【三維設計】2022屆高三物理一輪復習課時跟蹤檢測(二十三)-帶電粒子在電場中運動的綜合問題-

課時跟蹤檢測(二十三)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．圖1(a)為示波管的原理圖。假如在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是圖2中的()圖1圖22．如圖3所示是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l＝4cm，板間距離d＝1cm。板右端距離熒光屏L＝18cm。(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒有畫出)。電子沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是1.6×107m/s，電子電荷量e＝1.60×10－19C，質(zhì)量m＝0.91×10－30kg。圖3(1)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？(2)若在偏轉(zhuǎn)電極上加U＝40sin100πtV的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸上能觀測到多長的線段？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4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四周的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開頭運動。若整個運動過程中，電子未遇到極板A，且不考慮重力作用。若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達極板A，求d應滿足的條件。圖44．如圖5甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求：圖5(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？對點訓練：帶電粒子的力電綜合問題5．(多選)如圖6所示，空間有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，在電場中P處由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)。在P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場的分布)，小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的k倍(k＜1)，而碰撞過程中小球的機械能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反。設在勻強電場中，擋板S處的電勢為零，則下列說法正確的是()圖6A．小球在初始位置P處的電勢能為EqhB．小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度大于hC．小球第一次與擋板相碰后所能達到最大高度時的電勢能小于EqhD．小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度小于h6．如圖7所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R＝0.50m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E＝1.0×104N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.20kg，電荷量q＝8.0×10－4C的帶電體(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止開頭運動，已知sAB＝1.0m，帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為0.5。假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。求：(g取10m/s2)圖7(1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度；(2)帶電體最終停在何處。對點訓練：用等效法解決帶電體在電場、重力場中的運動7.(2021·安徽三校聯(lián)考)如圖8所示，在水平向左的勻強電場中，一帶電小球質(zhì)量為m，電量為－q。用絕緣輕繩(不伸縮)懸于O點，平衡時小球位于A點，此時繩與豎直方向的夾角θ＝30°。繩長為l，AO＝CO＝DO＝l，OD水平，OC豎直。求：圖8(1)電場強度E的大?。?2)當小球移到D點后，讓小球由靜止自由釋放，小球向右運動過程中的最大速率和該時刻輕繩中張力的大小(計算結(jié)果可帶根號)?？键c綜合訓練8.(2021·亳州模擬)如圖9所示，在E＝103V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)1.5m的M處，g取10m/s2，求：圖9(1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？9．(2021·上海十三校聯(lián)考)如圖10所示，在粗糙水平面內(nèi)存在著2n個有抱負邊界的勻強電場區(qū)，水平向右的電場和豎直向上的電場相互間隔，每一電場區(qū)域場強的大小均為E，且E＝eq\f(mg,q)，電場寬度均為d，一個質(zhì)量為m、帶正電的電荷量為q的物體(看作質(zhì)點)，從第一個向右的電場區(qū)域的邊緣由靜止進入電場，該物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則物體從開頭運動到離開第2n個電場區(qū)域的過程中，求：圖10(1)電場力對物體所做的總功？摩擦力對物體所做的總功(2)物體在第2n個電場(豎直向上的)區(qū)域中所經(jīng)受的時間？(3)物體在全部水平向右的電場區(qū)域中所經(jīng)受的總時間？答案1．選B在0～2t1時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當UY為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內(nèi)熒光屏上的圖像為B。2．解析：(1)經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為t＝eq\f(l,v)豎直方向位移eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,dm)t2所以U＝eq\f(d2m,et2)＝eq\f(md2v2,el2)＝91V。(2)由于t＝eq\f(l,v)＝eq\f(4×10－2,1.6×107)s＝2.5×10－9s而T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝eq\f(1,50)s＝0.02s?t，故進入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動。當Um＝40V時，由vx＝v，vy＝eq\f(eUm,dm)t，得偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,vx)＝0.11，偏移量y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ，得在熒光屏的豎直坐標軸上的觀測量為2y＝4.4cm。答案：(1)91V(2)4.4cm3．解析：電子在0～τ時間內(nèi)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(nèi)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．解析：(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速，反向加速，反向減速，經(jīng)受四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0，解得T＝eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T內(nèi)離開中心線的距離為y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))2又a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U0,d)，解得y＝eq\f(qU0T2,32md)在運動過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞擊金屬板，應有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))，即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)。所以粒子的周期應滿足的條件為T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)。(2)粒子進入電場的時間應為eq\f(1,4)T，eq\f(3,4)T，eq\f(5,4)T，…故粒子進入電場的時間為t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3，…)。答案：(1)T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整數(shù)(2)t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3，…)5．選ABC因S處的電勢為0，故φP＝Eh，小球在初始位置P處的電勢能為φPq＝Ehq，A正確；設小球第一次與擋板碰前的速度大小為v0，由動能定理得，mgh＋qEh＝eq\f(1,2)mv02，設反彈后上升的高度為H，由動能定理得(mg＋Ekq)H＝eq\f(1,2)mv02，由以上兩式可得H＝eq\f(mg＋qE,mg＋Ekq)h，因k＜1，故H＞h，B正確，D錯誤；因EqkH＝Eqheq\f(kmg＋kqE,mg＋kEq)＜Eqh，故C正確。6．解析：(1)設帶電體到達C點時的速度為v，從A到C由動能定理得：qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝10m/s(2)設帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h；從C到D由動能定理得：－mgh－μqEh＝0－eq\f(1,2)mv2解得h＝eq\f(5,3)m在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力Ffmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N由于G＜Ffmax所以帶電體最終靜止在與C點的豎直距離為eq\f(5,3)m處。答案：(1)10m/s(2)離C點的豎直距離為eq\f(5,3)m處7．解析：(1)eq\f(qE,mg)＝tan30°E＝eq\f(\r(3)mg,3q)(2)當小球移到D點后，讓小球由靜止自由釋放，小球先做勻加速直線運動，運動到輕繩與豎直方向成30°時繩繃直，與OA關(guān)于OC對稱，設此時速度為vBa＝eq\f(2\r(3),3)gvB2＝2al繩繃直后，垂直繩方向速度vBX＝vBcos30°，沿繩方向速度變?yōu)?到達A點時切向加速度為0，速度達到最大值eq\f(1,2)mvBX2＋qEl＝eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(\f(5\r(3)gl,3))輕繩中張力F－eq\f(2\r(3),3)mg＝F向心＝eq\f(mvA2,l)解得F＝eq\f(7\r(3),3)mg答案：(1)eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(\f(5\r(3)gl,3))eq\f(7\r(3),3)mg8．解析：(1)設小滑塊到達Q點時速度為v，由牛頓其次定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)小滑塊從開頭運動至到達Q點過程中，由動能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)s＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02聯(lián)立方程組，解得：v0＝7m/s(2)設小滑塊到達P點時速度為v′，則從開頭運動至到達P點過程中，由動能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)s＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02又在P點時，由牛頓其次定律得N＝meq\f(v′2,R)代入數(shù)據(jù)，解得：N＝0.6N由牛頓第三定律得，小滑塊對軌道的壓力N′＝N＝0.6N答案：(1)7m/s(2)0.6N9．解析：(1)電場力對物體所做的總功W電＝nEqd＝nmgd摩擦力對物體所做的總功Wf＝－nμmgd(2)W電＋Wf＝eq\f(1,2)mv2v＝eq\r(2n1－μgd)物體在第2n個電場