高中物理 静电场（三）学案（二）1

高中物理 静电场（三）知识点三 示波管的原理自主学习1. 主要构造 示波器的核心部件是示波管，主要由_、_和_屏组成。如图所示。 电子枪：发射并加速_。 偏转电极：YY使电子束沿_偏转(加信号电压)；XX使电子沿_偏转(加扫描电压)。荧光屏：电子束打在荧光屏上能使该处的荧光物质发光。2基本原理 示波器的工作原理是利用电子在电场中的加速和偏转。名师点睛示波管的原理 示波器的基本原理是带电粒子在电场力作用下的加速和偏转。(1) 偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑。知识点三 示波管的原理典例探究1. 图 (a) 为示波管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()2. 如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则() A在荧屏上的亮斑向上移动B在荧屏上的亮斑向下移动C偏转电场对电子做的功增大D偏转电场的电场强度减小3. 如下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点的距离知识点四 带电体在复合场中的运动 典例探究(2) 仅在XX(或YY)加电压，若所加电压稳定，则电子流被加速、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)。在图中，设加速电压为U1，电子电荷量为e，质量为m，由WEk得eU1mv.在电场中的侧移yat2t2，其中d为两板的间距水平方向tL/v0，又tan由以上各式得荧光屏上的侧移yyLtantan(L为偏转电场左侧到光屏的距离)。(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，一般加在竖直偏转板上的电压是要研究的信号电压，加在水平偏转板上的是扫描电压，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。知识点四 带电体在复合场中的运动 名师点睛1. 如图所示，在真空室中有两个水平的金属板，板间的距离为h.有一质量为m的小油滴，带电荷量为q，自上极板的下表面处由静止开始自由下落，当它运动到两极板间距离的中点时，给两极板加电压U，使电荷受到向上的力当电压等于多大时，才能使小油滴在刚好接近下极板时，开始向上运动？2如图所示，在水平的匀强电场中，一条不可伸长的长为l的不导电细线，其一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强方向平行，然后无初速度释放，已知小球摆到最低点B时的速度大小为v，摆到最低点的另一侧C时速度为零，细线与竖直方向最大夹角为(90)，求：(1) 从释放点到最低点的过程中，静电力对小球所做的功；(2) 从释放点到另一侧最高点的过程中，静电力对小球所做的功。3. 如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球在光滑导轨上运动，导轨左边为斜轨，右边为半圆形滑环，其半径为R.小球在A点时1当带电物体的重力不能忽略时，带电物体就处在电场、重力场的复合场中，处理相关问题时要注意电场力和重力的影响。 2相关问题及处理方法 (1) 带电小球(液滴、尘埃、微粒)在电场中处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态)，必满足F电mg0。(2) 带电物体沿某一方向做匀加速直线运动，可通过分析其受力，画出受力图，将力分解，由牛顿定律列出方程，结合运动学公式进行有关解答。(3) 若带电物体的初速度方向与合加速度方向不同，则做匀变速曲线运动，可采用将运动分解，运用牛顿定律和运动学公式分别列方程求解；也可根据动能定理、能量守恒定律列方程求解，后者更简捷一些。(4) 用细绳拴一带电小球在竖直方向的匀强电场中给其一初速度，当mgF电0时，小球做匀速圆周运动，绳子拉力充当向心力，可由圆周运动知识分析解答。 3整体运用功能关系法 首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。(1) 若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力功还是变力功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。(2) 若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能 量是增加的，哪些能量是减少的，表达式有几种。 初状态和末状态的能量相等，即 E初E末 增加能量的总和等于减少能量的总和，即E增E减。 这种方法不仅适用于匀变速运动，对非匀变速运动(非匀强电场中)也同样适用。的初速度为v0，方向和斜轨平行，整个装置放在方向竖直向下、场强为E的匀强电场中，斜轨的高度为h，试问：(1) 如果小球能到达B点，那么小球在B点对半圆环的压力多大？(2) 在什么条件下小球可以沿半圆环做匀速圆周运动到达最高点，这时小球的速度多大？答案与解析知识点一 带电粒子的加速自主学习1. 远小于 忽略 2. 在同一直线上 直线 粒子动能的变化量等于静电力做的功 为零 不为 匀强或非匀强典例探究1.【答案】2.【答案】 UAB【解析】由题，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，根据动能定理，对整个过程进行研究得mg(Hh)qUABmv。解得：UAB.3.【答案】CD【解析】根据eUmv2，v，当改变两板间距离时，由于U不变，故v不变，选项A、B错误，选项C正确；粒子做初速度为零的匀加速直线运动，则t，v不变，l变大，运动时间t变大，选项D正确。4. 【答案】D【解析】电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得eUOA0Ek因为UOAh，所以Ek，所以正确选项为D。知识点二 带电粒子的偏转自主学习1. 恒定的与初速度方向垂直 匀变速曲线 2. 匀速 匀加速直线 3. 典例探究1.【答案】(1)(2)l (3) (4)(5) (6) (7) (8)【解析】 (1) 不管加速电场是不是匀强电场，WqU都适用，所以由动能定理得：qU1mv，得v0 (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：水平方向为速度为v0的匀速运动；竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动。则在水平方向tl (3) 由匀强电场中UEd得E，则FqE(4) 由牛顿第二定律a(5) 竖直方向离子做初速为零的匀加速直线运动vyatl (6) 离开偏转电场时的速度为：v (7) yat2(8) tan 2. 【答案】400 V3.【答案】1.4102 V【解析】电子在水平方向做匀速直线运动，即达B点时，水平分速度仍为vA，则vBvA/cos 602vA.由动能定理：eUABmvmv.解得UAB1.4102 V.4. 【答案】D【解析】 粒子垂直电场进入做类平抛运动，水平方向xv0t，得tAtBxAxB21；竖直方向yat22，解得m，mAmB43 ，D选项正确。5. 【答案】A【解析】由qUmv2得v，知A正确。6. 【答案】C【解析】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。tan，所以这些离子只要有相同的荷质比，轨迹便相同，故只有C正确。7.【答案】1.9107 m/s 0.15知识点三 示波管的原理自主学习1. 电子枪 偏转电极 荧光 电子 Y向 X向典例探究1.【答案】B【解析】由图(b)及图(c)知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X板电势高，电子向X板偏，又由于在xx之间加上的扫描电压与YY之间加上的信号电压周期相同，所以在荧光屏上会看到一个完整的正弦波形，B项正确。 2.【答案】AC【解析】设电子进入M1M2极板的初动能为Ek0，M1M2板间电压为U，板间距为d，板长为L，电子做类平抛运动，竖直方向 yt2，水平方向 Lv0t，联立解得y，当电压U增大时，偏移量y变大，根据电荷的电性可知荧屏上的亮斑向上移动，故A选项正确，B选项错误；偏转电场电压U变大，偏移量y变大，根据电场力做功公式Wy，可知偏转电场对电子做的功增大，故C选项正确；根据匀强电场中电场强度和电势差的关系E，可知电场强度变大，故D选项错误。3.【答案】(1) (2)(3)【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：eU1mv，解得：v0 .(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：FeE，E，Fma，a，t1，y1at，解得：y1.(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：vyat1.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，如下图所示由t2，y2vyt2，解得：y2.P到O点的距离为yy1y2.知识点四 带电体在复合场中的运动 典例探究1.【答案】U【解析】解法一：油滴自由落体至两板间中点时速度大小由v22as得v 加上电压后所受合力Fqmg 油滴向上的加速度大小ag 再经的距离速度减为零，即：v22ah 由式解得：U.解法二：分析油滴运动的整个过程可知，前半程的加速度与后半程的加速度大小相等、方向相反，即： g，解得U.解法三：前半程由动能定理得mgmv2 后半程由动能定理得mgq0mv2 由得：U .解法四：油滴从上极板到下极板整个过程Ek0，对全过程应用动能定理得mghq0，解得U.2.【答案】见解析 (2) 根据能量的转化和守恒定律可知：重力势能减少量等于电势能的增加量而重力势能的减少量为EpCmglcos，所以电势能的增加量Ep电mglcos.而W电Ep电mglcos，负号表示静电力做负功。 3.【答案】(1)FN2mgqE，方向竖直向下(2)mgEqv0【解析】 (1)当满足mgEq时，小球到达B点的速度为v0，设小球在B点受半圆环的支持力FN1，则得FN1小球对半圆环压力FN1FN1，方向竖直向下当mgEq时，根据动能定理有mghqEhmvmv设此时小球在B点受半圆环的支持力为FN2，FN2Eqmg由得FN2mgqE小球对半圆环的压力FN2FN2，方向竖直向下(2)当mgEq时，小球可以匀速沿半圆环到达最高点，此过程小球到达B点速度仍为v0，小球只在半圆环的压力作用下做匀速圆周运动，速率为v0.课堂小测1如果带电粒子进入电场时的速度与匀强电场的电场力垂直，则粒子在电场中做类平抛运动。若不计粒子的重力，影响粒子通过匀强电场时间的因素是()A粒子的带电荷量B粒子的初速度C粒子的质量 D粒子的加速度2带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)(B)A电势能增加，动能增加 B电势能减小，动能增加C电势能和动能都不变 D上述结论都不正确3. 如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的偏转电场(极板长L、极板间距离d)，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化(调整极板间距离时电子仍能穿出偏转电场)，应该()A仅使U2加倍B仅使U2变为原来的4倍C仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍D仅使偏转电场板间距离变为原来的2倍4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5. 如图所示，一个电子(质量为m)电荷量为e，以初速度v0沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的场强大小为E，不计重力，问：(1) 电子进入电场的最大距离；(2) 电子进入电场最大距离的一半时的动能。6. 如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距 为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：(1) 电子通过B点时的速度大小；(2) 右侧平行金属板的长度；(3) 电子穿出右侧平行金属板时的动能。7如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板h0.8 cm，两板间的电势差为300 V，如果两板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间？(板间距为d，取g10 m/s2)答案与解析1.【答案】B【解析】水平方向：Lv0t，则粒子在电场中的运动时间tL/v0。2.【答案】B【解析】 整个过程电场力做正功，只有电势能与动能之间相互转化，根据能量守恒，减小的电势能全部转化为动能，故A、C、D错误，B正确。3.【答案】AC【解析】 据题意，带电粒子在加速电场中做加速运动，有：qU1mv，在偏转电场中做类平抛运动，有：Lv0t和yat2t2，整理得：y，因此当加速电场电压U1增加一倍，要使偏转量不变，则需要使偏转电压增加一倍或者使偏转电场两极板间距离变为原来的一半，故A、C选项正确。4.【答案】AC【解析】 由题意可知，在XX方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错。5.【答案】(1)(2)mv【解析】(1) 设电子进入电场的最大距离为d，根据动能定理eEdmv，故d。(2) 设电子进入电场最大距离的一半时的动能为Ek，由动能定理得eEEkmv，所以EkmveEmv.6.【答案】(1) (2) d (3) 7.【答案】4.5102 s【解析】 取带电小球为研究对象，设它所带电荷量为q，则带电小球受重力mg和向上的电场力qE的作用。当U1300 V时，小球平衡，有mgq当U260 V时，重力大于电场力，带电小球向下极板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得mgqma又hat2联立解得t代入数据得t4.5102 s.