第2章 第4节 第2课时 带电粒子在电场中偏转的推论和示波管的原理(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高一物理必修第三册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦带电粒子在电场中的偏转规律及应用，涵盖类平抛运动分析、三大推论（速度反向延长线过中点、tanα=½tanθ、同加速偏转轨迹重合）和示波管原理，从基础偏转证明入手，逐步衔接推论推导、例题解析到实际仪器，构建理论到应用的学习支架。 其亮点在于以科学思维为核心，通过推论证明（如中点结论推导）、例题（正方形电场电子运动）和示波管应用，深化运动与相互作用、能量等物理观念。采用“推导-例题-练习”模式，培养科学推理和模型建构能力，助力学生系统掌握知识，教师教学更高效。

DIERZHANG 第2章　第4节 第2课时　带电粒子在电场中偏转 的推论和示波管的原理 1 1.知道带电粒子在电场中偏转的重要推论并会应用推论解决带电粒子在电场中的偏转问题(重点)。 2.知道示波管的主要构造和工作原理。 学习目标 2 一、带电粒子在电场中偏转的重要推论 二、示波管的原理 课时对点练 内容索引 3 带电粒子在电场中偏转的重要推论 一 4 答案　粒子在电场中的运动轨迹如图 设粒子在电场中运动的位移与水平方向的夹角为α，粒子射出时速度与水平方向的夹角为θ。 1.带电粒子垂直进入偏转电场，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交于一点，试证明此点为粒子沿初速度方向位移的中点。 即tan θ＝2tan α 2.让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离为三股粒子束？请通过计算说明。 推论1：如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线与初速度方向交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。 推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为 速度偏转角正切值的 推论3：不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)， 经同一电场加速后，再垂直进入同一偏转电场， 则它们的运动轨迹必定重合。 提炼·总结 如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域存在着匀强电场，方向竖直向下，与AD边平行。质量为m、电荷量为e的电子，在D点以水平速度v0射入电场中并从B点射出电场，不考虑电子的重力，则 例1 √ (多选)如图所示为真空中的某装置，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被同一加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是 A.在加速电场中，质子运动时间最长 B.三种粒子飞离B板时速度之比为 ∶1∶1 C.偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2 D.三种粒子打到荧光屏上的位置不同 例2 √ √ (2023·宁德市高二月考)如图所示，一质量m＝10－6 kg、电荷量q＝ ＋0.2 C的粒子，由静止开始经加速电压U加＝105 V加速，带电粒子垂直进入偏转电场中，板长l＝20 cm，两板间距离d＝4 cm，两板间偏转电压U偏＝4×103 V，不计粒子重力，求： (1)带电粒子离开偏转电场时的侧移量； 例3 答案　0.01 m 设带电粒子经加速电场加速后获得的速度大小为v0， 设带电粒子离开偏转电场时侧移量为y， 联立上式并代入数据解得y＝0.01 m (2)全过程中电场力对带电粒子做的功； 答案　2.02×104 J 在加速电场中电场力对带电粒子做的功为W1＝qU加 (3)若在偏转电场右侧距离为s＝20 cm处，放一 竖直荧光屏，则带电粒子打在荧光屏上的位置 距中心O的距离。 答案　0.03 m 设带电粒子打在荧光屏上的P点，由于带电粒子离开偏转电场时的速度方向反向延长线一定过两极板间的中心， 返回 示波管的原理 二 20 1.构造：示波管主要是由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空。(如图) 2.作用 (1)电子枪的作用是产生 的一束电子。 (2)示波管的XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压(图甲)，叫作扫描电压。YY′偏转电极上加的是待测的 (图乙)。 (3)荧光屏的作用是显示电子的偏转情况。 高速飞行 信号电压 1.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打在荧光屏上的哪个位置？在图中标出来。 思考与讨论 答案　在屏的中心 2.(1)如果仅在XX′之间加上扫描电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图甲中标出来。 答案　 (2)如果仅在YY′之间加上信号电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图乙中标出来。 答案　 (3)如果同时在XX′，YY′之间加上扫描电压和信号电压，荧光屏上会看到什么样的亮线？在图丙中标出来。 答案　 示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则下列说法中正确的是 例4 ①若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 ②若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 ③若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 ④若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 A.①④ B.②③ C.①③ D.②④ √ 若XX′加电压(4)，则电子左右偏转在某一位置不变，上下偏移量与YY′所加的电压成正比，故若YY′加电压(1)，则荧光屏上出现波形图是一条平行YY′轴的直线段，若YY′加电压(2)，则荧光屏上出现的是两个点，且半个周期在XX′轴上方，下半 个周期在XX′轴下方，②④错误，故选C。 返回 课时对点练 三 31 考点一　带电粒子在电场中的偏转 1.(2023·厦门大学附属科技中学校考期中)如图所示，电子经电势差为U1的电场加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子(不计重力)能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子偏转角变大的是 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2.(多选)如图所示，竖直平面内，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线(方向未知)。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的 P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点 的速度方向与水平方向的夹角为53°，已知∠PAD ＝60°，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°＝ 0.8，cos 53°＝0.6。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3.(2023·莆田市高二期末)喷墨打印机的简化模型如图所示，一质量为m、带电荷量为q的墨汁微滴，经带电室带负电后，以平行极板方向的速度v从左侧正中间射入两极板间的匀强电场，最终打在纸上。已知极板间的电压为U，板间距离为d，板的长度为l，不计墨汁微滴的重力和极板边缘电场的影响，则微滴在极板间 A.向负极板偏转 B.电势能增加 C.做匀速圆周运动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由于墨汁微滴带负电，可知墨汁微滴受到 的电场力指向正极板，墨汁微滴向正极板 偏转，故A错误； 墨汁微滴向正极板偏转过程，电场力做正功，电势能减小，故B错误； 墨汁微滴在极板间受到恒定的电场力，做类平抛运动，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4.如图，某负离子吹风机吹出含有大量氧离子(－2e)的空气，沿水平方向进入电压为U的加速电场，之后进入竖直放置的偏转电场，偏转电场极板电压恒为U，极板间距离为d，长度也为d。若空气流中所含氧离子分布均匀且横截面积足够大，氧离子质量为m，不考虑空气流分层现象，不计离子间作用力，不计空气对离子流和电场的影响，不计氧离子重力以及氧离子进入加速电场的初速度，求： (1)氧离子进入偏转电场时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 氧离子在加速电场中，根据动能定理有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)能够离开偏转电场的氧离子占进入偏 转电场氧离子的比例。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　75% 根据牛顿第二定律有2eE＝ma 若氧离子能够射出偏转电场， 根据运动学公式得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 考点二　示波管的原理 5.(多选)(2023·莆田市第二十五中高二期中)示波管的构造如图所示。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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 根据亮斑的位置，竖直方向上，向上偏转，电子受力向上，因此Y极板带正电；水平方向上，向X极板偏转，电子受力指向X板，因此X板带正电，故选A、C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6.如图甲所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极YY′之间的电势差按照如图乙所示的规律变化，水平偏转电极XX′之间的电势差按照如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 在0～2t0时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期的变化，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，因此D正确，A、B、C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7.(多选)(2024·成都市高二期中)如图，氕 的原子核由静止开始经同一加速电场加速后，又经同一偏转电场偏转，最后打在荧光屏上。下列说法正确的是 A.四种原子核飞出加速电场时的速度相同 B.四种原子核在偏转电场中的偏转距离y相同 C.四种原子核飞出偏转电场时的动能相同 D.四种原子核打在荧光屏的同一位置上 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8.如图所示是示波管的原理图，它由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成。电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮斑，不加任何电压时，电子打在荧光屏中心。若亮斑移动很快，由于视觉暂留现象，能在荧光屏看到一条亮线。 现在加上频率较高的偏转电压，则下列说法 正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A.如果只在偏转电极YY′上加上如图乙所示U＝Umsin ωt的电压，能在荧光屏上看到一条水 平的亮线 B.如果只在偏转电极XX′上加上如图甲所示的电压，能在荧光屏上看到一条倾斜的亮线 C.如果在偏转电极YY′上加上如图乙所示的U＝Umsin ωt电压，同时在偏转电极XX′上加 上图甲所示的电压，能在荧光屏 上看到一条正弦曲线，可能如图 丙所示 D.如果在偏转电极YY′上加上如 图乙所示U＝Umsin ωt的电压， 同时在偏转电极XX′上加上图 甲所示的电压，能在荧光屏上看 到一条正弦曲线，可能如图丁所示 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 如果只在偏转电极YY′上加上题图乙所示U＝Umsin ωt的电压，则电子在XX′方向不运动，只在YY′方向偏转，能在荧光屏上看到一条竖直的亮线，故A错误； 如果只在偏转电极XX′ 上加上题图甲所示的电 压，能在荧光屏上看到 一条水平的亮线，故B 错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 如果在偏转电极YY′上加上题图乙所示U＝Umsin ωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上题 图甲所示的电压，因题图 甲中的电压为单一方向， 则形成的图像只在O点的 一侧，为一条正弦曲线， 如题图丙所示，故C正确， D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9.(2023·南平市高二期末)示波器的原理可简化为图甲所示，一束电子流持续不断的由静止开始经加速电场加速后，沿中轴线OO′垂直电场方向射入偏转电场，射出电场后打到荧光屏上的P点。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，两板间距离为d，极板的长度为L1，极板末端到荧光屏的距离为L2，不计电子所受重力。 (1)求电子射入偏转电场时的初速度v0的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)求电子飞出电场的位置离中心轴线OO′的距离y； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (3)若偏转电场的电压U按图乙所示规律周期性变化，电压的最大值为U0，L1＝L2＝2d，求荧光屏上能接收到电子范围的长度ΔY。(由于电子通过电场的时间极短，每个电子通过偏转电场过程中可视为电压不变) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 此时，范围长度ΔY最大， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 返回 BENKEJIESHU 本课结束 tan α＝＝＝ tan θ＝＝ 因为tan θ＝，tan α＝ 所以x＝。 答案　设加速电场电压为U0，偏转电场电压为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，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子的初动能为mv02＝qU0，粒子在偏转电场中的加速度a＝，在偏转电场中飞行的时间t＝。 粒子离开偏转电场时，沿静电力方向的速度vy＝at＝，速度方向的偏转角的正切值tan θ＝＝。粒子所带电荷量不同，其初动能就不同。但是把mv02＝2qU0代入偏转角的正切值tan θ＝中，得tan θ＝，可见粒子的偏转角度相同；粒子在静电力方向上的偏移距离为y＝at2＝＝，可见粒子的偏移距离也相同。所以，这些粒子不会分成三股。 ，即tan α＝tan θ。 A.电子在B点的速率为v0 B.电子在B点的速率为2v0 C.匀强电场的电场强度大小为 D.匀强电场的电场强度大小为 设匀强电场的电场强度大小为E，电子在电场中的飞行时间为t，则根据类平抛运动规律有L＝v0t，L＝，联立解得E＝，故C、D错误； 设电子在B点的竖直分速度大小为v1，根据带电 粒子在电场中偏转的推论可知，电子在B点的速 度方向的反向延长线一定过DC中点，根据运动 的合成与分解可得＝＝2，所以电子在B点的速率为vB＝＝v0，故A正确，B错误。 设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板C、D的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv02，粒子获得的速度为v0＝，质子、氘核和α粒子的比 荷之比为2∶1∶1，则三种粒子从B板射出时 的速度之比为∶1∶1，三种粒子在加速电 场中的位移相同，则质子运动时间最短，A错误，B正确； 粒子飞出偏转电场时偏移的距离y＝at2＝×()2＝，偏转角的正切值tan θ＝＝＝，由两式可知，三种粒子从C、D极板边缘的同一点穿出，且速度方向相同，那么最 后打到荧光屏的位置相同，偏转电场对三种 粒子所做的功W＝qEy，则静电力做功之比等 于电荷量之比，为1∶1∶2，D错误，C正确。 则根据动能定理有qU加＝mv02 则根据类平抛运动规律可得y＝·()2 在偏转电场中电场力对带电粒子做的功为W2＝qy 则全过程中电场力对带电粒子做的功为W＝W1＋W2＝q(U加＋U偏)＝2.02×104 J 则根据几何关系可得＝ 解得带电粒子打在荧光屏上的位置距中心O的距离为＝0.03 m。 若在XX′加恒定电压，电子会左右偏转，左右偏转的位移为x＝at2＝··()2， 再根据电子经同一加速电场加速，则由动能定理有eU0＝mv02，得偏转位移为x＝，同理在YY′分别加恒定电压，电子上下偏转，偏转的位移为y＝，所以若在XX′加电压(3)，则荧光屏上出现波形图与 YY′所加的电压波形一致，①③正确； 设偏转电场极板的长度为L，两板间距离为d，电子在加速电场中，由动能定理得eU1＝mv02，电子在偏转电场中由牛顿第二定律和电场强度与电势差的关系得a＝，E＝，由类平抛运动规律得L＝vxt，vx＝v0，vy＝at，则电子的偏转角tan θ＝＝ ，即U1变小，U2变大，一定能使电子 的偏转角变大，B正确，A、C、D错误。 A.带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为 B.带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电 力所做的功为 C.带电粒子从A点运动到P点的时间为 D.带电粒子从A点运动到P点的时间为3 根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点的速度方向的反向延长线一定过AB边中点，根据几何关系可知tan 53°＝，解得粒子运动到Q点时的竖直位移大小为y＝BQ＝L， 则带电粒子从A点运动到Q点的过程中， 静电力所做的功为W＝qEy＝qEL，故A 正确，B错误； 设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有v0t2＝L，t22＝L，联立上述两式解得v0＝， 设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1， 则有tan 60°＝，解得t1＝，故C 正确，D错误。 D.速度方向的偏转角正切值为 墨汁微滴在极板间做类平抛运动，则有l＝vt，vy＝at＝ t，联立可得  vy＝at＝，则速度方向的偏转角正切值为tan θ＝＝，故D正确。 答案　2 2eU＝mv02 解得v0＝2 t＝ 氧离子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场电场强度大小为E＝ 解得a＝ 因此，距上极板的氧离子恰好能够离开偏转电场，能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子的比例为 k＝＝＝75%。  y＝at2 联立解得y＝ (H)、氘(H)、氚(H)和氦(He) 原子核在偏转电场中，设偏转电场两极板 的电压为U2，极板的长度为L1，L1＝v1t1，  y＝at12，a＝＝，联立四式可得y＝，所以偏转距离y与原子核的质量、电荷量无关，四种原子核在偏转电场中的偏转距离y相同，故B正确； 原子核在加速电场中有qU1＝mv12－0，原子核飞出加速电场时的速度与原子核的比荷有关，比荷不同，则速度 不同，故A错误； 由静止开始进入加速电场到飞出偏转电场的过程中，根据动能定理有qU1＋y＝Ek－0，所以原子核飞出偏转 电场时的动能与原子核的电荷量有关，只 有当电荷量相同时，飞出偏转电场的动能 才相同，故C错误； 设偏转电场极板右端到荧光屏的水平距离为L2，原子核飞出偏转电场时的速度偏转角为θ，则原子核打在荧光屏上的位置距射入偏转电场时的竖直距离Y＝y＋L2tan θ，y＝tan θ， 可得Y＝y＋，因离开偏转电场时偏转 距离y相同，所以Y与原子核的质量、电 荷量无关，故D正确。 答案　 对电子，在加速电场中，由动能定理得eU0＝mv02 解得v0＝ 答案　 电子在偏转电场中，有L1＝v0t，e＝ma，y＝at2 由以上各式解得y＝ 答案　d 解得ΔY＝d。 恰能从下极板边缘飞出时，有＝ 解得U＝U0 由几何关系得＝ $