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(xùn)練：示波管的工作原理1．[多選]有一種電荷控制式噴墨打印機，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)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，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量 B．減小墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhì)量，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電場，然后射到熒光屏上，如圖所示，設(shè)電子的質(zhì)量為m(不考慮所受重力)，電荷量為e，從靜止開始，經(jīng)過加速電場加速，加速電場電壓為U1，然后進入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場中兩板之間的距離為d，板長為L，偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電場后L＝vxt，vy＝at，a＝eq\f(eU2,md)射出偏轉(zhuǎn)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(xùn)練：帶電粒子在交變電場中的運動3．(2018·常州模擬)如圖(a)所示，平行金屬板A和B的長均為L，板間距離為d，在離它們的右端相距eq\f(L,2)處安放著垂直金屬板的足夠大的靶MN?，F(xiàn)有粒子質(zhì)量為m、帶正電且電荷量為q的粒子束從AB的中點O沿平行于金屬板的OO1方向源源不斷地以v0的初速度射入板間。若在A、B板上加上如圖(b)所示的方波形電壓，t＝0時A板比B板的電勢高，電壓的正向值為U0，反向值也為U0，且U0＝eq\f(3mdv02,qL)，設(shè)粒子能全部打在靶MN上，而且所有粒子在AB間的飛行時間均為eq\f(L,v0)，不計重力影響，試問：(1)要使粒子能全部打在靶MN上，板間距離d應(yīng)滿足什么條件？(2)在距靶MN的中心O1點多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)有粒子擊中？解析：(1)零時刻進入的粒子向下偏轉(zhuǎn)，設(shè)第一個eq\f(1,3)周期的側(cè)移量為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第一個、第二個和第三個eq\f(1,3)周期的側(cè)移量之比為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)所有粒子射出時都相互平行，出射方向斜向下與水平方向夾角為α，tanα＝eq\f(a·\f(T,3),v0)＝1，α＝45°，分析可得：eq\f(2,3)周期時刻進入的粒子的側(cè)移量在OO1線上方y(tǒng)0位置處射出，打在靶上的位置在O1下方eq\f(L,2)－eq\f(L,6)＝eq\f(L,3)處，零時刻進入的粒子打在O1下方eq\f(7,6)L＋eq\f(L,2)＝eq\f(5,3)L所以O(shè)1點下方eq\f(L,3)～eq\f(5L,3)處有粒子擊中。答案：(1)d>eq\f(7L,3)(2)O1點下方eq\f(L,3)～eq\f(5L,3)處有粒子擊中4．一電子以水平速度v0沿兩平行金屬板A、B的軸線MN射入，兩金屬板間電壓UAB的變化規(guī)律如圖所示。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，電壓周期為T，電壓為U0。(1)若電子從t＝0時刻進入兩板間，且能從板右邊水平飛出，則金屬板可能為多長？(2)若電子從t＝0時刻進入兩板間，且在半個周期內(nèi)恰好能從板的上邊緣飛出，則電子飛出速度為多大？(3)若電子能從板右邊N點水平飛出，電子應(yīng)在哪一時刻進入兩板間？兩板間距離至少為多大？解析：(1)電子能水平從右邊飛出，經(jīng)過時間應(yīng)滿足：t＝nT又因水平方向勻速運動，所以板長為：l＝nv0T(n＝1,2，3，…)。(2)電子加速過程中：eeq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02計算得出v＝eq\r(v02＋\f(eU0,m))。(3)要粒子從O′點水平飛出，電子進入時刻應(yīng)為：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…)在半周期內(nèi)豎直方向位移為y＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2又eeq\f(U0,d)＝ma電子不與板相碰，必須滿足條件：y≤eq\f(d,2)由上式得兩板間距離至少為：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))考點綜合訓(xùn)練5.(2018·徐州第一中學(xué)模擬)如圖所示的絕緣細(xì)桿軌道固定在豎直面內(nèi)，半徑為R的eq\f(1,6)圓弧段桿與水平段桿和粗糙傾斜段桿分別在A、B兩點相切，圓弧桿的圓心O處固定著一個帶正電的點電荷?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的帶負(fù)電小球穿在水平桿上，以方向水平向右、大小等于eq\r(\f(8,3)gR)的速度通過A點，小球能夠上滑的最高點為C，到達(dá)C后，小球?qū)⒀貤U返回。若∠COB＝30°，小球第一次過A點后瞬間對圓弧細(xì)桿向下的彈力大小為eq\f(8,3)mg，從A至C小球克服庫侖力做的功為eq\f(2－\r(3),2)mgR，重力加速度為g。求：(1)小球第一次到達(dá)B點時的動能；(2)小球返回A點前瞬間對圓弧桿的彈力。解析：(1)小球從A運動到B，A、B兩點為等勢點，所以電場力不做功，由動能定理得：－mgR(1－cos60°)＝EkB－eq\f(1,2)mvA2代入數(shù)據(jù)解得：EkB＝eq\f(5,6)mgR。(2)小球第一次過A時，由牛頓第二定律得：N＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(vA2,R)從A到C，由動能定理得：－W電－mgR－Wf＝0－eq\f(1,2)mvA2從C到A，由動能定理得：W電＋mgR－Wf＝eq\f(1,2)mvA′2小球返回A點時，設(shè)細(xì)桿對球的彈力方向向上，大小為N′，由牛頓第二定律得：N′＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(vA′2,R)聯(lián)立以上解得：N′＝eq\f(28－3\r(3),3)mg根據(jù)牛頓第三定律，返回A點時，小球?qū)A弧桿的彈力為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.如圖所示，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(nèi)，為了使這個粒子能經(jīng)過x軸上定點b，可在第一象限的某區(qū)域內(nèi)加一方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場。已知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(zhì)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(shè)電場左邊界到b點的距離為Δx，已知電場寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論：(1)若粒子在離開電場前已到達(dá)b點，如圖甲所示，即Δx≤s，則Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2聯(lián)立解得Δx＝eq\r(\f(2mv02L,qE))。(2)若粒子離開電場后做勻速直線運動到達(dá)b點，如圖乙所示，即s<Δx≤2s，則s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由幾何關(guān)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.如圖所示，A、B是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5m的eq\f(1,4)圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度E＝1×104N/C。今有一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶電荷量＋q＝7.5×10－5C的小滑塊(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放。若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：(1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時對B點的壓力。(2)小滑塊在水平軌道上通過的總路程。(3)判定小滑塊最終能否停止運動，如能：計算其最終位置予以表述；如不能：定性判定其最終運動狀態(tài)。(可能用到的三角函數(shù)：tan37°＝0.75)解析：(1)設(shè)滑塊在B點速度為v，對滑塊從A到B的過程應(yīng)用動能定理mgR－qER＝eq\f(1,2)mv2設(shè)滑塊在B點對B點壓力為F，軌道對滑塊支持力為F′，由牛頓第三定律得，兩力大小滿足F′＝F對滑塊由牛頓第二定律得F′－mg＝meq\f(v2,R)得F＝F′＝3mg－2qE＝1.5N。(2)由于滑塊在水平面上的滑動摩擦力f＝μmg＝0.05N＜qE＝0.75N故滑塊最終將不會靜止在水平軌道上；又由于圓弧軌道是光滑的，滑塊在圓弧軌道上也不會靜止；當(dāng)滑塊到達(dá)B的速度恰好等于0時，滑塊在水平面內(nèi)的路程最大。設(shè)滑塊在水平軌道上通過的總路程為s，對全程應(yīng)用動能定理得mgR－qER－fs＝0得s＝eq\f(mg－qER,μ