2019-2020学年高中物理 第2章 电场与示波器 5 探究电子束在示波管中的运动课件 沪科版选修

第2章电场与示波器2．5探究电子束在示波管中的运动第2章电场与示波器1.掌握带电粒子在电场中加速和偏转所遵循的规律．(重点)2.知道示波管的主要构造和工作原理．一、示波管的构造及工作原理1．构造：如图所示，主要由________、__________和荧光屏组成，示波管内抽成真空．电子枪偏转电极2.工作原理(1)偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子将沿__________，射到荧光屏中心点形成一个亮斑．(2)仅在XX′(或YY′)加电压：若所加电压稳定，则电子被______，偏转后射到XX′(或YY′)所在直线上某一点，形成一个亮斑(不在中心)，如图所示．直线运动加速(3)示波管实际工作时，竖直偏转板和水平偏转板都加上电压，若两者周期相同，在荧光屏上就会显示出信号电压随时间变化的波形图．(1)如果在偏转电极YY′和XX′上不加电压电子束不偏转，打在荧光屏中心．()(2)只在YY′上加恒定电压时，电子束不偏转．()(3)只在XX′上加恒定电压时，电子束沿YY′方向偏转．()√二、电子束在示波管中的运动规律1．电子在电子枪中的运动电子束在电子枪中被加速，由动能定理：qU＝12mv20，电子从小孔水平射出的速度：______________．v0＝2qUm2．电子在偏转电极中的运动(1)运动特点①如图电子以速度v0进入偏转电极YY′之间的匀强电场后，电子在平行于极板方向上做_______________，速度为v0；匀速直线运动②电子在垂直于极板方向上做初速度为零的匀加速运动，加速度为________．(2)偏转距离：____________．(3)在y方向上的分速度：__________________．(4)离开偏转电场时的偏转角：__________________．a＝qU′mdy＝l2U′4dUvy＝lU′dq2mUtanφ＝lU′2dU3．电子束离开偏转电极后的运动电子离开偏转电极后不再受电场力作用，做__________运动．匀速直线示波器可以把电信号转换成图像信号，那么，你知道它是怎样工作的吗，它的工作原理又是怎样的呢？提示：示波器通过电场控制电子束的运动，使电子束打在荧光屏上产生荧光，从而显示图像．带电粒子在电场中直线运动问题学案导引1.电场的基本特性是什么？平行板电容器两板间的电场是匀强电场吗？2.带电粒子在电场中加速运动满足哪些规律？1．带电粒子在电场中的受力特点(1)重力：①有些粒子，如电子、质子、α粒子、正负离子等，除有说明或明确的暗示以外，在电场中运动时均不考虑重力；②宏观带电体，如液滴、小球等除有说明或明确的暗示以外，一般要考虑重力；③未明确说明“带电粒子”的重力是否考虑时，可用两种方法进行判断：一是比较静电力qE与重力mg，若qE≫mg，则忽略重力，反之要考虑重力；二是题目中是否有暗示(如涉及竖直方向)或结合粒子的运动过程、运动性质进行判断．(2)静电力：一切带电粒子在电场中都要受到静电力F＝qE，与粒子的运动状态无关；电场力的大小、方向取决于电场(E的大小、方向)和电荷的正负，匀强电场中静电力为恒力，非匀强电场中静电力为变力．2．运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，如果受到的电场力与运动方向相同，则做匀加速直线运动，如果受到的电场力与运动方向相反，则做匀减速直线运动．3．处理的方法(1)从牛顿运动定律和运动学公式进行F＝ma，v2＝2al.(2)从功能观点：粒子只受电场力的作用，动能的变化量等于电场力做的功．若v0＝0，则W＝qU＝12mv2.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.[思路点拨]分析带电粒子在电场中的受力和运动情况，根据牛顿运动定律，运动学方程和功能关系列式求解．[解析](1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，①由①式解得d2＝E1E2d1＝0.50cm.②(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度的大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1，③|q|E2＝ma2，④设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝12a1t21，⑤d2＝12a2t22，⑥又t＝t1＋t2，⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s.[答案](1)0.50cm(2)1.5×10－8s(1)对带电粒子进行受力分析，运动特点分析，力做功情况分析是选择规律解题的关键．(2)牛顿运动定律和运动学公式只能在匀强电场中适用，而功能关系对一切电场都适用，所以选择解题的方法是优先从功能关系角度考虑，应用功能关系列式简单、方便，不易出错．1.如图所示A、B是两块金属板，分别与高压直流电源的两极相连．一个电子自贴近A板处静止释放(不计重力)，已知当A、B两板平行、两板面积很大且两板间的距离较小时，它刚到达B板时的速度为v0.在下列情况下以v表示电子刚到达B板时的速度，则()A．若A、B两板间距离减小，则v＜v0B．若A板面积很小，B板面积很大，则v＜v0C．若A、B两板间的距离很大，则v＜v0D．不论A、B两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少，v都等于v0解析：选D．由题意知，板间电压不变，根据动能定理得，eU＝12mv2变形后得：v＝2eUm，e、m、U均不变，则电子运动到B板时速率v不变，都等于v0.故A、B、C错误，D正确．带电粒子在电场中的偏转问题学案导引1．平抛运动的特点有哪些？如何处理平抛运动问题？2．带电粒子在电场中的偏转问题和平抛运动有哪些类似？垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中，只受电场力作用，运动与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，根据每一个分运动的规律或特点，选择恰当的方法加以解决．常常用到下面的知识点：1．运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动，其轨迹是抛物线．2.偏转问题的分析处理方法，类似于平抛运动的分析处理，如图所示，应用运动的合成和分解的知识处理：沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间t＝lv0.沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动：a＝Fm＝qEm＝qUmd.离开电场时偏移量：y＝12at2＝ql2U2mv20d，离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝qlUmdv20.3．两个基本结论(1)偏转角：若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，粒子飞出电场时偏转角的正切值tanθ＝v0l2U0d，表明粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决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，它们在电场中的偏转角度总是相同的．(2)偏转距离：经同一电场加速后进入偏转电场，粒子飞出电场的偏转距离y＝U0l24ud，故粒子的偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决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，它们在电场中的偏转距离总是相同的．如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e.求：(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)P点到O点的距离．[解析](1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得eU1＝12mv20解得v0＝2eU1m.(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得F＝eE，E＝U2d，F＝ma，t1＝L1v0，y1＝12at21解得y1＝U2L214U1d.(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy＝at1，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示．有t2＝L2v0，y2＝vyt2解得y2＝U2L1L22dU1P点到O点的距离为y＝y1＋y2＝（2L2＋L1）U2L14U1d.[答案](1)2eU1m(2)U2L214U1d(3)（2L2＋L1）U2L14U1d处理带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法有两种：一是运动的合成与分解，二是能量的观点．2.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小解析：选B．设电子质量为m，电荷量为e，经电势差为U1的电场加速时，由动能定理得eU1＝12mv20.经平行板射出时，其水平速度和竖直速度分别为vx＝v0，vy＝at＝eU2dm·lv0，由此得tanθ＝vyvx＝eU2ldmv20＝lU22dU1，θ＝arctanlU22dU1.当l、d一定时，增大U2或减小U1都能使偏转角θ增大.规范答题——带电体在电场中的力学综合问题(20分)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4.P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2.P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10m/s2.求：v/(m·s－1)0≤v≤22v5v≥5F/N263(1)小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．[思路点拨]本题解题的关键是分阶段建立运动模型，分过程对物体进行受力分析和运动分析，求解加速度和运动位移．[解析](1)小物体P的速率从0至2m/s，受外力F1＝2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1，速度为v1，则F1－μmg＝ma1①(2分)v1＝a1Δt1②(2分)由①②式并代入数据得Δt1＝0.5s．③(2分)(2)小物体P从速率为2m/s运动至A点，受外力F2＝6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2－μmg＝ma2④(2分)设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则Δt2＝0.55s－Δt1⑤(1分)v2＝v1＋a2Δt2⑥(1分)P从A点至B点，受外力F2＝6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2－μmg－qE＝ma3⑦(2分)v23－v22＝2a3x1⑧(1分)P以速度v3滑出轨