示波管的构造及其工作原理_章节学习

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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器，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，电子经过偏转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，电子质量为m，电荷量为e．不计重力，求：

（1）电子穿过A板时的速度大小；

（2）P点到O点的距离．

（3）电子打在荧光屏上的动能大小．

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）根据动能定理：电子打在荧光屏上的动能大小：Ek=eU1+eE•y2=eU1+

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）电子打在荧光屏上的动能大小eU1+．

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）根据动能定理：电子打在荧光屏上的动能大小：Ek=eU1+eE•y2=eU1+

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）电子打在荧光屏上的动能大小eU1+．

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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将圆形磁场区域与屏幕间距离增大些

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：由evB=m 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增大些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，不能使电子束偏转回到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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题型：简答题

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简答题

如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压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L，电子的质量为m，电荷量为e，求：

（1）电子穿过A板时速度V0的大小；

（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；

（3）要使电子能从偏转电场飞出，偏转电场极板上最大电压U2′多大？

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：L=v0t1，y1=at12，

解得：y1=；

（3）刚好飞出时偏转量为

即

U=

答：（1）电子穿过A板时速度V0的大小为；

（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y为；

（3）要使电子能从偏转电场飞出，偏转电场极板上最大电压U2′为

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：L=v0t1，y1=at12，

解得：y1=；

（3）刚好飞出时偏转量为

即

U=

答：（1）电子穿过A板时速度V0的大小为；

（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y为；

（3）要使电子能从偏转电场飞出，偏转电场极板上最大电压U2′为

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题型：填空题

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填空题

（2015秋•蓟县期中）在示波管中，电子枪3s内发射了6×1015个电子，则电流的大小为______．

正确答案

3.2×10-4A

解析

解：每个电子的电荷量大小为：e=1.6×10-19C，

6×1015个电子总电荷量为：q=6×1015×1.6×10-19C=9.6×10-4C，

则示波管中电流大小为：I===3.2×10-4A．

故答案为：3.2×10-4A

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题型：多选题

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多选题

如图所示是示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h．两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L．为了提高示波管的灵敏度（即每单位电压引起的偏转量h/U2），可采取的方法是（　　）

A增大两板间电势差U2

B减小板长 L

C减小两板间距离 d

D减小加速电压 U1

正确答案

C,D

解析

解：带电粒子加速时应满足：qU1=mv02

带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：L=v0t h=at2 a==

联立以上各式可得h=

可见，灵敏度与U2无关，所以A错误．

故选CD．

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