2025年高中物理新教材同步 必修第三冊 第10章　5　第2課時　帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的推論和示波管的原理

第2課時帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的推論和示波管的原理[學習目標]1.知道帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的重要推論并會應用推論解決帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題(重點)。2.知道示波管的主要構造和工作原理。一、帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的重要推論例1帶電粒子垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度反向延長線與初速度方向交于一點，試證明此點為粒子沿初速度方向位移的中點。答案見解析解析粒子在電場中的運動軌跡如圖設粒子在電場中運動的位移與水平方向的夾角為α，粒子射出時速度與水平方向的夾角為θ。tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(\f(1,2)at2,v0t)＝eq\f(at,2v0)tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(at,v0)即tanθ＝2tanα因為tanθ＝eq\f(y,x)，tanα＝eq\f(y,l)所以x＝eq\f(l,2)。推論1：如圖所示，粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度的反向延長線與初速度方向交于一點，此點平分沿初速度方向的位移。推論2：位移方向與初速度方向間夾角的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。例2如圖所示，一帶電粒子先經(jīng)加速電場加速后，又沿著平行于板面的方向從O點垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，已知加速電場的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U，極板長度為l，極板間距為d，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，求：(1)粒子離開電場時速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ；(2)粒子沿加速電場方向的偏移距離y。答案(1)eq\f(Ul,2U0d)(2)eq\f(Ul2,4U0d)解析(1)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的初動能為eq\f(1,2)mv02＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU,md)，在偏轉(zhuǎn)電場中飛行的時間t＝eq\f(l,v0)。粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時，沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)，速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)。粒子所帶電荷量不同，其初動能就不同。但是將mv02＝2qU0代入偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(qUl,mdv02)中，得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)(2)粒子在靜電力方向上的偏移距離為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)＝eq\f(Ul2,4U0d)。拓展1讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物由靜止開始經(jīng)過同一加速電場加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏轉(zhuǎn)，它們是否會分離為三股粒子束？答案由tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)，y＝eq\f(Ul2,4U0d)知，粒子的偏轉(zhuǎn)角、偏移距離與粒子的電荷量無關，所以，這些粒子不會分成三股。拓展2若在偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)有一熒光屏，極板的右端與熒光屏的距離為L，如圖所示，求粒子打在熒光屏上的位置P與熒光屏中心O′點之間的距離y′。答案由幾何知識知：eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(l,2),\f(l,2))，故y′＝(eq\f(2L,l)＋1)y。推論3：初速度為零的不同的帶電粒子(電性相同)，經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，則它們的運動軌跡必定重合。二、示波管的原理1．構造：示波管主要是由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。(如圖)2．作用(1)電子槍的作用是產(chǎn)生高速飛行的一束電子。(2)示波管的XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓(圖甲)，叫作掃描電壓。YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測的信號電壓(圖乙)。(3)熒光屏的作用是顯示電子的偏轉(zhuǎn)情況。(1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和偏轉(zhuǎn)電極YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后打在熒光屏上的哪個位置？在圖甲中標出來。(2)①如果僅在XX′之間加上掃描電壓，熒光屏上會看到什么樣的亮線？在圖乙中標出來。②如果僅在YY′之間加上正弦式信號電壓，熒光屏上會看到什么樣的亮線？在圖丙中標出來。③如果同時在XX′、YY′之間加上掃描電壓和正弦式信號電壓，熒光屏上會看到什么樣的亮線？在圖丁中標出來。答案(1)見解析圖(a)(2)分別見解析圖(b)、(c)、(d)解析1．(2024·內(nèi)蒙古高二期中)如圖，初速度為零的電子經(jīng)加速電場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，射出時偏轉(zhuǎn)位移為d，若要使d增大些，下列措施可行的是()A．增大偏轉(zhuǎn)電場極板間距離B．適當減小加速電壓U0C．適當減小偏轉(zhuǎn)電壓UD．減小加速電場板間距離答案B解析設電子經(jīng)加速電場加速后的速度為v，則eU0＝eq\f(1,2)mv2所以電子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小為v＝eq\r(\f(2eU0,m))電子進入偏轉(zhuǎn)電場后的偏轉(zhuǎn)位移為d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md′)·eq\f(l2,v2)＝eq\f(Ul2,4U0d′)要使得d增大些，可以減小偏轉(zhuǎn)電場極板間的距離，或增大偏轉(zhuǎn)電場的極板長度，或減小加速電壓，或增大偏轉(zhuǎn)電壓。由d＝eq\f(Ul2,4U0d′)可知，d與加速電場板間距離無關。故選B。2．如圖是示波管的示意圖，從電子槍發(fā)出的電子通過兩對偏轉(zhuǎn)電極，如果偏轉(zhuǎn)電極不加電壓，則電子沿直線打在熒光屏的中心O，當在兩對偏轉(zhuǎn)電極上同時加上電壓后，電子將偏離中心打在某個位置，現(xiàn)已標出偏轉(zhuǎn)電極所加電壓的正負極，從示波管的右側(cè)來看，電子可能會打在熒光屏上哪一位置()A．1位置B．2位置C．3位置D．4位置答案B解析根據(jù)兩對偏轉(zhuǎn)電極所加電壓可知，豎直方向的電場方向由Y指向Y′，則電子向Y方向偏轉(zhuǎn)，水平方向的電場方向由X′指向X，則電子向X′方向偏轉(zhuǎn)，因此電子可能會打在熒光屏上的2位置，選項B正確。課時對點練[分值：60分]1～4題每題4分，5題8分，共24分1.(多選)(2023·肇慶市高二月考)如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，在滿足電子能射出平行極板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2不變C．U1變大、U2變小 D．U1不變、U2變大答案BD解析電子在加速電場中運動時，根據(jù)動能定理有eU1＝eq\f(1,2)mv02，在偏轉(zhuǎn)電場中，電子做類平拋運動，設平行板長為L，寬度為d，水平方向L＝v0t，豎直方向a＝eq\f(eU2,md)，vy＝at，電子的偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)，聯(lián)立得tanθ＝eq\f(U2L,2U1d)，由此可見：當L、d一定時，U2變大或U1變小都能使偏轉(zhuǎn)角的正切值變大，偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B、D正確，A、C錯誤。2.如圖所示，在邊長為L的正方形ABCD區(qū)域存在著勻強電場，方向豎直向下，與AD邊平行。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，在D點以水平速度v0射入電場中并從B點射出電場，不考慮電子的重力，則()A．電子在B點的速率為eq\r(5)v0B．電子在B點的速率為2v0C．勻強電場的電場強度大小為eq\f(3mv02,eL)D．勻強電場的電場強度大小為eq\f(mv02,2eL)答案A解析設勻強電場的電場強度大小為E，電子在電場中的飛行時間為t，則根據(jù)類平拋運動規(guī)律有L＝v0t，L＝eq\f(eEt2,2m)，聯(lián)立解得E＝eq\f(2mv02,eL)，故C、D錯誤；設電子在B點的豎直分速度大小為v1，根據(jù)帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的推論可知，電子在B點的速度方向的反向延長線一定過DC中點，根據(jù)運動的合成與分解可得eq\f(v1,v0)＝eq\f(L,\f(L,2))＝2，所以電子在B點的速率為vB＝eq\r(v02＋v12)＝eq\r(5)v0，故A正確，B錯誤。3．如圖甲所示為示波管原理圖，若其內(nèi)部豎直偏轉(zhuǎn)電極YY′之間的電勢差按照如圖乙所示的規(guī)律變化，水平偏轉(zhuǎn)電極XX′之間的電勢差按照如圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是()答案D解析在0～2t0時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期的變化，當UYY′為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，當UYY′為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，因此D正確，A、B、C錯誤。4．如圖所示，電子示波管由電子槍、豎直偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成，當電極YY′和XX′所加電壓都為零時，電子槍射出的電子恰好打在熒光屏上的中心點即原點O上，下列說法正確的是()A．當極板Y的電勢高于Y′，極板X的電勢低于X′時，電子將打在第一象限B．電子從發(fā)射到打到熒光屏的時間與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小有關C．電子打到熒光屏時的動能與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小有關D．電子通過XX′時的水平偏轉(zhuǎn)量與YY′所加電壓大小有關答案C解析由于電子帶負電，電子在電場中運動時會偏向電勢高的一邊，故當極板Y的電勢高于Y′，極板X的電勢低于X′時，電子將打在第二象限，故A項錯誤；電子在初速度方向上不受力，所以在初速度方向上做勻速運動，電子從發(fā)射到打到熒光屏的時間與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小無關，故B項錯誤；根據(jù)動能定理，電子離開電場后的動能和靜電力做功的大小有關，即與偏轉(zhuǎn)電場的電壓有關，故C項正確；電子通過XX′時的水平偏轉(zhuǎn)量與XX′所加電壓大小有關，與YY′所加電壓大小無關，故D項錯誤。5．(8分)一個電荷量為q＝－2×10－8C、質(zhì)量為m＝1×10－14kg的帶電粒子，由靜止經(jīng)電壓為U1＝1600V的加速電場加速后，立即沿中心線O1O2垂直進入一個電壓為U2＝2400V的偏轉(zhuǎn)電場，然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P點，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距為d＝8cm，極板長L＝8cm，極板的右端與熒光屏之間的距離也為L＝8cm。整個裝置如圖所示，(不計粒子的重力)求：(1)(3分)粒子出加速電場時的速度v0的大?。?2)(3分)粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的偏移距離y；(3)(2分)P點到O2的距離y′。答案(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由動能定理可得|q|U1＝eq\f(1,2)mv02代入數(shù)據(jù)解得v0＝8×104m/s。(2)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，水平方向上：L＝v0t在豎直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(|q|E,m)，E＝eq\f(U2,d)聯(lián)立解得y＝0.03m。(3)由幾何知識知eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))解得y′＝3y＝0.09m。6～9題每題6分，共24分6．(多選)(2023·福州市模擬)如圖所示是一個示波器工作的原理圖，電子經(jīng)過電壓為U1的電場加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)位移為y，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為L，每單位電壓引起的偏移eq\f(y,U2)叫作示波管的靈敏度。為了提高示波管的靈敏度，下列方法可行的是()A．增大U2 B．增大LC．減小d D．增大U1答案BC解析電子在加速電場中運動，根據(jù)動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,dm)(eq\f(L,v))2，解得eq\f(y,U2)＝eq\f(L2,4U1d)，增大U2，靈敏度不變，A錯誤；增大L或者減小d，靈敏度都增大，B、C正確；增大U1，靈敏度減小，D錯誤。7．如圖甲所示是示波管的原理圖，如果在電極XX′之間所加電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，在電極YY′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則熒光屏上會看到的圖形是()答案B解析因為在電極XX′之間所加的電壓保持不變，可知在X方向上的偏移位移保持不變，在Y方向上電壓按正弦規(guī)律變化，即Y方向上的偏移在正負最大值之間變化，故B正確。8.(2024·十堰市高二期中)真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)、氘核(eq\o\al(2,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(三種粒子重力均不計)。下列說法正確的是()A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間相同B．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向相同C．在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點D．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的動能相等答案B解析粒子在加速電場中，根據(jù)動能定理qU1＝eq\f(1,2)mv02，解得進入電場的初速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，質(zhì)子和氘核比荷不同，進入電場初速度不同，進入電場后，在電場中運動時間t＝eq\f(L,v0)，則在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間不同，故A錯誤；粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU0,md)，射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U0L,2dU1)，則三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向相同，故B正確；三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向相同，且射出電場時，沿電場方向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U0L2,4dU1)也相同，射出電場后均做直線運動，則在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，故C錯誤；在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場的全過程，根據(jù)動能定理qU1＋qeq\f(y,d)U0＝Ek，因為y與電荷量和質(zhì)量均沒有關系，則射出偏轉(zhuǎn)電場時的動能與電荷量有關，則三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的動能不相等，故D錯誤。9.(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)，在邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有電場強度大小為E的勻強電場，圖中豎直平行的直線為勻強電場的電場線(方向未知)。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電粒子，從A點以某一初速度沿AB邊、垂直電場方向進入電場，經(jīng)過電場中的P點并從BC邊上的Q點離開電場，帶電粒子通過Q點的速度方向與水平方向的夾角為53°，已知∠PAD＝60°，忽略空氣的阻力，不考慮帶電粒子受到的重力，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列說法正確的是()A．帶電粒子從A點運動到Q點的過程中，靜電力所做的功為eq\f(2qEL,3)B．帶電粒子從A點運動到Q點的過程中，靜電力所做的功為eq\f(qEL,3)C．帶電粒子從A點運動到P點的時間為eq\r(\f(mL,qE))D．帶電粒子從A點運動到P點的時間為3eq\r(\f(mL,qE))答案AC解析根據(jù)類平拋運動規(guī)律的推論可知，粒子在Q點的速度方向的反向延長線一定過AB邊中點，根據(jù)幾何關系可知tan53°＝eq\f(BQ,\f(AB,2))，解得粒子運動到Q點時的豎直位移大小為y＝BQ＝eq\f(2,3)L，則帶電粒子從A點運動到Q點的過程中，靜電力所做的功為W＝qEy＝eq\f(2,3)qEL，故A正確，B錯誤；設帶電粒子的初速度大小為v0，經(jīng)時間t2運動到Q點，則有v0t2＝L，eq\f(qE,2m)t22＝eq\f(2,3)L，聯(lián)立上述兩式解得v0＝eq\r(\f(3qEL,4m))，設帶電