2020-2021高二物理粤教版3-1教师用书：第1章 第6节示波器的奥秘含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年高二物理粤教版选修3-1教师用书：第1章第6节示波器的奥秘含解析第六节示波器的奥秘[学习目标]1。[科学思维］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.[科学思维］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。[科学态度与责任]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＝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＝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．］带电粒子在电场中的加速运动1．关于带电粒子在电场中的重力（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eq\f（1,2）mv2＝qU，末速度v＝eq\r(\f（2qU,m）).(2）若粒子的初速度为v0，则eq\f(1,2）mv2－eq\f(1，2)mveq\o\al(\s\up1（2)，\s\do1（0））＝qU,末速度v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1（2),\s\do1(0))＋\f(2qU,m）)。【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．］处理加速问题的分析方法（1)若粒子在匀强电场中加速，根据带电粒子所受的力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．（2）若粒子在非匀强电场中加速，一般应用动能定理来处理问题，若带电粒子只受电场力作用：①若带电粒子的初速度为零,则它的末动能eq\f（1，2）mv2＝qU，末速度v＝eq\r（\f（2qU，m）)。②若粒子的初速度为v0,则qU＝eq\f（1，2)mv2－eq\f（1，2)mveq\o\al(\s\up1（2），\s\do1(0))，末速度v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1（2),\s\do1(0)）＋\f(2qU，m））。eq\a\vs4\al（[跟进训练]）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．eq\r（\f（2qU,m）) B．v0＋eq\r（\f(2qU,m））C．eq\r（veq\o\al（\s\up1(2),\s\do1(0））＋\f（2qU，m）） D．eq\r（veq\o\al(\s\up1（2）,\s\do1(0))－\f(2qU，m)）C[由动能定理得qU＝eq\f（1,2)mv2－eq\f（1，2)mveq\o\al(\s\up1(2）,\s\do1(0))，解得v＝eq\r(veq\o\al（\s\up1（2）,\s\do1(0))＋\f(2qU,m）），选项C正确．]带电粒子在匀强电场中的偏转问题1．基本规律（1）初速度方向eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（速度：vx＝v0，位移：x＝v0t））(2)电场线方向eq\b\lc\{(\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,veq\o\al(\s\up1（2),\s\do1（0)））））(3)离开电场时的偏转角：tanα＝eq\f(vy,v0）＝eq\f(qUl,mdveq\o\al（\s\up1(2),\s\do1(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,2mveq\o\al(\s\up1(2）,\s\do1(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）))。【例2】一束电子流经U1＝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，如图所示，两极板间电压U2＝400V,两极板间距d＝2.0cm，板长L1＝5。0cm(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L2＝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？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v0。［解析](1)加速过程，由动能定理得eU1＝eq\f（1,2）mveq\o\al(\s\up1（2)，\s\do1(0)） ①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L1＝v0t ②在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动,加速度为a＝eq\f（F，m）＝eq\f（eU2,dm) ③偏移距离y＝eq\f（1,2)at2 ④由①②③④得y＝eq\f(U2Leq\o\al(\s\up1（2）,\s\do1(1)),4dU1)代入数据得y＝0.25cm.(2）如图，由几何关系知，eq\f(y，Y)＝eq\f（\f（L1，2)，\f(L1,2)＋L2)得Y＝（eq\f（L1＋2L2,L1））y代入数据得Y＝0.75cm。(3)因y＝eq\f（U2Leq\o\al(\s\up1(2），\s\do1（1)），4dU1)，Y＝（eq\f（L1＋2L2,L1））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.[答案］（1)0。25cm（2）0.75cm(3)0。25cm0。75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＋dtanθ(d为屏到偏转电场的水平距离).（2）Y＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（L,2)＋d）)tanθ(L为电场宽度).(3)Y＝y＋vy·eq\f(d,v0）。(4)根据三角形相似：eq\f(Y，y）＝eq\f(\f(L,2）＋d，\f（L，2））。eq\a\vs4\al（[跟进训练]）训练角度1.不同粒子的偏转比较2．如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中,不计重力,带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为()A．1∶1，2∶3 B．2∶1，3∶2C．1∶1，3∶4 D．4∶3，2∶1D[粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t,由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝eq\f（1，2)at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝teq\o\al(\s\up1(2）,\s\do1(B））∶teq\o\al（\s\up1（2）,\s\do1（A）)＝1∶4.而ma＝qE，m＝eq\f(qE,a）,eq\f（mA，mB)＝eq\f（qA，qB)·eq\f(aB,aA)＝eq\f(1,3）×eq\f(4，1）＝eq\f(4，3)。综上所述，D项正确．］训练角度2.偏转角的计算3．先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下,分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比．(1）电子与氢核的初速度相同；(2）电子与氢核的初动能相同．[解析］偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a＝eq\f（qU，dm)，在偏转电场中运动的时间为t＝eq\f（l，v0），粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl，dmv0），粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝eq\f（vy,v0)＝eq\f（qUl，dmveq\o\al（\s\up1（2),\s\do1(0)））.（1)若电子与氢核的初速度相同，则eq\f(tanθe，tanθH)＝eq\f（mH,me）。(2)若电子与氢核的初动能相同，则eq\f(tanθe,tanθH）＝1.[答案］见解析训练角度3。带电粒子先加速再偏转4．如果质子经一加速电压加速（U＝5000V)，如图所示,从中间位置垂直进入一匀强电场（d＝1.0cm，l＝5。0cm)，偏转电压U′＝400V．质子能飞出电场吗？如果能，偏移量是多大？［解析］在加速电场:qU＝eq\f(1，2）mveq\o\al（\s\up1(2)，\s\do1(0）) ①在偏转电场：l＝v0t ②a＝eq\f（F,m)＝eq\f(qU′,md) ③偏移量y＝eq\f(1,2)at2 ④由①②③④得:y＝eq\f(U′l2,4Ud)上式说明y与q、m无关，解得y＝0.5cm＝eq\f（d，2）即质子恰好从板的右边缘飞出．[答案］能0。5cm带电粒子在交变电场中的运动【例3】如图所示,在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：甲乙(1）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？（2)若电子从t＝0时刻射入，在t＝eq\f（3,2）T时刻恰好能从A板的边缘飞出，则两极板间距多远？［解析](1)电子在水平方向上做匀速直线运动，恰能平行的飞出电场，说明电子在竖直方向上的速度恰好为零,故所用时间应为t＝nT。当n＝1时，金属板长度最小，为Lmin＝v0T。(2)电子恰能从A板的边缘飞出，则y＝eq\f（d，2）在竖直方向上，电子经历的过程为初速度为零的匀加速直线运动，然后减速到零，最后再经历初速度为零的匀加速直线运动，三个阶段的时间都为eq\f（T，2），所以由eq\f(d,2）＝3×eq\f(1,2）×eq\f(U0e，md）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T，2)))eq\s\up10(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．eq\a\vs4\al（［跟进训练]）训练角度1。带电粒子在交变电场中的直线运动5．（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．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0~3s内，电场力做的总功为零CD［设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f（qE，m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1。5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s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6．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U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，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＝0.06s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qU0＝eq\f(1，2）mv2经电场偏转后侧移量y＝eq\f（1，2）at2＝eq\f(1，2）·eq\f（qU偏，mL)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（L,v）））eq\s\up10（2）所以y＝eq\f(U偏L，4U0),由图知t＝0。06s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4。5cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足eq\f（Y,y）＝eq\f（L＋\f(L，2）,\f（L，2))所以Y＝13.5cm。（2)由题知电子侧移量y的最大值为eq\f（L,2），所以当偏转电压超过2U0，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＝30cm.[答案］(1）打在屏上的点位于O点上方，距O点13。5(2)30cm［物理观念]带电粒子在电场中只受电场力作用时的运动情况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．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．(多选)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(）A．当增大两板间距离时,v增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大CD[根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式eU＝eq\f(1，2）mv2，得v＝eq\r（\f(2eU，m)）所以当改变两板间距离时，v不变，故A、B错误,C正确；由于两极板之间的电压不变,所以极板之间的场强为E＝eq\f（U,d)，电子的加速度为a＝eq\f(eE，m)＝eq\f(eU,md)，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d＝eq\f（1，2)at2＝eq\f(eU,2md）t2，得电子加速的时间为t＝deq\r（\f(