《江苏专版2019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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2019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（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1课时跟踪检测（二十四）课时跟踪检测（二十四） 带电粒子在电场中运动的综合问题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可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大qUl2 2mdv02墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的
2、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eU1mvx21 2进入偏转电场后Lvxt，vyat，aeU2 md射出偏转电场时合速度v，vx2vy2由以上各式得Ekmv2eU1。1 2eU22L2 4d2U1答案：eU1eU22L2 4d2U1对点训练：带
3、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 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L 2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，t0 时A板比B板的电势高，电2压的正向值为U0，反向值也为U0，且U0，设粒子能全部打在靶MN上，而且所有3mdv02 qL粒子在AB间的飞行时间均为，不计重力影响，试问：L v0(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
4、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 周期的侧移量为y01 3y0 2L1 2U0q md(L 3v0)1 6第一个、第二个和第三个 周期的侧移量之比为 1331 3y(133)y0L7 6y，解得dL。d 27 3(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，tan 1，45，分析可得： 周期时刻进入的粒子的侧移量在OO1线上方y0位置处射aT3 v02 3出，打在靶上的位置在O1下方 处，L 2L 6L 3零时刻进入的粒子打在O1下方L L7 6L 25 3所以O1点下方 处有粒子击中。L 35L 3答案：(1)d (2)O1点下方 处
5、有粒子击中7L 3L 35L 34一电子以水平速度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t0 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？3(2)若电子从t0 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：tnT又因水平方向匀速运动，所以板长为： lnv0T(n1,2，3，)。(2)电子加速过程中：emv2
6、mv02U0 21 21 2计算得出v 。v02eU0m(3)要粒子从O点水平飞出，电子进入时刻应为：t n(n0,1,2,3)T 4T 2即：tT(n0,1,2,3)2n1 4在半周期内竖直方向位移为y2a21 2(T 4)又emaU0 d电子不与板相碰，必须满足条件：yd 2由上式得两板间距离至少为：d 。T 2eU0 2m答案：(1)lnv0T(n1,2,3，) (2) v02eU0m(3)tT(n0,1,2,3，) d 2n1 4T 2eU0 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 圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在1 6A
7、、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 的8 3gR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COB30，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为mg，从A至C小球克服库仑力做8 34的功为mgR，重力加速度为g。求： 2 32(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(1cos 60)EkBmvA21 2代入数据解得：EkBmgR。5 6(2)小球第
8、一次过A时，由牛顿第二定律得：NkmgmQq R2vA2 R从A到C，由动能定理得：W电mgRWf0mvA21 2从C到A，由动能定理得： W电mgRWfmvA21 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：NkmgmQq R2vA2 R联立以上解得：Nmg283 33根据牛顿第三定律 ，返回A点时，小球对圆弧杆的弹力为mg，方向向下。283 33答案：(1)mgR (2)mg，方向向下5 6283 336.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
9、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，OaL，Ob2s，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 x，已知电场宽度为s，Ob2s，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 xs，则 xv0t5yLt2qE 2m联立解得 x 。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sx2s，则sv0t yt2qE 2m由几何关系知 tan qE mtv0Ly xs联立解得 x 。mv02L qEss 2答案：见解析7.如图所示，A、B是位于竖直平面
10、内、半径R0.5 m 的 圆1 4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E1104 N/C。今有一质量为m0.1 kg、带电荷量q7.5105 C 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0.05，取g10 m/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：tan 370.75)解析：(1)设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过
11、程应用动能定理mgRqERmv21 2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FF对滑块由牛顿第二定律得Fmgmv2 R得FF3mg2qE1.5 N。(2)由于滑块在水平面上的滑动摩擦力fmg0.05 NqE0.75 N6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mgRqERfs0得s2.5 m。mgqER mg(3)由(2)的分析可得，滑块在水平轨道和圆弧轨道上都不会静止，滑块将以某一点为中心来回做往复运动；设其平衡位置和圆心的连线与竖直方向的夹角为，则 tan 0.75qE mg所以37即：滑块将以与圆心的连线与竖直方向的夹角为 37的一点为中心来回做往复运动。答案：(1)1.5 N (2)2.5 m (3)滑块将以与圆心的连线与竖直方向的夹角为 37的一点为中心来回做往复运动
