高中物理第一章电场第六节示波器的奥秘时导学案粤教选修

_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。

第六节 示波器的奥秘一、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，加速电压为U ，则它的末动能为12mv 2＝____＝____．2．不计重力，若带电粒子q 以与电场线平行的初速度v 0进入匀强电场，则qU ＝______________________．预习交流不计重力，在非匀强电场中，带电粒子q 在静电力作用下以初速度v 0进入该电场，qU ＝12mv 2－12mv 20还成立吗？ 二、带电粒子的偏转设偏转平行导体板长为l ，两板间距为d ，两板间电压为U 2．若质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子垂直场强方向以速度v 0射入电场，则：粒子将做______________，如图所示．1．粒子在电场中的运动时间为t ＝________． 2．粒子在电场中的侧移距离为 y ＝12at 2＝________________＝12qU md （lv 0）2＝______________． 3．粒子偏转的角度tan θ＝__________＝qlU dmv 20． 三、示波器探秘 1．构造示波器的核心部件是________（如下图）它主要由________（由发射电子的灯丝和加速电极组成）、____________（一对X 偏转电极板和一对Y 偏转电极板组成）和________组成．2．原理灯丝被电源加热后，出现________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．答案：一、1．W qU 2．12mv 2－12mv 20 预习交流：答案：成立 二、类平抛运动1．l v 02．12qE m ·t 2 ql 2U 2mdv 20 3．v y v 0三、1．示波管 电子枪 偏转电极板 荧光屏 2．热电子一、带电粒子在电场中的加速如图为一直线加速器，原理为在真空金属管中加上高频交变电场，从而使带电粒子获得极高的能量，你知道它的加速原理吗？如图所示，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，则关于电子到达Q 板时的速度，下列解释正确的是（ ）．A ．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速率就越大B ．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大C ．与两板间距离无关，仅与加速电压U 有关D ．以上解释均不正确1．带电粒子在电场中的加速问题，主要有以下两种处理方法：（1）力和运动关系——牛顿第二定律：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加（减）速直线运动．这种方法适用于匀强电场．（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电场力做的功．即：qU ＝12mv 2（初速度为零时）；qU ＝12mv 2－12mv 20（初速度不为零时）这种方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场． 2．带电粒子的重力是否忽略的问题若所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远小于电场力，即mg ≤qE ，则可忽略重力的影响．一般说来：①基本粒子：如电子、质子、α粒子等除有说明或明确暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）．②带电粒子：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确暗示以外，一般都不能忽略重力．二、带电粒子在电场中的偏转如图所示为汤姆孙当年设计的阴极射线管，在电场作用下由阴极C 发出的阴极射线（电子流），通过A 和B 聚焦，从另一对电极D 和E 间的电场中穿过……他利用当时最先进的真空技术获得的高真空，终于使阴极射线在电场中发生了稳定的电偏转．你知道带电粒子在DE 间做什么性质的运动吗？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的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）．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1．对粒子偏转角的讨论在图中，设带电粒子质量为m 、带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1．若粒子飞出电场时偏角为θ，则tan θ＝qU 1lmv 20d．①（1）若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU 0＝12mv 20②由①②式得：tan θ＝U 1l2U 0d③由③式可知，粒子的偏角与粒子的q 、m 无关，仅决定于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场后，它们在电场中的偏转角度总是相同的．（2）粒子从偏转电场中射出时的偏距 y ＝12at 2＝12·qU 1dm ·（lv 0）2，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＝qU 1l 22dmv 20qU 1l mv 20d＝l 2④ 由④式可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的l /2处沿直线射出一样．2．示波管的原理（1）如下图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（2）原理：灯丝通电后给阴极加热，使阴极发射电子．电子经阳极和阴极间的电场加速聚集形成一个很细的电子束射出，电子打在管底和荧光屏上，形成一个小亮斑．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．如果加在竖直极板上的电压是随时间正弦变化的信号，并在水平偏转板上加上适当的偏转电压，荧光屏上就会显示出一条正弦曲线．1．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（11H ）B ．氘核（21H ）C ．氦核（42He ）D ．钠离子（Na ＋）2．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 为发射热电子的阴极，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 不变，则电子离开K 时的速度变为2vB ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U 不变，则电子离开K 时的速度为v 2C ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为v2D ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开K 时的速度为22v 3．如图所示，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，现在使电子射入速度变为原来的两倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离应变为原来的（ ）．A ．2倍B ．4倍C ．12D ．144．两平行金属板间有匀强电场，不同的带电粒子都以垂直于电场线方向飞入该电场，要使这些粒子经过匀强电场后有相同大小的偏转角，则它们应具备的条件是（不计重力作用）（ ）．A ．有相同的初动能和相同的荷质比B ．有相同的初动量和相同的荷质比C ．有相同的初速度和相同的荷质比D ．只要有相同的荷质比就可以5．让质子和氘核的混合物沿与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后的偏转角相同，这些粒子进入电场时必须具有相同的（ ）．A ．初速度B ．初动能C ．加速度D ．无法确定答案：活动与探究1：答案：带电粒子在电场力作用下不断被加速．迁移与应用1：C 解析：由qU ＝12mv 2知v ＝2qUm，v 仅与U 有关．活动与探究2：答案：类平抛运动．迁移与应用2：B 解析：设带电粒子经U 1加速后速度为v 0，经偏转电场U 2偏转后射出时侧向速度为v y ．电子在加速电场中qU 1＝12mv 2在偏转电场中v y ＝at ＝qU 2md ·l v 0 所以偏转角tan θ＝v y v 0＝U 2l2U 1d显然，要使θ变大，可使U 1减小、U 2增大，故只有B 正确．当堂检测 答案：1．A 解析：由qU ＝12mv 2得v ＝2qU m ，所以荷质比qm越大的带电粒子获得的速度越大，故A 正确．2．D 解析：由动能定理qU ＝12mv 2得v ＝2qUm，带电粒子的速度v 与U 成正比，与A 、K 间距离无关，故D 正确．3．C 解析：第1次射入时初速度为v 0，板间距为d ，则有l ＝v 0t ，d ＝12qU md·t 2可得d＝qUl 22mv 20，当初速度v ＝2v 0时，d ′＝d 2，C 项正确． 4．C 解析：设金属板长为L ，两板间电压为U ，板间距为d ，粒子进入电场时速度为v ，在电场中运动时间为t ＝L v ，在离开电场时沿电场线方向上的速度为v y ，则v y ＝at ＝qU md ·Lv．所以带电粒子离开电场时与原方向v 的夹角θ，即偏转角，如图所示．tan θ＝v y v ＝qULmdv2显然A、B、D项错误，C正确．5．B 解析：带电粒子在电场中发生偏转时，偏转角θ满足tan θ＝qULmv20d，质子和氘核所带电荷量相同，因此，只要初动能相同，θ角就相同．。

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。

【学习目标】1、能记住带电粒子在匀强电场中加速和偏转的原理2、会运用带电粒子在匀强电场中的运动规律，分析解决问题。

3、体念示波管的构造和原理【学习重点与难点】1、理解带电粒子在匀强电场中加速和偏转的原理；用带电粒子在匀强电场中的运动规律，分析解决问题2、示波管的构造和原理【使用说明与学法指导】1、带着预习案中问题导学中的问题自主设计预习提纲，通读教材P20-P22页内容，阅读随堂优化训练资料P21-P22页内容，对概念、关键词、等进行梳理，作好必要的标注和笔记。

2、认真完成基础知识梳理，在“我的疑惑”处填上自己不懂的知识点，在“我的收获”处填写自己对本课自主学习的知识及方法收获。

3、熟记、理解基础知识梳理中的重点知识。

一、问题导学1、带电粒子的重力是否都忽略？2、带电粒子在电场中注要做直线运动或类平抛运动，研究他们的方法有哪些？3、示波器的原理是什么？二、知识梳理1．利用电场来改变或控制带电粒子的运动，最简单情况有两种，利用电场使带电粒子________；利用电场使带电粒子________．2． 带电粒子在电场中加速问题带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场时，此时带电粒子做加（或减）速运动，一般用动能定理解决：电场力做的功等于 ，写成公式： 。

3．带电粒子在电场中偏转问题当带电粒子进入匀强电场时的速度方向与电场线垂直时，带电粒子在电场中做匀变速运动，即类似平抛的运动，我们完全可以类比于解决平抛问题的方法去解决问题．（1）把运动分解为垂直于电场方向上的一个分运动——匀速直线运动：=x v ，=x ；（2）另一个是平行于场强方向上的分运动——匀加速运动，=y v ,a= ,=y ，粒子的偏转角为=ϕtg 。

4.示波器的原理： 。

三、预习自测1. 一个不计重力的带电微粒，进入匀强电场没有发生偏转，则该微粒 ( )A. 运动速度必然增大 B ．运动速度必然减小探究1、带电粒子在电场中加速：【例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—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．U edhB ．edUhC ．dh eUD ．d eUh思路小结： 练习1：（双选）如图所示,水平放置的充电平行金属板相距为d ,其间形成匀强电场,一带正电的油滴从下极板边缘射入,并沿直线从上极板边缘射出,油滴的质量为m ,带电荷量为q ,则（ ）A .场强的方向竖直向上B .场强的方向竖直向下C .两极板间的电势差为mgd/qD .油滴的电势能增加了mgd探究2、带电粒子在电场中的偏转：例2、如图所示 ，平行金属板长为L ，一个带电为+q ，质量为m 的粒子以初速度v 0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30O 角，粒子重力不计。

第六节 示波器的奥秘[学习目标] 1.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.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.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．](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/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2 2 vD．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＝12mv2，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＝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．]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v0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 20－2qU mC [由动能定理得qU ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝v 20＋2qUm，选项C 正确．](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 ·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】 如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间？(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α. (3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离x .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)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为a ＝Eq m ，所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)方法一：设粒子在电场中的偏转距离为y ，则y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝qEL 22mv 20，又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20.方法二：x ＝v y L v 0＋y ＝3qEL22mv 20.方法三：由x y ＝L ＋L 2L 2得x ＝3y ＝3qEL22mv 20.[答案] (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20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 ·dv 0.(4)根据三角形相似：Y y ＝L2＋d L2.训练角度1.不同粒子的偏转比较2.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从带电的平行板电容器极板左侧中央以相同的水平速度v 0垂直于电场线方向射入匀强电场中．在重力、电场力共同作用下，三球沿不同的轨道运动，最后都落到极板上，则( )A ．三个粒子在电场中运动的时间相同B ．A 粒子带负电C ．三者落在板上的动能关系为E kC >E kB >E kAD ．三者都做平抛运动C [粒子在水平方向做初速度相同的匀速运动，水平位移越大运动时间越长，故运动的时间t A >t B >t C ；在竖直方向做匀加速运动，侧向位移y ＝12at 2，且三者侧向位移一样，故加速度a C >a B >a A ，静电力与重力的合力关系为F C >F B >F A ，即C 带负电、B 不带电、A 带正电．由于合力做功W C >W B >W A ，根据动能定理，粒子动能的增加量为E kC >E kB >E k A .]训练角度2.带电粒子先加速再偏转3．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 ＝T2 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．训练角度1.带电粒子在交变电场中的直线运动4．(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a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qE m可知，a 2＝2a 1，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，v ­t 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5．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U 0，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qU 0＝12mv 2经电场偏转后侧移量 y ＝12at 2＝12·qU 偏mL ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2 所以y ＝U 偏L4U 0，由图知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0， 所以y ＝4.5 cm设打在屏上的点距O 点的距离为Y ，满足Y y＝L ＋L 2L2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2U 0，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课堂小结知识脉络1.质量很小的基本粒子，如电子、质子、α粒子等不计重力，但带电颗粒、液滴等往往要考虑重力.2.带电粒子在匀强电场中的偏转为类平抛运动，可用运动的合成与分解思想求解.3.示波管主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成.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.如图所示，有一带电粒子(不计重力)贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1A [设带电粒子的质量为m ，带电荷量为q ，A 、B 板的长度为L ，板间距离为d .则：d2＝12a 1t 21＝12·qU 1md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02 d ＝12a 2t 22＝12·qU 2md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2v 02解以上两式得U 1∶U 2＝1∶8，A 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- 21 - 解得E k ＝Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2. [答案] (1)U d (2)L dUq 2m (3)Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2。

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。

第六节示波器的奥秘1.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1­6。

1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E k＝错误!mv2。

(3）根据动能定理可知,qU＝错误!mv2,可解出v＝错误!。

(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1。

6。

2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1.6.22．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。

(√)（6)示波管的荧光屏上显示的是电子的运动轨迹。

（×)2．合作探究—-议一议（1）带电粒子在电场中运动时,什么情况下重力可以忽略？提示：①当带电粒子的重力远小于静电力时，粒子的重力就可以忽略.②微观带电粒子，如电子、质子、离子、α粒子等除有说明或明确暗示外，处理问题时均不计重力。

高中物理第一章电场第六节示波器的奥秘学案粤教版选修3107301143第六节 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qU ＝12mv 2，得粒子到达另一极板的速度v ＝2qUm.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v 0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1(1)运动性质：①沿初速度方向：速度为v 0的匀速直线运动． ②垂直v 0的方向：初速度为零的匀加速直线运动． (2)运动规律：①偏移距离：因为t ＝l v 0，a ＝qU md ，所以偏移距离y ＝12at 2＝qUl22mv 02d.②偏转角度：因为v y ＝at ＝qUl mv 0d ，所以tan θ＝v y v 0＝qUlmdv 02.三、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v 02＋2qUm解析 由动能定理得：qU ＝12mv 2－12mv 02，解得v ＝v 02＋2qUm.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α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α粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍，即m ＝4×1.67×10－27kg ，电荷量是质子的2倍)．(2)α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)α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)α粒子的加速度为a ＝qU md.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qU ＝12mv 2v ＝2qUm.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d ＝12at 2 v ＝at a ＝qU md联立解得v ＝2qU m.1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α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F ＝ma 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：qU ＝12mv 2－12mv 02.若初速度为零，则qU ＝12mv 2，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4答案2∶1解析 质子和α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：12m H v H 2＝q H U ，对α粒子：12m αv α2＝q αU .所以v H v α＝q H m αq αm H ＝1×42×1＝21. 针对训练1 (2017·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E ＝U d， 电子的加速度为a ＝qE m ＝qU md，电子在电场中一直做匀加速直线运动， 由d ＝12at 2＝qUt 22md ，所以电子加速的时间为t ＝d2mqU，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，qU ＝12mv 2，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v 0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v 0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7v 0方向：粒子通过电场的时间t ＝lv 0电场力方向：加速度a ＝qE m ＝qUmd离开电场时电场力方向分速度：v y ＝at ＝qUlmdv 0末速度与初速度方向夹角的正切值： tan θ＝v y v 0＝qUlmdv 02离开电场时沿电场力方向的偏移量： y ＝12at 2＝qUl 22mdv 02. 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α的正切值为速度偏转角θ正切值的12，即tan α＝12tan θ.4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy ＝ΔE k ，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U 1＝5000V 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U 2＝400 V ，两极板间距d ＝2.0 cm ，板长L 1＝5.0 cm.图8(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＝5cm ，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？ 答案 (1)0.25cm (2)0.75cm (3)0.25cm 0.75cm 解析 (1)加速过程，由动能定理得eU 1＝12mv 02①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L 1＝v 0t 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＝12at2④由①②③④得：y＝U2L124dU1代入数据得：y＝0.25cm(2)如图，由几何关系知：yY＝L12L12＋L2得：Y＝(L1＋2L2L1)y代入数据得：Y＝0.75cm(3)因y＝U2L124dU1，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＝0.25cm，Y′＝Y＝0.75cm.[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9(1)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(1)23v03(2)3mv023qL(3)36L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：v＝v0cos30°＝23v 03. (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L ＝v 0t ，在竖直方向上：v y ＝at ，v y ＝v 0tan30°＝3v 03， 由牛顿第二定律得：qE ＝ma 解得：E ＝3mv 023qL.(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：d ＝12at 2，解得：d ＝36L . 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10(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)该粒子落到负极板时的末动能E k .答案 (1)U d (2)L dUq 2m (3)Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2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E ＝Ud. (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L ＝v 0t 在垂直于极板方向上有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 02解得E k ＝Uq ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 24d 2.1．(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，OA ＝L ，则此电子具有的初动能是( )图11A.edL U B ．edUL C.eU dL D.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12mv 02＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝EL ＝UL d ，故12mv 02＝eULd，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( )图12A ．1∶1,2∶3B ．2∶1,3∶2C ．1∶1,3∶4D ．4∶3,2∶1答案 D解析 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 B 2∶t A 2＝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．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)(2018·宿迁市期末)如图14所示，电子从静止开始被U ＝180 V 的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E ＝6 000 V/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e m ≈169×1011 C/kg ，不计电子的重力，偏转极板长为L ＝6.0×10－2m ．求：图14(1)电子经过电压U 加速后的速度v x 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θ. 答案 (1)8×106m/s (2)1.1×1015m/s 2(3)45° 解析 (1)根据动能定理可得eU ＝12mv x 2，解得v x ＝8×106m/s(2)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a ＝eE m， 解得a ＝323×1014m/s 2≈1.1×1015 m/s 2(3)电子在水平方向上做匀速直线运动，故t ＝L v x在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故v y ＝at ，tan θ＝v y v x， 联立解得θ＝45°.一、选择题考点一 带电粒子的直线运动1．质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后，获得动能最大的是( ) A ．质子(11H) B ．α粒子(42He) C ．钠离子(Na ＋) D ．都相同答案 B解析 qU ＝12mv 2－0，U 相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B 正确．2．如图1所示，竖直放置的两平行板间的匀强电场的电场强度恒定，从负极板处由静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v 1，加速度为a 1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处由静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v 2，加速度为a 2，则( )图1A ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶2B ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝1∶2C ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝2∶1D ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶ 2 答案 D解析 因场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a 1∶a 2＝1∶1，由动能定理得Ue ＝12mv 2，v ＝2Uem，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U ＝Ed 知，电势差U 增大为原来的2倍，故v 1∶v 2＝1∶ 2.3.(多选)如图2所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板，质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以初速度v 0由小孔射入板间电场，当M 、N 间电势差为U 时，粒子恰好能到达N 板．要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )图2A ．使初速度减小为原来的12B ．使M 、N 间电势差加倍C ．使M 、N 间电势差提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电势差都减小为原来的12答案 BD4．(2017·江苏单科)如图3所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图3A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点 答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU 和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQεr S，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确. 考点二 带电粒子的偏转5.如图4所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )图4A ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量B ．b 的质量一定大于a 的质量C ．a 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 粒子在电场中做类平抛运动，由h ＝12·qE m (x v 0)2得：x ＝v 02mhqE.由v 02hm aEq a＜v 02hm b Eq b 得q a m a ＞q bm b，故选C.6.如图5所示，一重力不计的带电粒子以初速度v 0射入水平放置、距离为d 的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当极板间所加电压为U 1时，粒子落在A 板上的P 点．如果将带电粒子的初速度变为2v 0，同时将A 板向上移动d2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U 2为( )图5A ．U 2＝3U 1B ．U 2＝6U 1C ．U 2＝8U 1D ．U 2＝12U 1答案 D解析 板间距离为d ，射入速度为v 0，板间电压为U 1时，在电场中有d 2＝12at 2，a ＝qU 1md ，t ＝xv 0，解得U 1＝md 2v 02qx 2；A 板上移d 2，射入速度为2v 0，板间电压为U 2时，在电场中有d ＝12a ′t ′2，a ′＝2qU 23md ，t ′＝x 2v 0，解得U 2＝12md 2v 02qx 2，即U 2＝12U 1，故选D. 7．(2018·人大附中高二期中)如图6所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )图6A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1答案 A解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x ＝v 0t ，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t 1∶t 2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h ＝12at 2，两次运动的竖直位移之比为h 1∶h 2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a ＝Uqmd AB，故两次偏转电压之比为U 1∶U 2＝1∶8，故A 正确． 考点三 带电粒子的加速和偏转 示波管的原理8.如图7所示，电子在电势差为U 1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U 2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )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 由带电粒子在电场中的加速和偏转规律可知偏转角的正切值tan θ＝U 2L2U 1d ，选项B 正确．9.(多选)(2017·扬州市高一期末)如图8所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场．下面措施中能使电子偏转距离变大的是( )图8A ．尽可能把偏转极板L 做得长一点B ．尽可能把偏转极板L 做得短一点C ．尽可能把偏转极板间的距离d 做得小一点D ．将电子枪的加速电压提高 答案 AC解析 设加速电压为U 1， 则qU 1＝12mv 02①设偏转电压为U 2，则y ＝qU 2L 22mdv 02②联立①②得，y ＝U 2L 24dU 1，故选A 、C.10．图9甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )图9答案 B解析 由于电极XX ′之间所加的是扫描电压，电极YY ′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到B 选项所示的图形． 二、非选择题11．(2018·清华附中高二上期中)如图10所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出，已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .图10(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法，在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e＝1.6×10－19C ，取g ＝10m/s 2.答案 见解析解析 (1)电子在加速电场中加速，根据动能定理，则有：eU 0＝12mv 02，解得v 0＝2eU 0m，电子在偏转电场中做类平抛运动，将其运动分解成平行于板面方向的匀速直线运动与平行于电场强度方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有： 平行于板面方向的位移为：L ＝v 0t ， 平行于电场强度方向的位移为：Δy ＝12at 2，由牛顿第二定律有：a ＝eE m ，且E ＝U d，综上所述，解得：Δy ＝UL 24U 0d.(2)由已知条件得电子所受重力为：G ＝mg ＝9.1×10－30N ，电子受到的电场力为：F 电＝e U d＝8×10－16N ，那么G F 电＝9.1×10－308×10－16≈1×10－14， 由于F 电≫G ，所以重力忽略不计．12．如图11所示，有一电子(电荷量为e )经电压U 0加速后，进入两块间距为d 、电压为U 的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：图11(1)金属板AB 的长度； (2)电子穿出电场时的动能． 答案 (1)d2U 0U (2)e ⎝⎛⎭⎪⎫U 0＋U 2解析 (1)设电子飞离加速电场时的速度为v 0，由动能定理得eU 0＝12mv 02设金属板AB 的长度为L ，电子偏转时间t ＝L v 0a ＝eU md y ＝12d ＝12at 2联立解得：L ＝d2U 0U.(2)设电子穿出电场时的动能为E k ，根据动能定理得E k ＝eU 0＋e U 2＝e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 0＋U 2.13．(2018·青岛二中高二上期中)一群速率不同的一价离子从A 、B 两平行极板正中央水平射入如图12所示的偏转电场，离子的初动能为E k ，A 、B 两极板间电压为U ，间距为d ，C 为竖直放置并与A 、B 间隙正对的金属挡板，屏MN 足够大．若A 、B 极板长为L ，C 到极板右端的距离也为L ，C 的长为d .不考虑离子所受重力，元电荷为e .图12(1)写出离子射出A 、B 极板时的偏转距离y 的表达式； (2)问初动能范围是多少的离子才能打到屏MN 上？答案 (1)y ＝UeL 24dE k (2)eUL 22d 2<E k <3eUL22d2解析 (1)设离子的质量为m ，初速度为v 0，则离子在偏转电场中的加速度a ＝eUmd离子射出电场的时间t ＝L v 0射出电场时的偏转距离y ＝12at 2所以y ＝UeL 22dmv 02而E k ＝12mv 02，则y ＝UeL 24dE k(2)离子射出电场时的竖直分速度v y ＝at 射出电场时的偏转角的正切值tan φ＝v yv 0故tan φ＝eULmv 02d离子射出电场后做匀速直线运动 要使离子打在屏MN 上，需满足y <d2且L tan φ＋y >d2，所以eUL 22d 2<E k <3eUL22d2.。

第六节 示波器的奥秘1.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v 0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E k ＝12mv 2。

(3)根据动能定理可知，qU ＝12mv 2，可解出v ＝2qUm。

(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。

高中物理粤教版选修3-1第1章第6节示波器的奥秘教学设计第六节示波器的奥秘（第一课时-带电粒子的加速）教学目标（一）知识与技能1．知道示波管的主要构造和工作原理。

2．了解带电粒子在电场中的运动——只受电场力，带电粒子做匀变速运动。

（二）过程与方法培养学生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运动。

（三）情感态度与价值观1．渗透物理学方法的教育：运用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不计粒子重力。

2．培养学生综合分析问题的能力，体会物理知识的实际应用。

重点：带电粒子在电场中的加速规律难点：带电粒子在电场中的加速时，电场力做功的问题。

教学工具：多媒体课件学情分析1．学生的兴趣：理科生具有好奇、好强、好探究的心理特点。

教学中要注意培养学生对物理的兴趣，展示示波器的作用，调动学生学习的积极性和主动性。

2．学生的知识基础：学生已经学过受力分析、匀变速直线运动规律、平抛运动规律等相关知识。

教学中要充分利用学生的已有的知识经验，使学生积极主动地参与教学过程。

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。

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.。