(江苏版)2019届高考物理一轮复习课时检测24《 带电粒子在电场中运动的问题》(含解析)

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＝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＝mvx2进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝射出偏转电场时合速度v＝，由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋。答案：eU1＋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＝，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，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，设第一个周期的侧移量为y0y0＝··2＝L第一个、第二个和第三个周期的侧移量之比为1∶3∶3y＝(1＋3＋3)y0＝L>y，解得d>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，tan α＝＝1，α＝45°，分析可得：周期时刻进入的粒子的侧移量在OO1线上方y0位置处射出，打在靶上的位置在O1下方－＝处，零时刻进入的粒子打在O1下方L＋＝L所以O1点下方～处有粒子击中。答案：(1)d>　(2)O1点下方～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：e＝mv2－mv02计算得出v＝ 。(3)要粒子从O′点水平飞出，电子进入时刻应为：t＝＋n(n＝0,1,2,3…)即：t＝T(n＝0,1,2,3…)在半周期内竖直方向位移为y＝2×a2又e＝ma电子不与板相碰，必须满足条件：y≤由上式得两板间距离至少为：d≥ 。答案：(1)l＝nv0T(n＝1,2,3，…)　(2) 　(3)t＝T(n＝0,1,2,3，…)　d≥ 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 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mg，从A至C小球克服库仑力做的功为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－cos 60°)＝EkB－mvA2代入数据解得：EkB＝mgR。(2)小球第一次过A时，由牛顿第二定律得：N＋k－mg＝m从A到C，由动能定理得：－W电－mgR－Wf＝0－mvA2从C到A，由动能定理得： W电＋mgR－Wf＝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′＋k－mg＝m联立以上解得：N′＝mg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。答案：(1)mgR　(2)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＝t2联立解得Δx＝ 。(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＝v0t　y＝t2由几何关系知tan θ＝＝联立解得Δx＝＋。答案：见解析7.如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的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＝1×104 N/C。今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量＋q＝7.5×10－5 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μ＝0.05，取g＝10 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 37°＝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＝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＝m得F＝F′＝3mg－2qE＝1.5 N。(2)由于滑块在水平面上的滑动摩擦力f＝μmg＝0.05 N＜qE＝0.75 N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＝＝2.5 m。(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θ，则tan θ＝＝0.75所以θ＝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