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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。
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。
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.。
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3．学生的认识特点：一方面，通过演示示波器的用途，使学生对本节内容产生浓厚的兴趣；另一方面，指出带电粒子在电场中的运动规律跟力学中的质点运动时相同的，只是在分析物体受力时，要注意电场力的存在，使学生没有畏难得负担。
教学中要引导学生理解解决问题的思路和方法，不要让学生死记硬背公式。
教学手段上要充分描绘运动的过程，化抽象为具体，启发学生思维。
教学内容：示波器的奥秘（第一课时-带电粒子的加速）教学过程：（一）复习力学及本章前面相关知识要点：动能定理、牛顿定律、场强等。
（二）新课教学1．示波管的原理（1）示波器：用来观察电信号随时间变化的电子仪器。
其核心部分是示波管（2）示波管的构造：由电子枪、偏转电极和荧光屏组成（如图）。
（3）原理：利用了电子的惯性小、荧光物质的荧光特性和人的视觉暂留等，灵敏、直观地显示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。
结论：若带电粒子只受电场力，且与初速度方向在同一直线上，带电粒子将做加速或减速直线运动（变速直线运动）。
第六节 示波器的奇特1．在如图1所示的电场中，把带正电的粒子由静止释放，带电粒子运动到负极板时所获得的速度可由公式qU ＝12m v 2求得，也可由牛顿定律和运动学公式求得．图12. 如图2所示，在匀强电场E 中，一带电粒子－q 的初速度v 0恰与电场线方向相同，则带电粒子－q 在开头运动后，将( )图2A ．沿电场线方向做匀加速直线运动B ．沿电场线方向做变加速直线运动C ．沿电场线方向做匀减速直线运动D ．偏离电场线方向做曲线运动 答案 C解析 在匀强电场E 中，带电粒子所受电场力为恒力．带电粒子受到与运动方向相反的恒定的电场力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子－q 在开头运动后，将沿电场线做匀减速直线运动．3．两平行金属板相距为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3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图3 A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh d 答案 D解析 电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度渐渐减小．依据题意和图示推断，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争辩问题．即12m v 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12m v 20＝eUhd .所以D 正确．4．如图4所示，带电粒子进入匀强电场中做类平抛运动，U 、d 、L 、m 、q 、v 0已知．请完成下列填空．图4(1)穿越时间：________. (2)末速度：________.(3)侧向位移：________，对于不同的带电粒子若以相同的速度射入，则y 与________成正比；若以相同的动能射入，则y 与________成正比；若经相同的电压U 0加速后射入，则y ＝UL 24dU 0，与m 、q 无关，随加速电压的增大而________，随偏转电压的增大而________．(4)偏转角的正切值：________________(从电场出来时粒子速度方向的反向延长线必定过水平位移的________)．答案 (1)L v 0 (2) v 20＋(qUL md v 0)2 (3)qUL 22md v 20带电粒子的比荷 粒子的电荷量 减小 增大 (4)qUL md v 20中点 解析 粒子从偏转电场射出的偏转距离y ＝12at 2＝12·qU md ·(Lv 0)2.作粒子速度的反向延长线．设交水平位移所在直线于O 点，O 到右边缘距离为x ，则x ＝y tan θ＝L2.可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像从极板间的中心L2处沿直线射出一样(经常直接用于计算中，可简化计算过程)．5．示波管的基本原理：电子在加速电场中被加速，在偏转电场中被偏转．电子枪的作用是：产生高速飞行的一束电子．竖直偏转极上加的是待显示的信号电压，假如加在竖直极板上的电压是随时间正弦变化的信号，水平加适当的偏转电压，荧光屏上就会显示出一条正弦曲线．【概念规律练】学问点一 带电粒子在电场中的直线运动1. 如图5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5 答案2∶1解析 设A 、B 两点间的电势差为U ，由动能定理得对质子：12m H v 2H ＝q H U 对α粒子：12m αv 2α＝q αU 所以v H v α＝q H m αq αm H ＝1×42×1＝21.点评 电荷在匀强电场中做匀变速运动时可用动能定理和运动学公式求解，当电荷在电场中做变加速运动时，不能用运动学公式求解，但可用动能定理求解．2．一个电子(质量为9.1×10－31 kg ，电荷量为1.6×10－19 C)以v 0＝4×107 m/s 的初速度沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的电场强度大小E ＝2×105 N/C ，不计重力，求：(1)电子在电场中运动的加速度大小； (2)电子进入电场的最大距离；(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能．答案 (1)3.5×1016 m/s 2 (2)2.29×10－2 m(3)3.6×10－16 J解析 (1)电子沿着匀强电场的电场线方向飞入时，仅受电场力作用，且做匀减速直线运动，由牛顿其次定律，得qE ＝ma ，即a ＝qE m ＝1.6×10－19×2×1059.1×10－31 m/s 2＝3.5×1016 m/s 2(2)电子做匀减速直线运动．由运动学公式得v 20＝2as ，即s ＝v 202a ＝(4×107)22×3.5×1016 m ＝2.29×10－2 m.所以电子进入电场的最大距离为2.29×10－2 m(3)当电子进入电场最大距离一半时，即电子在电场中运动s ′＝s2＝1.145×10－2 m 时，设此时动能为E k ，电场力做负功，由动能定理，得－qEs ′＝E k －12m v 20，所以E k ＝12m v 20－qEs ′＝12×9.1×10－31×(4×107)2 J －1.6×10－19×2×105×1.145×10－2 J ＝3.6×10－16 J点评 由牛顿其次定律，结合匀变速直线运动的规律或动能定理求解．学问点二 带电粒子在电场中的偏转3．如图6所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )图6A ．2倍B ．4倍 C.12 D.14答案 C解析 电子在两极板间做类平抛运动．水平方向：l ＝v 0t ，所以t ＝lv 0.竖直方向：d ＝12at 2＝qU 2md t 2＝qUl 22md v 20，故d 2＝qUl 22m v 20，即d ∝1v 0，故C 正确． 4. 如图7所示，电子在电势差为U 1的电场中加速后，垂直进入电势差为U 2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种状况中，肯定能使电子的偏转角θ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 设电子经加速电场后获得的速度为v 0，由动能定理得qU 1＝m v 202 ①设偏转电场的极板长为L ，则电子在偏转电场中运动时间t ＝Lv 0②电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a ＝qU 2md ③电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度v y ＝at ④由②③④得v y ＝qU 2Lmd v 0所以，tan θ＝v y v 0＝qU 2Lmd v 20①式代入上式得tan θ＝U 2L2U 1d，所以B 正确．点评 带电粒子垂直于电场线方向进入电场，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直于初速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，粒子的合运动为类平抛运动．学问点三 示波管的原理 5．如图8所示是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，假如在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点，在那里产生一个亮斑．下列说法错误的是( )图8A ．要想让亮斑沿OY 向上移动，需在偏转电极YY ′上加电压，且Y ′比Y 电势高B ．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX ′、YY ′上加电压，且X 比X ′电势高、Y 比Y ′电势高C ．要想在荧光屏上消灭一条水平亮线，需在偏转电极XX ′上加特定的周期性变化的电压(扫描电压)D ．要想在荧光屏上消灭一条正弦曲线，需在偏转电极XX ′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY ′上加按正弦规律变化的电压答案 A解析 要想让亮斑沿OY 向上移动，电子受力向Y 方向，即电场方向为YY ′，即Y 电势高，A 项错误；要想让亮斑移到荧光屏的右上方，同理Y 为高电势，X 为高电势才可，B 项正确；要想在荧光屏上消灭一条水平亮线，说明电子只在XX ′方向偏转，当然要在这个方向加扫描电压，C 项正确；要想在荧光屏上消灭一条正弦曲线，就是水平与竖直方向都要有偏转电压，所以D 项正确．6. 如图9所示，是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h ，两平行板间距离为d ，电势差为U ，板长为l ，每单位电压引起的偏移量(h /U )叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可接受下列方法中的( )图9A ．增大两极板间的电压B ．尽可能使板长l 做得短些C ．尽可能使板间距离d 减小些D ．使电子入射速度v 0大些 答案 C解析 本题是一个通过计算进行选择的问题．由于h ＝12at 2＝qUl 22md v 20(a ＝qU md ，t ＝l v 0)，所以，h U ＝ql 22md v 20.要使灵敏度大些，选项中合乎要求的只有C.【方法技巧练】带电粒子在交变电场中运动问题的分析方法7．如图10(a)所示，两个平行金属板P 、Q 竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压．t ＝0时，Q 板比P 板电势高5 V ，此时在两板的正中心M 点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t <8×10－10 s 的时间内，这个电子处于M 点的右侧、速度方向向左且大小渐渐减小的时间是( )。
示波器的奥秘【教材分析】1、 教材首先从运动和力的关系阐述带电粒子在电场中由于受到电场的作用可以改变运动状态。
然后利用动能定理推导出利用电场给带电粒子加速后速度与加速电压的关系：mqU v 2=。
最后利用运动合成的知识，研究带电粒子在匀强电场中的运动情况。
再通过例题具体分析计算，增强感性认识。
第二课时介绍带电粒子在电场中运动的具体应用——示波管。
2、 关于带电粒子的加速问题。
教材重点讲述匀强电场中初速度为零的带电粒子的运动情况，讲解时可结合自由落体运动，对比讲解，学生易于接受。
对于221mv qU =，通过学生讨论，明确它对匀强电场和非匀强电场都适用。
对于初速不为零和电场力做负功的情况可作学生课后讨论。
3、 关于带电粒子在电场中的偏转问题。
是本节的重点和难点，教材是通过带电粒子平行于极板方向进入匀强电场发生偏转来研究的。
讲解时，可结合平抛运动而加以对比分析。
指出带电粒子在匀强电场中运动轨迹，可以看成由一个匀速直线运动和一个初速度为零的匀加速直线运动的合成。
对于侧向位移、偏转角等有关计算，不能要求学生机械地记忆，重点是指导学生掌握分析、解决问题的思考步骤和方法。
【教学目标】1、 采用对比的方法，理解和掌握利用电场使带电粒子加速和偏转的原理，并能够分析解决加速和偏转方面的问题。
2、 培养学生综合运用物理知识对具体问题进行具体分析的能力。
【教学重点和难点】 带电粒子在电场中的偏转 【教学方法】 计算机多媒体辅助教学【教具】计算机多媒体设备、自制Flash 课件等 【教学过程】【板书设计】220tan 2121v atv v gt at y tv x x y =====θdmv mv 2020221mv qU =。
1.6 示波器的奥秘 学案1（粤教版选修3-1）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，根据动能定理，________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 2 2qUm二、带电粒子的偏转 学科网ZXXK] 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 0 2.零 匀加速直线 qU dm ql 22dmv 20 U 3.ql dmv 0 U qldmv 20 U 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，它采用________的方式发射电子． 学_科_网Z_X_X_K]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，我们可以利用电场来控制粒子，使它加速或偏转．直线加速器就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)，它能帮助人们更深入地认识微观世界．你知道它的加速原理吗？图11．带电粒子在电场中受哪些力作用？重力可以忽略吗？ 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所以可以忽略 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：质量很小的带电体，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，所以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]若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 ，所以仍然有qU ＝12mv 20，故v ＝2qU m(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．基本关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0x ＝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 0 U (5)ql dmv 20 U 三、示波器探秘示波器的核心部件是示波管，观察示波管的结构，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)． Z#xx#k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粒子都是正离子，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. 所以v H v α＝ q H m αq αm H ＝1×42×1＝21.答案 2∶1点拨 (1)要知道质子和α粒子是怎样的粒子，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很方便．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，则( )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 ＝5 000 V 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．若两板间距d ＝1.0 cm ，板长l ＝5.0 cm ，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×(10－2)2(5×10－2)2V ＝400 V .答案 400 V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． 学+科+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 ，则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，如图所示．【即学即练】1．下列粒子从静止状态经过电压为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． 学_科_网Z_X_X_K]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，如图所示，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，根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力，这样，我们可以用动能定理来研究问题12mv 2＝eU OA .因为E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，所以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，所以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影响．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 0 ①v ⊥＝at ② a ＝qEm ③t ＝Lv 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 ，则d ＝y ＝12at 2＝12qE m (L v 0)2将E 代入得d ＝36L.。
