高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十四）带电粒子在电场中运动的综合问题-人教版高三物理试题

课时跟踪检测（二十四）带电粒子在电场中运动的综合问题对点训练：示波管的工作原理1．[多选]有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量 B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒的喷出速度解析：选BD根据偏转距离公式y＝eq\f(qUl2,2mdv02)可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B、D正确。2.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1＝eq\f(1,2)mvx2进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝eq\f(eU2,md)射出偏转电场时合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，由以上各式得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eU1＋eq\f(eU22L2,4d2U1)。答案：eU1＋eq\f(eU22L2,4d2U1)对点训练：带电粒子在交变电场中的运动3．(2018·常州模拟)如图(a)所示，平行金属板A和B的长均为L，板间距离为d，在离它们的右端相距eq\f(L,2)处安放着垂直金属板的足够大的靶MN。现有粒子质量为m、带正电且电荷量为q的粒子束从AB的中点O沿平行于金属板的OO1方向源源不断地以v0的初速度射入板间。若在A、B板上加上如图(b)所示的方波形电压，t＝0时A板比B板的电势高，电压的正向值为U0，反向值也为U0，且U0＝eq\f(3mdv02,qL)，设粒子能全部打在靶MN上，而且所有粒子在AB间的飞行时间均为eq\f(L,v0)，不计重力影响，试问：(1)要使粒子能全部打在靶MN上，板间距离d应满足什么条件？(2)在距靶MN的中心O1点多远的范围内有粒子击中？解析：(1)零时刻进入的粒子向下偏转，设第一个eq\f(1,3)周期的侧移量为y0y0＝eq\f(1,2)·eq\f(U0q,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,3v0)))2＝eq\f(1,6)L第一个、第二个和第三个eq\f(1,3)周期的侧移量之比为1∶3∶3y＝(1＋3＋3)y0＝eq\f(7,6)Leq\f(d,2)>y，解得d>eq\f(7,3)L。(2)所有粒子射出时都相互平行，出射方向斜向下与水平方向夹角为α，tanα＝eq\f(a·\f(T,3),v0)＝1，α＝45°，分析可得：eq\f(2,3)周期时刻进入的粒子的侧移量在OO1线上方y0位置处射出，打在靶上的位置在O1下方eq\f(L,2)－eq\f(L,6)＝eq\f(L,3)处，零时刻进入的粒子打在O1下方eq\f(7,6)L＋eq\f(L,2)＝eq\f(5,3)L所以O1点下方eq\f(L,3)～eq\f(5L,3)处有粒子击中。答案：(1)d>eq\f(7L,3)(2)O1点下方eq\f(L,3)～eq\f(5L,3)处有粒子击中4．一电子以水平速度v0沿两平行金属板A、B的轴线MN射入，两金属板间电压UAB的变化规律如图所示。已知电子质量为m，电荷量为e，电压周期为T，电压为U0。(1)若电子从t＝0时刻进入两板间，且能从板右边水平飞出，则金属板可能为多长？(2)若电子从t＝0时刻进入两板间，且在半个周期内恰好能从板的上边缘飞出，则电子飞出速度为多大？(3)若电子能从板右边N点水平飞出，电子应在哪一时刻进入两板间？两板间距离至少为多大？解析：(1)电子能水平从右边飞出，经过时间应满足：t＝nT又因水平方向匀速运动，所以板长为：l＝nv0T(n＝1,2，3，…)。(2)电子加速过程中：eeq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02计算得出v＝eq\r(v02＋\f(eU0,m))。(3)要粒子从O′点水平飞出，电子进入时刻应为：t＝eq\f(T,4)＋neq\f(T,2)(n＝0,1,2,3…)即：t＝eq\f(2n＋1,4)T(n＝0,1,2,3…)在半周期内竖直方向位移为y＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2又eeq\f(U0,d)＝ma电子不与板相碰，必须满足条件：y≤eq\f(d,2)由上式得两板间距离至少为：d≥eq\f(T,2)eq\r(\f(eU0,2m))。答案：(1)l＝nv0T(n＝1,2,3，…)(2)eq\r(v02＋\f(eU0,m))(3)t＝eq\f(2n＋1,4)T(n＝0,1,2,3，…)d≥eq\f(T,2)eq\r(\f(eU0,2m))考点综合训练5.(2018·徐州第一中学模拟)如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的eq\f(1,6)圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷。现有一质量为m可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于eq\r(\f(8,3)gR)的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回。若∠COB＝30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为eq\f(8,3)mg，从A至C小球克服库仑力做的功为eq\f(2－\r(3),2)mgR，重力加速度为g。求：(1)小球第一次到达B点时的动能；(2)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力。解析：(1)小球从A运动到B，A、B两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：－mgR(1－cos60°)＝EkB－eq\f(1,2)mvA2代入数据解得：EkB＝eq\f(5,6)mgR。(2)小球第一次过A时，由牛顿第二定律得：N＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(vA2,R)从A到C，由动能定理得：－W电－mgR－Wf＝0－eq\f(1,2)mvA2从C到A，由动能定理得：W电＋mgR－Wf＝eq\f(1,2)mvA′2小球返回A点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N′，由牛顿第二定律得：N′＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(vA′2,R)联立以上解得：N′＝eq\f(28－3\r(3),3)mg根据牛顿第三定律，返回A点时，小球对圆弧杆的弹力为eq\f(28－3\r(3),3)mg，方向向下。答案：(1)eq\f(5,6)mgR(2)eq\f(28－3\r(3),3)mg，方向向下6.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离。解析：设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论：(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即Δx≤s，则Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2联立解得Δx＝eq\r(\f(2mv02L,qE))。(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即s<Δx≤2s，则s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由几何关系知tanθ＝eq\f(\a\vs4\al(\f(qE,m)t),v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)联立解得Δx＝eq\f(mv02L,qEs)＋eq\f(s,2)。答案：见解析7.如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R＝0.5m的eq\f(1,4)圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝1×104N/C。今有一质量为m＝0.1kg、带电荷量＋q＝7.5×10－5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力。(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程。(3)判定小滑块最终能否停止运动，如能：计算其最终位置予以表述；如不能：定性判定其最终运动状态。(可能用到的三角函数：tan37°＝0.75)解析：(1)设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过程应用动能定理mgR－qER＝eq\f(1,2)mv2设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F′，由牛顿第三定律得，两力大小满足F′＝F对滑块由牛顿第二定律得F′－mg＝meq\f(v2,R)得F＝F′＝3mg－2qE＝1.5N。(2)由于滑块在水平面上的滑动摩擦力f＝μmg＝0.05N＜qE＝0.75N故滑块最终将不会静止在水平轨道上；又由于圆弧轨道是光滑的，滑块在圆弧轨道上也不会静止；当滑块到达B的速度恰好等于0时，滑块在水平面内的路程最大。设滑块在水平轨道上通过的总路程为s，对全程应用动能定理得mgR－qER－fs＝0得s＝eq\f(mg－qER,μ