5. 第2课时 示波管 带电粒子在交变电场中的运动-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第十章　静电场中的能量 5.带电粒子在电场中的运动 第2课时　示波管　带电粒子在 交变电场中的运动 1．知道示波管的构造和工作原理。2.会分析计算带电粒子在交变电场中的直线运动、曲线运动。 2 目录 1 2 课后课时作业 任务 任务 1．用途：观察电信号随_________变化的情况。 2．结构：如图甲所示，由电子枪、___________和荧光屏组成，管内_________。 时间 偏转电极 任务1　示波管 抽成真空 任务 5 3．工作原理 (1)电子枪的作用是产生高速飞行的一束_________。 (2)如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿_______运动，打在荧光屏_______，在那里产生一个_________。 (3)示波管的YY′偏转电极上加的是______________电 压。XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压(图 乙)，叫作___________。如果信号电压是周期性的，并且 扫描电压与信号电压的周期________，那么，就可以在荧 光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。 电子 直线 中心 亮斑 待测的信号 扫描电压 相同 任务 6 例1　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应带负电，极板Y应带负电 B．极板X′应带负电，极板Y应带正电 C．极板X应带负电，极板Y′应带负电 D．极板X′应带负电，极板Y′应带正电 解析　电子所受电场力的方向与电场方向相反，如果在荧光屏上P点出现亮斑，则电子要向极板X和极板Y偏转，则极板X和极板Y均应带正电，极板X′和极板Y′均应带负电，故B正确，A、C、D错误。 任务 7 例2　如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板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M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，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，电子的质量为m，电荷量大小为e。求： (1)电子在偏转电场中运动的时间； (2)电子从偏转电场射出时的侧移量； (3)P点到O点的距离。 任务 8 任务 9 任务 10 任务 11 1．交变电场 电场强度的大小和方向随时间做周期性变化的电场叫作交变电场。常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波。此处只讨论方形波电压的交变电场。 任务2　带电粒子在交变电场中的运动 任务 12 2．带电粒子在交变电场中的运动类型 (1)带电粒子的初速度为0或与电场方向平行 ①运动特点：做加速、减速交替的直线运动。 ②解题思路：根据牛顿运动定律结合匀变速直线运动规律分段求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质。 (2)带电粒子的初速度与电场方向垂直 ①运动特点：分段做匀变速曲线运动。 任务 13 ②解题思路：根据运动的分解与合成分段求解。 a．在初速度方向上，粒子做匀速直线运动。 b．在垂直初速度方向上：若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，在该段时间内，电场几乎不变，可认为粒子所受静电力为恒力。 若带电粒子的初速度较小，粒子通过交变电场时所用时间较长，粒子将在此方向上做加速、减速交替的运动，可利用vy­t图像分析在此方向上的速度、位移。 任务 14 3．解题技巧 (1)在交变电场作用下带电粒子所受的静电力发生改变，从而影响粒子的运动性质，因此应根据电场强度的大小、方向特点分段列式求解。 (2)由于静电力周期性变化，带电粒子的运动性质也具有周期性，因此应抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。 任务 15 任务 16 任务 17 任务 18 任务 19 任务 20 通过画出粒子的v­t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解。 任务 21 课后课时作业 知识点一　示波管 1．如图所示，在示波管水平极板YY′上加电压U1、竖直极板XX′上加电压U2后，亮斑会偏离荧光屏中心位置。能使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的是(　　) A．增大U1 B．减小U1 C．增大U2 D．减小U2 解析：由题图可知，示波管水平极板YY′所加电压U1，能使粒子在竖直方向发生偏移，竖直极板XX′所加电压U2，能使粒子在水平方向发生偏移，若使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大，则需要使竖直分位移增大，需要增大U1。故选A。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 2．示波管是示波器的核心部件，由电子枪、偏转 电极和荧光屏组成，其内部结构如图甲所示。当示波管 工作且在XX′和YY′间不加任何电压时，从右往左看荧光 屏发现屏幕中央有一固定亮斑。则下列说法中正确的是 (　　) A．通常在YY′间加图乙所示电压作为扫描电压 B．通常在XX′间加图丙所示电压作为扫描电压 C．若仅在YY′间加图乙所示电压，在荧光屏上可能看到一个固定亮斑 D．若仅在XX′间加图丙所示电压，在荧光屏上可能看到一条水平亮线 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析：扫描电压应为锯齿形电压，且通常加在XX′间，即应在XX′间加图乙所示电压作为扫描电压，A、B错误；若仅在YY′间加图乙所示电压，则电子只在竖直方向偏转，即在荧光屏上有一条竖直亮线，C错误；若仅在XX′间加图丙所示电压，则电子只在水平方向偏转，即看到在荧光屏上有一条水平亮线，D正确。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 3. 如图所示的真空管中，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场加速后沿中心线进入两平行金属板M、N间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上的P点。设M、N板间电压为U2，两板距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，已知U1＝576 V，U2＝168 V，L1＝6 cm，d＝3 cm，L2＝21 cm，求： (1)电子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值； (2)电子打到荧光屏上的位置P偏离屏中心O的距离。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析：电子先向A板做半个周期的匀加速直线运动，接着向A板做半个周期的匀减速直线运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，其v­t图像如图所示，v­t图线与时间轴所围面积表示位移，则电子的位移始终为正，则其运动方向不变，则在足够长的时间内，电子一定会碰上A板，故B正确，A、C、D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 5．某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力作用，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．2 s末带电粒子的位移最大 C．2 s末带电粒子回到原出发点 D．0～2 s内静电力做的总功不为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 答案　(1)L1eq \r(\f(m,2eU1))　(2)2,1)eq \f(U2L,4dU1) (3)eq \f(U2L1（L1＋2L2）,4dU1) 解析　(1)设电子射出加速电场时的速度为v，根据动能定理有eU1＝eq \f(1,2)mv2－0 解得v＝eq \r(\f(2eU1,m)) 电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，设电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子在平行金属板方向做匀速直线运动，有L1＝vt1 解得t1＝L1eq \r(\f(m,2eU1))。 (2)电子在偏转电场中受到的电场力F＝Ee 其中偏转电场的电场强度E＝eq \f(U2,d) 设电子在偏转电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律知F＝ma 电子从偏转电场射出时的侧移量y1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 联立解得y1＝2,1)eq \f(U2L,4dU1) 。 (3)电子离开偏转电场时在竖直方向的分速度vy＝at1 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，电子在水平方向的分速度为v，则运动时间t2＝eq \f(L2,v) 竖直方向产生位移y2＝vyt2 P点到O点的距离y＝y1＋y2 联立解得y＝eq \f(U2L1（L1＋2L2）,4dU1)。 确定最终偏移距离的两个思路 思路一： 思路二： 例3　如图甲所示为辉光放电粒子源的简化示意图，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，B板接地，A板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示。若在t＝0时刻，一在B板附近的氩离子在电场作用下由静止开始运动，正好在第3个周期结束时到达A板。氩离子质量为m，电荷量为＋q，重力不计，忽略运动过程中与其他粒子的碰撞。φ0、T为已知量。求： (1)氩离子在0～eq \f(T,2)内的位移； (2)氩离子到达A板时的动能。 答案　(1)eq \f(qφ0T2,8md)　(2)2,0)eq \f(9q2φT2,32md2) 解析　(1)在0～eq \f(T,2)内，设A、B板间电场强度大小为E1，由题图乙可知E1＝eq \f(0－（－φ0）,d)，方向由B指向A 氩离子在0～eq \f(T,2)内做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律，有E1q＝ma1 设该段时间内的位移为x1，则有x1＝eq \f(1,2)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2))) eq \s\up12(2) 联立解得x1＝eq \f(qφ0T2,8md)。 (2)在eq \f(T,2)～T内，设A、B板间电场强度大小为E2，由题图乙可知E2＝eq \f(\f(φ0,2)－0,d)，方向由A指向B 氩离子在eq \f(T,2)～T内做匀减速运动，设加速度大小为a2，有E2q＝ma2 氩离子在一个周期内速度的增量为Δv＝a1·eq \f(T,2)－a2·eq \f(T,2) 氩离子经过3个周期到达A板，则到达A板的速度大小为v＝3Δv 3个周期结束时氩离子的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2 联立解得Ek＝2,0)eq \f(9q2φT2,32md2) 。 例4(多选)如图甲所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图乙所示，交变电压的周期T＝eq \f(L,2v0)，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则(　　) A．所有电子都从右侧的同一点离开电场 B．所有电子离开电场时速度都是v0 C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D．t＝eq \f(1,4)T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为eq \f(d,16) 解析　电子进入电场后沿极板方向做匀速直线运动，则所有电子在电场中的运动时间均为t总＝eq \f(L,v0)＝2T。不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度(以向上为正方向)随时间变化的图像如图所示，根据图线与t轴所围面积表示竖直方向的分位移可知，各个电子在竖直方向的分位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误。由vy­t图像可看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，动能都相同，故B正确，C错误。由vy­t图像可得t＝eq \f(T,4)时刻进入电场的电子，在t＝eq \f(3,4)T时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4))) eq \s\up12(2)，由题意知，对在t＝0时刻进入电场的电子，有eq \f(1,2)d＝4×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2))) eq \s\up12(2)，联立得ymax＝eq \f(d,16)，故D正确。 答案：(1)eq \f(7,24)　(2)7 cm 解析：(1)设电子离开加速电场时的速度大小为v0，电子在加速电场加速过程中，由动能定理可得eU1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 设电子在偏转电场中的加速度为a，由牛顿第二定律有eE2＝ma 其中电场强度E2＝eq \f(U2,d) 电子在偏转电场中的运动时间t＝eq \f(L1,v0) 又离开偏转电场时，垂直金属板M、N方向的分速度vy＝at 电子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ＝eq \f(vy,v0) 联立并代入数据解得tanθ＝eq \f(7,24)。 (2)电子刚出偏转电场时的偏移距离为 y＝eq \f(1,2)at2 电子在匀速运动阶段的偏移距离y′＝L2tanθ 电子打到荧光屏上的位置P偏离屏中心O的距离OP＝y′＋y 联立并代入数据解得OP＝7 cm。 知识点二　带电粒子在交变电场中的运动 4．如图甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上按如图乙所示规律变化的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则(　　) A．电子在A、B两板间做往复运动 B．在足够长的时间内，电子一定会碰上A板 C．当t＝eq \f(T,2)时，电子将回到出发点 D．当t＝eq \f(T,2)时，电子的位移最大 解析：设该粒子的带电量为＋q，由牛顿第二定律可得，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝eq \f(q|E1|,m)，在第2 s内的加速度大小为a2＝eq \f(q|E2|,m)，因|E2|＝2|E1|，则a2＝2a1，以电场方向为速度的正方向，则该带电粒子的v­t图像如图所示。由v­t图像可知，带电粒子在电场中并非始终向同一个方向运动，故A错误；由v­t图像中图线与t轴所围面积表示位移可知，1.5 s末带电粒子的位移最大，2 s末带电粒子的位移不是最大，且2 s末带电粒子位移不为零，没有回到原出发点，故B、C错误；由v­t图像可知，t＝2 s时v≠0，根据动能定理可知，0～2 s内静电力做的总功不为零，故D正确。 6．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略。若在t＝0时刻进入的电子恰好在eq \f(T,2)时刻穿过B板，则(　　) A．在t＝eq \f(T,8)时刻进入的电子一定不能穿过B板 B．在t＝eq \f(T,8)时刻进入的电子一定能穿过B板 C．在t＝eq \f(T,4)时刻进入的电子一定不能穿过B板 D．在t＝eq \f(T,4)时刻进入的电子一定能穿过B板 解析：设电子在电场中的加速度大小为a，当电子在t＝0时刻进入时，恰好在eq \f(T,2)时刻穿过B板，则两板间的距离d＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(aT2,8)。假设在t＝eq \f(T,8)时刻进入的电子不会穿过B板，电子在eq \f(T,8)～eq \f(T,2)做加速度为a的匀加速直线运动，在eq \f(T,2)～eq \f(7T,8)做加速度为a的匀减速直线运动，在t＝eq \f(7T,8)时速度大小为0，向B板运动的距离最大，由对称性可得最远距离d′＝2×eq \f(1,2)a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－\f(T,8))) eq \s\up12(2)＝eq \f(9,64)aT2>d，所以假设错误，则电子一定在eq \f(T,8)～eq \f(7T,8)之间某时刻穿过B板，故A错误，B正确；同理，电子在t＝eq \f(T,4)时刻进入时，由d″＝2×eq \f(1,2)a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－\f(T,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(aT2,16)<d，可知，电子在eq \f(3T,4)时未到达B板，且由运动的对称性可知，之后电子向左运动，且返回A板小孔时速度恰好为零，之后重复上述运动，故电子一定不能穿过B板，故C正确，D错误。 7．(多选)如图甲所示，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v射入(记为t＝0时刻)，两极板间所加电压如图乙所示。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是(　　) A．粒子射出时间可能为t＝4 s B．粒子射出的速度大小为2v C．极板长度满足L＝1.5vn m(n＝1，2，3，…) D．极板间最小距离为eq \r(\f(3,2)kU0) 解析：粒子射入电容器后，在垂直极板方向的vy­t图像如图所示。因为粒子平行极板射出，可知射出时粒子垂直极板方向的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s，3 s，4.5 s，…，满足t＝1.5n s(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，A、B错误；粒子在平行于极板方向做匀速直线运动，极板长度L＝vt＝1.5vn m(n＝1，2，3，…)，C正确；粒子在极板间至少运动1.5 s，则粒子不与极板发生碰撞，应满足eq \f(d,2)≥eq \f(1,2)vym×1.5 s，其中vym＝a×1 s，a＝eq \f(qU0,md)，eq \f(q,m)＝k，联立解得d≥eq \r(\f(3,2)kU0)，D正确。 8．(多选)如图a，水平放置的长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图b所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子在任意时刻沿金属板中心线OO′射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则(　　) A．金属板间距离的最小值为eq \f(qE0T2,2m) B．金属板间距离的最小值为eq \f(qE0T2,m) C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于eq \f(l,T) D．粒子到达竖直挡板时的速率都等于eq \f(l,T) 解析：不同时刻进入电场的粒子竖直方向分速度(以向上为正方向)随时间变化的图像如图所示，根据图线与t轴所围面积表示竖直方向的分位移可知，在t＝eq \f(nT,2)(n＝0，1，2，…)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，此时粒子在电场中运动时，在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性可知沿竖直方向的位移大小ymax＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2))) eq \s\up12(2)，其中a＝eq \f(qE0,m)，联立得ymax＝eq \f(qE0T2,4m)，则金属板间距离的最小值为dmin＝2ymax＝eq \f(qE0T2,2m)，A正确，B错误；根据vy­t图像可知，粒子出电场时vy均等于0，则粒子到达竖直挡板时的速率为v0＝eq \f(l,T)，C错误，D正确。 9．如图所示为示波管的工作原理图，电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏移量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L。为了提高示波管的灵敏度eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(每单位偏转电压引起的偏移量，即\f(h,U2)))，以下措施可行的是(　　) A．减小d B．减小L C．增大U1 D．增大U2 解析：设电子经加速电场加速后的速度为v0，则eU1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0，电子在偏转电场中的运动时间t＝eq \f(L,v0)，偏移量h＝eq \f(1,2)at2，其中a＝eq \f(eU2,md)，联立可得h＝eq \f(U2L2,4dU1)，变换得eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4dU1)，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L或减小d或减小U1。故A正确，B、C、D错误。 10．如图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(　　) A．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) 解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0＝0、eq \f(T,4)、eq \f(T,2)、eq \f(3T,4)时粒子运动的v­t图像如图所示。由于图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<eq \f(T,4)，eq \f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移为正；eq \f(T,4)<t0<eq \f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移为负；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应为负，速度时正时负，对照各选项可知只有B正确。 $$