2023版高考物理一轮复习课时跟踪检测（二十四）第六章静电场第4节带电粒子在电场中运动的综合问题

PAGEPAGEPAGE2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．(多项选择)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如下图。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，以下措施可行的是()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＝eq\f(qUl2,2mdv02)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，如下图，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＝eq\f(1,2)mvx2进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝eq\f(eU2,md)射出偏转电场时合速度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)对点训练：带电粒子在交变电场中的运动3．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。假设整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。假设k＝eq\f(5,4)，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。解析：电子在0～τ时间内做匀加速运动加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)初速度的大小v1＝a1τ匀减速运动阶段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)由题知d＞x1＋x2，解得d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))。答案：d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))4．两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问：(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少。解析：以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy­t图像分别如图(a)和图(b)所示，设两平行板之间的距离为d。(1)图中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md)2t0，由图(a)可得电子的最大侧向位移为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))由图(b)可得电子的最小侧向位移为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)电子经电压U0加速，由动能定理知，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：见解析对点训练：带电粒子的力电综合问题5．(2022·深圳模拟)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中，两金属极板AB、OD平行正对放置，OD板与x轴重合，OD板的左端与原点O重合，两极板板长均为L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠两极板右端有一荧光屏。两极板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期T＝2×10－3s，U0＝1×103V。假设t＝0时刻一带正电的粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v0＝1×103m/s射入两极板间，粒子所带电荷量为q＝1×10－5C，质量m＝1×10(1)求粒子在极板间运动的最长时间；(2)假设在0～T时间内均有同种粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v0射入两极板间，求这些粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；(3)在(2)条件下，求粒子打到荧光屏上时的动能。解析：(1)粒子在极板间沿x轴正方向做匀速运动，设运动时间为t，那么有L＝v0t解得t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s。(2)粒子在板间运动的时间恰好等于T，即在y轴方向，粒子有一半时间做匀加速运动。粒子在t＝0时刻射入极板间时，y轴方向的分速度vy随粒子在极板间运动的时间t′变化的关系图线如图中Ⅰ所示，粒子在t＝eq\f(T,2)－t1时刻射入极板间时，vy随t′变化的关系图线如图中Ⅱ所示。图线与t′轴所围面积表示粒子沿y轴方向的位移，可知在t＝0时刻射入极板间的粒子在极板间偏转量最大，那么打到荧光屏上的纵坐标值最小，在t＝eq\f(T,2)时刻射入极板间的粒子在极板间偏转量最小，那么打到荧光屏上的纵坐标值最大。t＝0时刻射入极板的粒子沿y轴方向运动的位移为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)时刻射入极板的粒子在板间沿y轴方向的位移为y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2代入数据得y1＝0.15m，y2＝0.05m可得粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围为0.85～0.95m。(3)粒子打到荧光屏上时的速度v大小恒定，由动能定理有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考点综合训练6.如下图，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。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，电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论：(1)假设粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即Δx≤s，那么Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2联立解得Δx＝eq\r(\f(2mv02L,qE))。(2)假设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，那么s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由几何关系知tanθ＝eq\f(\a\vs4\al(\f(qE,m)t),v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)联立解得Δx＝eq\f(mv02L,qEs)＋eq\f(s,2)。答案：见解析7．(2022·亳州模拟)如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d＝0.30m的A点处有一固定的点电荷。细杆上套有一带电荷量q＝1×10－6C、质量m＝0.05kg的小环。设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示。静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，重力加速度g＝10m/s2(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小；(2)求小环位于h1＝0.40m处时的加速度a；(3)求小环从h2＝0.30m处下落到h3＝0.12m处的过程中，其电势能的改变量。解析：(1)由题图乙可知，当h′＝0.36m(或h′＝0.12m)时，小环所受合力为零，那么有keq\f(Qq,d2＋h′2)×eq\f(h′,\r(d2＋h′2))＝mg代入数据解得Q＝eq\f(mg\r(d2＋h′23),kqh′)＝1.6×10－5C。(2)小环加速度沿杆方向，那么mg－F1eq\f(h1,\r(d2＋h12))＝ma又F1＝keq\f(Qq