高三物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場(chǎng) 第4節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題課時(shí)跟蹤檢測(cè)試題

帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：示波管的工作原理1．圖1(a)為示波管的原理圖。如果在電極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(huì)看到的圖形是選項(xiàng)中的()圖1解析：選B在0～2t1時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)UY為正的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，因此一個(gè)周期內(nèi)熒光屏上的圖像為B。2．在示波管中，電子通過電子槍加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，然后射到熒光屏上，如圖2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(chǎng)加速，加速電場(chǎng)電壓為U1，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(dòng)能為多大？圖2解析：電子在加速電場(chǎng)加速時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理eU1＝eq\f(1,2)mvx2進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后L＝vxt，vy＝at，a＝eq\f(eU2,md)射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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3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(shí)，極板B附近的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場(chǎng)作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)。若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件。圖3解析：電子在0～τ時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運(yùn)動(dòng)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(dǎo)體板如圖4甲所示，大量電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)由靜止開始，經(jīng)電壓為U0的電場(chǎng)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(dāng)兩板均不帶電時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0；當(dāng)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(shí)，恰好能使所有電子均從兩板間通過(不計(jì)電子重力)。問：圖4(1)這些電子通過兩板之間后，側(cè)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(cè)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(shí)的動(dòng)能之比為多少。解析：以電場(chǎng)力的方向?yàn)閥軸正方向，畫出電子在t＝0時(shí)和t＝t0時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)后沿電場(chǎng)力方向的速度vy隨時(shí)間t變化的vy-t圖像分別如圖a和圖b所示，設(shè)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(cè)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(cè)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(jīng)電壓U0加速，由動(dòng)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(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子的力電綜合問題5.(多選)(2015·綿陽二診)如圖5所示，粗糙且絕緣的斜面體ABC在水平地面上始終靜止。在斜面體AB邊上靠近B點(diǎn)固定一點(diǎn)電荷，從A點(diǎn)無初速釋放帶負(fù)電且電荷量保持不變的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度恰為零。則小物塊從A到P運(yùn)動(dòng)的過程()圖5A．水平地面對(duì)斜面體沒有靜摩擦作用力B．小物塊的電勢(shì)能一直增大C．小物塊所受到的合外力一直減小D．小物塊損失的機(jī)械能大于增加的電勢(shì)能解析：選BD對(duì)整體受力分析可知，帶電物塊在沿斜面運(yùn)動(dòng)過程中，受到庫侖力、重力、垂直斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力，先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，水平方向加速度大小先減小后增大，所以要受到地面的摩擦力，摩擦力大小先減小后反向增大，故A錯(cuò)誤；由運(yùn)動(dòng)可知，B點(diǎn)電荷帶負(fù)電，A也帶負(fù)電荷，故A在下滑的過程中，庫侖力做負(fù)功，故物塊的電勢(shì)能增大，故B正確；物塊A先加速后減速，加速度大小先減小后增大，故受到的合力先減小后增大，故C錯(cuò)誤；由能量守恒可知帶電物塊損失的機(jī)械能大于它增加的電勢(shì)能，是因?yàn)榭朔Σ亮ψ隽斯?，故D正確。6．如圖6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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn))，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知sAB＝1.0m，帶電體與軌道AB、CD間的動(dòng)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(dòng)摩擦力相等。求：(g取10m/s2圖6(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)帶電體最終停在何處。解析：(1)設(shè)帶電體到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，從A到C由動(dòng)能定理得：qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝10m/s。(2)設(shè)帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h；從C到D由動(dòng)能定理得：－mgh－μqEh＝0－eq\f(1,2)mv2解得h＝eq\f(5,3)m在最高點(diǎn)，帶電體受到的最大靜摩擦力Ffmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N因?yàn)镚＜Ffmax所以帶電體最終靜止在與C點(diǎn)的豎直距離為eq\f(5,3)m處。答案：(1)10m/s(2)離C點(diǎn)的豎直距離為eq\f(5,3)m處考點(diǎn)綜合訓(xùn)練7.(2015·亳州模擬)如圖7所示，在E＝103V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，其半徑R＝40cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5m的M處，g取10m/s2，圖7(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？(2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？解析：(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，由牛頓第二定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動(dòng)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(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′，則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程中，由動(dòng)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(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得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(duì)軌道的壓力N′＝N＝0.6N答案：(1)7m/s(2)0.6N8.如圖8所示，一個(gè)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(gè)粒子能經(jīng)過x軸上定點(diǎn)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(qiáng)電場(chǎng)。已知所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，電場(chǎng)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(jì)，試討論電場(chǎng)的左邊界與b的可能距離。圖8解析：設(shè)電場(chǎng)左邊界到b點(diǎn)的距離為Δx，已知電場(chǎng)寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論：(1)若粒子在離開電場(chǎng)前已到達(dá)b點(diǎn)，如圖甲所示，即Δx≤s，則Δx＝v0ty＝L