12所示的圖線變化的電場，位于電場中A點的電子在t＝0時速度為零，在t＝1s時，電子離開A點的距離大小為l.那么在t＝2s時，電子將處在()圖1-6-12A．A點 B．A點左方l處C．A點右方2l處 D．A點左方2【解析】粒子在第1s內做初速度為零的勻加速運動，第2s內做末速度為零的勻減速運動，加速度大小相等，由于電子帶負電，故向左方運動，距離A點為2l，故選D.【答案】D[能力提升]9．(多選)如圖1-6-13所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，平行板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行板的時間為t，則(不計粒子的重力)()圖1-6-13A．在前eq\f(t,2)時間內，電場力對粒子做的功為eq\f(Uq,4)B．在后eq\f(t,2)時間內，電場力對粒子做的功為eq\f(3Uq,8)C．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶2D．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶1【解析】粒子在電場中做類平拋運動的加速度為a＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(Uq,dm)，t時間內加速度方向上的位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(d,2)，前eq\f(t,2)加速度方向上的位移y1＝eq\f(1,2)\f(t2,4)＝eq\f(d,8)，后eq\f(t,2)加速度方向上的位移y2＝y(tǒng)－y1＝eq\f(3,8)d.由公式W＝F·l可知前eq\f(t,2)、后eq\f(t,2)、前eq\f(d,4)、后eq\f(d,4)電場力做的功分別為W1＝eq\f(1,8)qU，W2＝eq\f(3,8)qU，W3＝eq\f(1,4)qU，W4＝eq\f(1,4)qU.【答案】BD10．如圖1-6-14所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內存在著勻強電場．質量為m，電荷量為q的帶電粒子以速度v0從a點進入電場，恰好從c點離開電場，離開時速度為v，不計重力，求電場強度大?。畧D1-6-14【解析】從a點到c點靜電力做功W＝qEL根據(jù)動能定理得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv20所以qEL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv20場強大小E＝eq\f(mv2－v20,2qL).【答案】eq\f(mv2－v20,2qL)11．如圖1-6-15所示為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉電場后打在熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子質量為m，電荷量為e.求：圖1-6-15(1)電子穿過A板時的速度大小；(2)電子從偏轉電場射出時的側移量；(3)P點到O點的距離．【解析】(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，根據(jù)動