示波管的构造及其工作原理_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如图所示，示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量）与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（　　）

AL越大，灵敏度越高

Bd越大，灵敏度越高

CU1越大，灵敏度越高

DU2越大，灵敏度越高

正确答案

A

解析

解：根据动能定理得，eU1=mv2；

粒子在偏转电场中运动的时间t=，

在偏转电场中的偏转位移h=at2=•=

则灵敏度=．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大．灵敏度与U2无关．故A正确，CBD错误．

故选：A．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量）与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（　　）

AL越大，灵敏度越高

Bd越大，灵敏度越高

CU1越大，灵敏度越小

D灵敏度与U2无关

正确答案

A,C,D

解析

解：根据动能定理得，eU1=mv2；

粒子在偏转电场中运动的时间t=，

在偏转电场中的偏转位移h=at2=••=

则灵敏度为=．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大．灵敏度与U2无关．故ACD正确，B错误．

故选：ACD．

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题型：简答题

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简答题

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板间的加速电压U1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，电荷量为e．求：

（1）电子穿过A板时的速度大小；

（2）P点到O点的距离；

（3）电子到达p点的动能．

正确答案

解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，

由动能定理得：eU1=mv02，

解得：v0=；

（2）电子以速度υ0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α，离开偏转电场时的侧移量为y1，

由牛顿第二定律得：F=eE2=e=ma，解得：a=，

由运动学公式得：L1=v0t1，y1=at12，解得：y1=；

设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy，

由匀变速运动的速度公式可知υy=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，

水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，解得：y2=；

P至O点的距离y=y1+y2=；

（3）设电子离开偏转电场时动能为EK，则由动能定理得：

Eqy=EK-

解得：EK=U1e+；

答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）荧光屏上P点到中心位置O点的距离为．

（3）电子到达p点的动能U1e+．

解析

解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，

由动能定理得：eU1=mv02，

解得：v0=；

（2）电子以速度υ0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α，离开偏转电场时的侧移量为y1，

由牛顿第二定律得：F=eE2=e=ma，解得：a=，

由运动学公式得：L1=v0t1，y1=at12，解得：y1=；

设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy，

由匀变速运动的速度公式可知υy=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，

水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，解得：y2=；

P至O点的距离y=y1+y2=；

（3）设电子离开偏转电场时动能为EK，则由动能定理得：

Eqy=EK-

解得：EK=U1e+；

答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）荧光屏上P点到中心位置O点的距离为．

（3）电子到达p点的动能U1e+．

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题型：单选题

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单选题

在示波管中，2s内有6×1013个电子通过横截面积未知的电子枪，则示波器中的电流大小为（　　）

A4.8×10-6A

B3×10-13 A

C9.6×10-6 A

D3×1013 A

正确答案

A

解析

解：每个电子的电荷量大小为e=1.6×10-19C，6×1013个电子总电荷量为q=6×1013×1.6×10-19C=9.6×10-6C

则示波管中电流大小为 I==A=4.8×10-6A．

故选：A

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题型：单选题

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单选题

电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是（　　）

A增大加速电压

B增加偏转磁场的磁感应强度

C将圆形磁场区域向屏幕远离些

D将圆形磁场的半径增大些

正确答案

A

解析

解：电子在加速电场中：根据动能定理得：

qU=mv2，

得到：v==

电子进入磁场过程中，由evB=

得电子的轨迹半径为：r==

设磁场的半径为R，电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得：tan=

A、增大加速电压U时，由上可知，r增大，θ减小，可使电子束偏转回到P点．故A正确．

B、增加偏转磁场的磁感应强度B时，r减小，θ增大，电子向上偏转，不能使电子束偏转回到P点．故B错误．

C、将圆形磁场区域向屏幕远离些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，电子束偏转位移更多，不可能回到P点．故C错误．

D、将圆形磁场的半径增大些时，r不变，θ增大，电子向上偏转，不能使电子束偏转回到P点．故D错误．

故选：A

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正确答案

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