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18-19 第1章第6节示波器的奥秘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1-6-1所示．图1-6-12．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．[基础自测]1．思考判断(1)带电粒子在电场中只能做加速运动．()(2)处理带电粒子加速问题时，也可利用牛顿定律．()(3)带电粒子在电场中加速时，不满足能量守恒．()(4)带电粒子在匀强电场中一定做类平抛运动．()(5)带电粒子在匀强电场中偏转时，粒子做匀变速曲线运动．()(6)偏转距离与粒子垂直进入匀强电场中的初动能成反比．()(7)示波器是带电粒子加速和偏转的综合应用．()(8)电视机光屏越大，则偏转电压对应也较大．()(9)示波管荧光屏上显示的是电子运动的轨道．()【答案】(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6)√(7)√(8)√(9)×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qU＝12m v2，v＝2qU m，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1-6-2所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图1-6-2A．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．]4．如图1-6-3所示，真空中有一电子束，以初速度v0沿着垂直场强方向从O点进入电场，以O点为坐标原点，沿x轴取OA＝AB＝BC，再自A、B、C 作y轴的平行线与电子运动轨迹分别交于M、N、P点，则AM∶BN∶CP为()【导学号：52592032】图1-6-3A．1∶4∶9 B．1∶2∶3C．1∶1∶1 D．1∶3∶5A[电子在水平方向上做匀速直线运动，所以经历相同的位移所用的时间相同，OA、AB、BC所用时间为t，电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故根据y＝12at2可得AM＝12at2，BN＝12a(2t)2，CP＝12a(3t)2，故解得AM∶BN∶CP＝1∶4∶9，选项A正确．][合作探究·攻重难]带电粒子在电场中的加速运动行分析，其比较如下：动力学角度功能关系角度涉及知识应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式功的公式及动能定理选择条件匀强电场，静电力是恒力可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，电场力可以是恒力，也可以是变力(多选)如图1-6-4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图1-6-4A ．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vB ．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 /2C ．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22vD ．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 /2AC [根据动能定理得eU ＝12m v 2，得v ＝2eU m 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 ＝2eU m 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．] [针对训练]1.两平行金属板相距为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1-6-5所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图1-6-5A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh dD [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：12m v 20＝eU OA ，又E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝U d h ，所以12m v 20＝eUh d .故D 项正确．]带电粒子在匀强电场中的偏转问题1.基本规律图1-6-6(1)初速度方向⎩⎨⎧ 速度：v x ＝v 0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 ·l 2v 20(3)离开电场时的偏转角：tan α＝v y v 0＝qUl md v 20(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角：tan β＝y l ＝qUl 2m v 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q m 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 . 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1-6-7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1-6-7思路点拨：①电子经电压U 加速后的速度v 0可由eU ＝12m v 20求出． ②初速度v 0一定时偏转电压越大偏转位移越大．③最大偏转位移d 2对应最大偏转电压． 【解析】 设极板间电压为U ′时，电子能飞离平行板间的偏转电场．加速过程，由动能定量得：eU ＝12m v 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 ≤d 2. ⑤解①②③④⑤式得：U ′≤2Ud 2l 2＝2×5 000×(10－2)2(5×10－2)2 V ＝400 V . 【答案】 400 V分析粒子在电场中运动的三种思维方法(1)力和运动的关系：分析带电体的受力情况，确定带电体的运动性质和运动轨迹，从力和运动的角度进行分析．(2)分解的思想：把曲线运动分解为两个分运动进行分析．(3)功能关系：利用动能定理或能量守恒分析求解．[针对训练]2．一束正离子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有离子( )A ．都具有相同的质量B ．都具有相同的电量C ．具有相同的比荷D ．都是同一元素的同位素C [轨迹相同的含义为：偏转位移、偏转角度相同，即这些离子通过电场时轨迹不分叉，y ＝UqL 22dm v 20，tan θ＝v ⊥v 0＝UqL dm v 20，所以这些离子只要有相同的比荷，轨迹便相同，故只有C 正确．]带电粒子在交变电场中的运动如图1-6-8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：图1-6-8(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位移恰好为零，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 ＝d 2在竖直方向上，电子经历的过程为初速度为零的匀加速的直线运动，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T 2， 所以由d 2＝3×12×U 0e md ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22，解得d ＝3eU 0T 24 m ＝T 2m 3eU 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．[针对训练]3．如图1-6-9甲所示的平行板电容器A 、B 两板上加上如图乙所示的交变电压，开始B 板的电势比A 板高，这时两板中间原来的静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )【导学号：52592033】图1-6-9A ．电子先向A 板运动，然后向B 板运动，再返向A 板做周期性来回运动B ．电子一直向A 板运动C ．电子一直向B 板运动D ．电子先向B 板运动，然后向A 板运动，再返回B 板做来回周期性运动C [由运动学和动力学规律画出如图所示的v -t 图象可知，电子一直向B 板运动，C 正确．][当 堂 达 标·固 双 基]1．(多选)如图1-6-10所示，电量和质量都相同的两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( )图1-6-10A ．初速度大的粒子通过加速电场所需的时间短B ．初速度小的粒子通过加速电场过程中动能的增量大C ．两者通过加速电场过程中速度的增量一定相等D ．两者通过加速电场过程中电势能的减少量一定相等AD [在电场中，两粒子的加速度相同，由d ＝v 0t ＋12at 2知，速度大的用的时间短，A 对，由动能定理，ΔE k ＝W ＝qU 相同，B 错，由Δv ＝at 知初速度小的时间长，Δv 大，C 错，电势能的减小量等于电场力做的功，－ΔE p ＝W ＝qU ，相同，D 对．]2.如图1-6-11所示是一个说明示波管工作的部分原理图，电子经加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量为h ，两平行板间距为d ，电压为U ，板长为L ，每单位电压引起的偏转量(h U )叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的办法是( )图1-6-11A ．增加两板间的电势差UB ．尽可能缩短板长LC ．尽可能减小板距dD ．使电子的入射速度v 0大些C [垂直极板方向上电子做匀加速运动，故有h ＝12at 2＝qUL 22md v 20，则h U ＝qL 22md v 20，可知，只有C 选项正确．故正确答案为C.] 3．如图1-6-12(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )图1-6-12A ．0<t 0<T 4B ．T 2<t 0<3T 4C ．3T 4<t 0<TD ．T <t 0<9T 8B [若t 0＝0时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向B运动；若t 0＝T 4时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，所以在0<t 0<T 4和T <t 0<9T 8时间内释放粒子，都最终将打在B 板上，因此选项A 、D 错误．若t 0＝T 2时刻释放粒子，则粒子一直向A 运动；若t 0＝3T 4时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此在T 2<t 0<3T 4时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求，选项B 正确．若3T 4<t 0<T 时间内释放粒子，它将在T <t 0<5T 4内的某个确定时刻减速到零，之后的运动情况与选项A 相同，故选项C 错误．]4．如图1-6-13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：【导学号：52592034】图1-6-13(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 －12m v 20解得E k ＝Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2. 【答案】 (1)U d (2)L d Uq 2m (3)Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2。
