物理新课堂同步粤教版选修31学案：第6节　示波器的奥秘

10/1111/11/第六节示波器的奥秘学习目标知识脉络(教师用书独具)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.[自主预习·探新知][知识梳理]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＝eq\f(1,2)mv2，则v＝eq\r(\f(2qU,m)).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＝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：】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＝eq\f(1,2)at2可得AM＝eq\f(1,2)at2，BN＝eq\f(1,2)a(2t)2，CP＝eq\f(1,2)a(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分析带电粒子在电场中的加速运动，可以从动力学和功能关系两个角度进行分析，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eq\f(\r(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＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(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＝eq\r(\f(2eU,m))可知电压减半时，则电子离开K时的速度变为eq\f(\r(2),2)v，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.eq\f(edh,U)B．edUhC.eqC.\f(eU,dh)D.eqD.\f(eUh,d)D[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：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA，又E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(U,d)h，所以eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(速度：vx＝v0,位移：x＝v0t))(2)电场线方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(速度：vy＝at＝\f(qU,md)·\f(l,v0),位移：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)·\f(l2,v\o\al(2,0))))(3)离开电场时的偏转角：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角：tanβ＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mv\o\al(2,0)d).2．几个常用推论(1)tanα＝2tanβ.(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eq\f(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Ek0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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＝\f(U2l2,4U1d)，tanα＝\f(U2l,2U1d))).一束电子流在经U＝5000V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＝1.0cm，板长l＝5.0cm，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v0可由eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)求出．②初速度v0一定时偏转电压越大偏转位移越大．③最大偏转位移eq\f(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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0). 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＝v0t. ②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)， ③偏转距离：y＝eq\f(1,2)at2， ④能飞出的条件为：y≤eq\f(d,2). ⑤解①②③④⑤式得：U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝eq\f(2×5000×?10－2?2,?5×10－2?2)V＝400V.【答案】400V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＝eq\f(UqL2,2dmv\o\al(2,0))，tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(UqL,dmv\o\al(2,0))，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U0，其周期是T.现有电子以平行于金属板的速度v0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＝eq\f(3,2)T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Lmin＝v0T.(2)电子恰能从A板的边缘飞出，则y＝eq\f(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eq\f(T,2)，所以由eq\f(d,2)＝3×eq\f(1,2)×eq\f(U0e,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)，解得d＝eq\r(\f(3eU0T2,4m))＝eq\f(T,2m)eq\r(3eU0m)【答案】(1)Lmin＝v0T(2)d＝eq\r(\f(3eU0T2,4m))＝eq\f(T,2m)eq\r(3eU0m)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：】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＝v0t＋eq\f(1,2)at2知，速度大的用的时间短，A对，由动能定理，ΔEk＝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，－ΔEp＝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v0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(eq\f(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v0大些C[垂直极板方向上电子做匀加速运动，故有h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，则eq\f(h,U)＝eq\f(qL2,2mdv\o\al(2,0))，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t0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t0可能属于的时间段是()图1-6-12A．0<t0<eq\f(T,4) B．eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C．eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)B[若t0＝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t0＝eq\f(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<t0<eq\f(T,4)和T<t0<eq\f(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t0＝eq\f(T,2)时刻释放粒子，则粒子一直向A运动；若t0＝eq\f(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eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)时间内释放该粒