2023版高考物理一輪復習課時跟蹤檢測（二十四）第六章靜電場第4節(jié)帶電粒子在電場中運動的綜合問題

PAGEPAGEPAGE2課時跟蹤檢測〔二十四〕帶電粒子在電場中運動的綜合問題對點訓練：示波管的工作原理1．(多項選擇)有一種電荷控制式噴墨打印機，它的打印頭的結構簡圖如下圖。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小，以下措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質量B．減小墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉電場的電壓D．增大墨汁微粒的噴出速度解析：選BD根據(jù)偏轉距離公式y(tǒng)＝eq\f(qUl2,2mdv02)可知，為使打在紙上的字跡縮小，要增大墨汁微粒的質量，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉電場的電壓，增大墨汁微粒的噴出速度，B、D正確。2.在示波管中，電子通過電子槍加速，進入偏轉電場，然后射到熒光屏上，如下圖，設電子的質量為m(不考慮所受重力)，電荷量為e，從靜止開始，經過加速電場加速，加速電場電壓為U1，然后進入偏轉電場，偏轉電場中兩板之間的距離為d，板長為L，偏轉電壓為U2，求電子射到熒光屏上的動能為多大？解析：電子在加速電場加速時，根據(jù)動能定理eU1＝eq\f(1,2)mvx2進入偏轉電場后L＝vxt，vy＝at，a＝eq\f(eU2,md)射出偏轉電場時合速度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)對點訓練：帶電粒子在交變電場中的運動3．制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k＞1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示。在t＝0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。假設整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。假設k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時間內不能到達極板A，求d應滿足的條件。解析：電子在0～τ時間內做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)由題知d＞x1＋x2，解得d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))。答案：d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))4．兩塊水平平行放置的導體板如圖甲所示，大量電子(質量為m、電荷量為e)由靜止開始，經電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間。當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過(不計電子重力)。問：(1)這些電子通過兩板之間后，側向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分別是多少；(2)側向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少。解析：以電場力的方向為y軸正方向，畫出電子在t＝0時和t＝t0時進入電場后沿電場力方向的速度vy隨時間t變化的vy-t圖像分別如圖(a)和圖(b)所示，設兩平行板之間的距離為d。(1)圖中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md)2t0，由圖(a)可得電子的最大側向位移為xymax＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v1yt0＋v1yt0))＝3v1yt0＝eq\f(3eU0t02,md)而xymax＝eq\f(d,2)，解得d＝t0eq\r(\f(6eU0,m))由圖(b)可得電子的最小側向位移為xymin＝eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq\f(3,2)v1yt0＝eq\f(3eU0t02,2md)＝eq\f(d,4)所以xymax＝eq\f(d,2)＝eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq\f(d,4)＝eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))。(2)v1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0,md)t0))2＝eq\f(eU0,6m)，v2y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0,md)2t0))2＝eq\f(2eU0,3m)電子經電壓U0加速，由動能定理知，eq\f(1,2)mv02＝eU0所以eq\f(Ekmax,Ekmin)＝eq\f(\f(1,2)mv22,\f(1,2)mv12)＝eq\f(\f(1,2)mv02＋v2y2,\f(1,2)mv02＋v1y2)＝eq\f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq\f(16,13)。答案：見解析對點訓練：帶電粒子的力電綜合問題5．(2022·深圳模擬)如圖甲所示，在平面直角坐標系xOy中，兩金屬極板AB、OD平行正對放置，OD板與x軸重合，OD板的左端與原點O重合，兩極板板長均為L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠兩極板右端有一熒光屏。兩極板間電壓UAO隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期T＝2×10－3s，U0＝1×103V。假設t＝0時刻一帶正電的粒子從A點附近沿x軸正方向以速度v0＝1×103m/s射入兩極板間，粒子所帶電荷量為q＝1×10－5C，質量m＝1×10(1)求粒子在極板間運動的最長時間；(2)假設在0～T時間內均有同種粒子從A點附近沿x軸正方向以速度v0射入兩極板間，求這些粒子打到熒光屏上的縱坐標的范圍；(3)在(2)條件下，求粒子打到熒光屏上時的動能。解析：(1)粒子在極板間沿x軸正方向做勻速運動，設運動時間為t，那么有L＝v0t解得t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s。(2)粒子在板間運動的時間恰好等于T，即在y軸方向，粒子有一半時間做勻加速運動。粒子在t＝0時刻射入極板間時，y軸方向的分速度vy隨粒子在極板間運動的時間t′變化的關系圖線如圖中Ⅰ所示，粒子在t＝eq\f(T,2)－t1時刻射入極板間時，vy隨t′變化的關系圖線如圖中Ⅱ所示。圖線與t′軸所圍面積表示粒子沿y軸方向的位移，可知在t＝0時刻射入極板間的粒子在極板間偏轉量最大，那么打到熒光屏上的縱坐標值最小，在t＝eq\f(T,2)時刻射入極板間的粒子在極板間偏轉量最小，那么打到熒光屏上的縱坐標值最大。t＝0時刻射入極板的粒子沿y軸方向運動的位移為y1＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2，又a＝eq\f(qU0,md)t＝eq\f(T,2)時刻射入極板的粒子在板間沿y軸方向的位移為y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2代入數(shù)據(jù)得y1＝0.15m，y2＝0.05m可得粒子打到熒光屏上的縱坐標的范圍為0.85～0.95m。(3)粒子打到熒光屏上時的速度v大小恒定，由動能定理有qeq\f(U0,d)y2＝Ek－eq\f(1,2)mv02解得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝5.05×10－2J。答案：(1)2×10－3s(2)0.85～0.95m(3)5.05×10－2J考點綜合訓練6.如下圖，一個帶正電的粒子以平行于x軸正方向的初速度v0從y軸上a點射入第一象限內，為了使這個粒子能經過x軸上定點b，可在第一象限的某區(qū)域內加一方向沿y軸負方向的勻強電場。所加電場的場強大小為E，電場區(qū)域沿x方向的寬度為s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的質量為m，帶電量為q，重力不計，試討論電場的左邊界與b的可能距離。解析：設電場左邊界到b點的距離為Δx，電場寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論：(1)假設粒子在離開電場前已到達b點，如圖甲所示，即Δx≤s，那么Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2聯(lián)立解得Δx＝eq\r(\f(2mv02L,qE))。(2)假設粒子離開電場后做勻速直線運動到達b點，如圖乙所示，即s<Δx≤2s，那么s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由幾何關系知tanθ＝eq\f(\a\vs4\al(\f(qE,m)t),v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)聯(lián)立解得Δx＝eq\f(mv02L,qEs)＋eq\f(s,2)。答案：見解析7．(2022·亳州模擬)如圖甲所示，一光滑絕緣細桿豎直放置，在細桿右側d＝0.30m的A點處有一固定的點電荷。細桿上套有一帶電荷量q＝1×10－6C、質量m＝0.05kg的小環(huán)。設小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h，將小環(huán)由靜止釋放后，其動能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示。靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，重力加速度g＝10m/s2(1)試估算點電荷所帶電荷量Q的大??；(2)求小環(huán)位于h1＝0.40m處時的加速度a；(3)求小環(huán)從h2＝0.30m處下落到h3＝0.12m處的過程中，其電勢能的改變量。解析：(1)由題圖乙可知，當h′＝0.36m(或h′＝0.12m)時，小環(huán)所受合力為零，那么有keq\f(Qq,d2＋h′2)×eq\f(h′,\r(d2＋h′2))＝mg代入數(shù)據(jù)解得Q＝eq\f(mg\r(d2＋h′23),kqh′)＝1.6×10－5C。(2)小環(huán)加速度沿桿方向，那么mg－F1eq\f(h1,\r(d2＋h12))＝ma又F1＝keq\f(Qq