1、課時跟蹤檢測（二十四）帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題對點(diǎn)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(jī)，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C增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓B減小墨汁微粒所帶的電荷量D增大墨汁微粒的噴出速度2mdv02qUl2解析：選 BD根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式 y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

2、出速度，B、D 正確。2.在示波管中，電子通過電子槍加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，然后上，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，經(jīng)過加速電場加速，加速電場電壓為 U1，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，偏射到熒光屏從靜止開始，轉(zhuǎn)電場中兩板eU22L2由以上各式得 Ek  mv2         4d2U1答案：eU1222波形電壓，t0 時 A 板比 B 板的電勢高，電壓的正向值為

3、0;U0，反向值也為 U0，且 U03mdv02qL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？1解析：電子在加速電場加速時，根據(jù)動能定理 eU12mvx2eU進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后 Lvxt，vyat，a md2射出偏轉(zhuǎn)電場時合速度 v vx2vy2，12eU 。1eU 2L24d U1對點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動3(2018·常州模擬)如圖 (a)所示，平行金屬板 A 和 B&

4、#160;的長均為 L，板間距離為 d，在離它們的右端L相距 處安放著垂直金屬板的足夠大的靶 MN。現(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(diǎn) 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，設(shè)粒子能全v0L部打在靶 MN 上，而且所有粒子在 AB 間的飛行時間均為 ，不計重力影響，試問：

5、y0  ·0  ·ç ÷2  L2md3>y，解得 d>  L。3v0(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(diǎn)多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)有粒子擊中？1解析：(1)零時刻進(jìn)入的粒子向下偏轉(zhuǎn)，設(shè)第一個3周期的側(cè)移量為 y01U q æ L ö1

6、2;3v0ø61第一個、第二個和第三個 周期的側(cè)移量之比為 1337y(133)y06Ld723Ta·(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  ，tan  1， 45°，2LLL分析可得：3周期時刻進(jìn)入的粒子的側(cè)移量在 OO1 線上方 y0 位置處射出，打在靶上的位置在 O1 下方263處，7L5零時刻進(jìn)入的粒子打在 O1 下方6L23LL5L所以 O1 點(diǎn)下方3 

7、;3 處有粒子擊中。7LL5L3答案：(1)d>(2)O1 點(diǎn)下方3 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 t0 時刻進(jìn)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 t0 時刻進(jìn)入兩板間，且在半個周期

8、內(nèi)恰好能從板的上邊緣飛出，則電子飛出速度為多大？計算得出 v        eUt  n  (n0,1,2,3)即：t   1 æTö2 è4ød2(3)若電子能從板右邊 N 點(diǎn)水平飛出，電子應(yīng)在哪一時刻進(jìn)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：tnT又因水平方向勻速運(yùn)動，所以板長為： lnv0T(n1,2

9、，3，)。U11  mv2(2)電子加速過程中：e 2022mv02v02 m 0。(3)要粒子從 O點(diǎn)水平飛出，電子進(jìn)入時刻應(yīng)為：TT424T(n0,1,2,3)在半周期內(nèi)豎直方向位移為 y2× aç ÷2U又 e0mad電子不與板相碰，必須滿足條件：y2    eU02mT由上式得兩板間距離至少為：d答案：(1)lnv0T(n1,2,3，)(2)。eUv02 m 0(3)t  

10、60;24考點(diǎn)綜合訓(xùn)練TT(n0,1,2,3，) deU02m65.(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1B徑為 R 的 圓弧段桿與水平段桿和粗糙傾斜段桿分別在 A、 兩點(diǎn)相切，O 處固定著一個帶正電的點(diǎn)電荷。現(xiàn)有一質(zhì)量為 m 可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)豎直面內(nèi)，半圓弧桿的圓心電小球穿在水3平桿上，以方向水平向右、大小等于8gR的速度通過 A 點(diǎn)，小球能夠上滑的最高點(diǎn)為 C，到達(dá) C 后，小3球克服庫侖力做的功為 

11、;    mgR，重力加速度為 g。求：8球?qū)⒀貤U返回。若COB30°，小球第一次過 A 點(diǎn)后瞬間對圓弧細(xì)桿向下的彈力大小為 mg，從 A 至 C 小2 32(1)小球第一次到達(dá) B 點(diǎn)時的動能；(2)小球返回 A 點(diǎn)前瞬間對圓弧桿的彈力。解析：(1)小球從 A 運(yùn)動到 B，A、B 兩點(diǎn)為等勢點(diǎn)，所以電場力不做功，由動能定理得：Nk2 mgmR R1mgR(

12、1cos 60°)EkB2mvA25代入數(shù)據(jù)解得：EkB6mgR。(2)小球第一次過 A 時，由牛頓第二定律得：QqvA21從 A 到 C，由動能定理得：W 電mgRWf02mvA21從 C 到 A，由動能定理得： W 電mgRWf2mvA2Qqv 2         小球返回 A 點(diǎn)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

13、律得：Nk R2 mgmAR聯(lián)立以上解得：N   3   3mg3根據(jù)牛頓第三定律 ，返回 A 點(diǎn)時，小球?qū)A弧桿的彈力為3 33mg，方向向下。65答案：(1) mgR(2)3 33mg，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(diǎn)射入第一象限內(nèi)，為了使這個粒子能經(jīng)過 x 軸上定點(diǎn) b，可在第一

14、象限的某區(qū)域內(nèi)加一方向的勻強(qiáng)電場。已知所加電場的場強(qiáng)大小為 E，電場區(qū)域沿 x 方向L，Ob2s，粒子的質(zhì)量為 m，帶電量為 q，重力不計，試討論向沿 y 軸負(fù)方的寬度為 s，Oa電場的左邊界2m聯(lián)立解得  x   2mv02L。與 b 的可能距離。解析：設(shè)電場左邊界到 b 點(diǎn)的距離為  x，已知電場寬度為 s，Ob2s，分以下兩種情況討論：(1)若粒子在離開電場前已到達(dá) b 

15、點(diǎn)，如圖甲所示，即  xs，則  xv0tqEyLt2qEqE(2)若粒子離開電場后做勻速直線運(yùn)動到達(dá) b 點(diǎn)，如圖乙所示，即 s< x2s，則 sv0ty2mt2m    Lyv0  xs聯(lián)立解得  x0     。4qEt由幾何關(guān)系知 tan  mv 2LsqEs2答案：見解析17.如圖所示，A、B 是位于豎直平面內(nèi)、

16、半徑 R0.5 m 的 圓弧緣軌道，其下端點(diǎn) B 與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平電場中，電場強(qiáng)度 E1×104 N/C。今有一質(zhì)量為 m0.1 kg、帶電形的光滑絕向左的勻強(qiáng)荷量 q 2R得 s   則 tan   0.757.5×105 C 的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從 A 點(diǎn)由靜止釋放。若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)

17、0; 0.05，取 g10 m/s2，求：(1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點(diǎn) B 時對 B 點(diǎn)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(yùn)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(yùn)動狀態(tài)。(可能用到的三角函數(shù)：tan 37°0.75)1解析：(1)設(shè)滑塊在 B 點(diǎn)速度為 v，對滑塊從 A 到 B 的過程應(yīng)用動能定理 mgRqER mv2設(shè)滑塊在 B 點(diǎn)對 B 點(diǎn)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 FFv2對滑塊由牛頓第二定律得 Fmgm得 FF3mg2qE1.5 N。(2)由于滑塊在水平面上的滑動摩擦力 f mg0.05 NqE0.75 N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