1、【 精品教育资源文库 】 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 多选 有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。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，下列措施可行的是 ( ) 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 qUl22mdv02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，
2、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，如图所示，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 12mvx2 进入偏转电场后 L vxt， vy at， a eU2md 射出偏转电场时合速度 v vx2 vy2， 由以上各式得 Ek 12mv2 eU1 eU22L24d2U1。 答案：
3、 eU1 eU22L24d2U1 对点训练：带电粒子在交变电场中的运动 3 (2018 常州模拟 )如图 (a)所示，平行金属板 A 和 B 的长均为 L，板间距离为 d，在离它们的右端相距 L2处安放着垂直金属板的足够大的靶 MN。现有粒子质量为 m、带正电且电荷量为 q 的粒子束从 AB 的中点 O 沿平行于金属板的 OO1方向源源不断地以 v0的初速度射入【 精品教育资源文库 】 板间。若在 A、 B 板上加上如图 (b)所示的方波形电压， t 0 时 A 板比 B 板的电势高，电压的正向值为 U0，反向值也为 U0，且 U0 3mdv02qL ，设粒子能全部打在靶 MN 上，而且所有
4、粒子在 AB 间的飞行时间均为 Lv0，不计重力影响，试问： (1)要使粒子能全部打在靶 MN 上，板间距离 d 应满足什么条件？ (2)在距靶 MN 的中心 O1点多远的范围内有粒子击中？ 解析： (1)零时刻进入的粒子向下偏转，设第一个 13周期的侧移量为 y0 y0 12 U0qmd ? ?L3v02 16L 第一个、第二个和第三个 13周期的侧移量之比为 1 3 3 y (1 3 3)y0 76L d2y，解得 d73L。 (2)所有粒子射出时都相互平行，出射方向斜向下与水 平方向夹角为 ， tan a T3v0 1， 45 ，分析可得： 23周期时刻进入的粒子的侧移量在 OO1线上方
5、 y0位置处射出，打在靶上的位置在 O1下方 L2 L6 L3处， 零时刻进入的粒子打在 O1下方 76L L2 53L 所以 O1点下方 L3 5L3 处有粒子击中。 答案： (1)d7L3 (2)O1点下方 L3 5L3 处有粒子击中 4一电子以水平速度 v0沿两平行金属板 A、 B 的轴线 MN 射入，两金属板间电压 UAB的变化规律如图所示。已知电子质量为 m，电荷量为 e，电压周期为 T，电压为 U0。 【 精品教育资源文库 】 (1)若电子从 t 0 时刻进入两板间，且能从板右边水平飞出，则金属板可能为多长？ (2)若电子从 t 0 时刻进入两板间，且在半个周期内恰好能从板的上边
6、缘飞出，则电子飞出速度为多大？ (3)若电子能从板右边 N 点水平飞出，电子应在哪一时刻进入两板间？两板间距离至少为多 大？ 解析： (1)电子能水平从右边飞出，经过时间应满足： t nT 又因水平方向匀速运动，所以板长为： l nv0T(n 1,2， 3， ) 。 (2)电子加速过程中： eU02 12mv2 12mv02 计算得出 v v02 eU0m 。 (3)要粒子从 O 点水平飞出，电子进入时刻应为： t T4 nT2(n 0,1,2,3) 即： t n4 T(n 0,1,2,3) 在半周期内竖直方向位移为 y 2 12a? ?T4 2 又 eU0d ma 电子不与板相碰，必须满足条
7、件： y d2 由上式得两板间距离至少为： d T2 eU02m。 答案： (1)l nv0T(n 1,2,3， ) (2) v02 eU0m (3)t n4 T(n 0,1,2,3， ) d T2 eU02m 考点综合训练 5.(2018 徐州第一中学模拟 )如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为 R的 16圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在 A、【 精品教育资源文库 】 B 两点相切，圆弧杆的圆心 O 处固定着一个带正电的点电荷。现有一质量为 m 可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于 83gR的速度通过 A 点，小球能够上滑的最高点为 C，到达 C 后，
8、小球将沿杆返回。若 COB 30 ，小球第一 次过 A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为 83mg，从 A 至 C 小球克服库仑力做的功为 2 32 mgR，重力加速度为 g。求： (1)小球第一次到达 B 点时的动能； (2)小球返回 A 点前瞬间对圆弧杆的弹力。 解析： (1)小球从 A 运动到 B， A、 B 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得： mgR(1 cos 60) EkB 12mvA2 代入数据解得： EkB 56mgR。 (2)小球第一次过 A 时，由牛顿第二定律得： N kQqR2 mg mvA2R 从 A 到 C，由动能定理得： W 电 mgR Wf 0 12
9、mvA2 从 C 到 A，由动能定理得： W 电 mgR Wf 12mvA 2 小球返回 A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为 N ，由牛顿第二定律得： N kQqR2 mg mvA2R 联立以上解得： N 3 33 mg 根据牛顿第三定律 ，返回 A 点时，小球对圆弧杆的弹力为 3 33 mg，方向向下。 答案： (1)56mgR (2) 3 33 mg，方向向下 6.如图所示，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。已知所加电场的场强大小为
10、 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。 【 精品教育资源文库 】 解析：设电场左边界 到 b 点的距离为 x，已知电场宽度为 s， Ob 2s，分以下两种情况讨论： (1)若粒子在离开电场前已到达 b 点，如图甲所示，即 x s，则 x v0t y L qE2mt2 联立解得 x 2mv02LqE 。 (2)若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 x2 s，则 s v0t y qE2mt2 由几何关系知 tan qEmtv0 L y x s 联立解得 x mv02
11、LqEs s2。 答案：见解析 7.如图所示， A、 B 是位于竖直平面内、半径 R 0.5 m 的 14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点 B 与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度 E 110 4 N/C。今有一质量为 m 0.1 kg、带电荷量 q 7.5 10 5 C 的小滑块 (可视为质点 )从 A 点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数 0.05，取 g 10 m/s2，求： (1)小滑块第一次经过圆弧形轨道 最低点 B 时对 B 点的压力。 (2)小滑块在水平轨道上通过的总路程。 (3)判定小滑块最终能否停止运动，如能：计算其最终位置予以表述；如
12、不能：定性判定其最终运动状态。 (可能用到的三角函数： tan 37 0.75) 解析： (1)设滑块在 B 点速度为 v，对滑块从 A 到 B 的过程应用动能定理 mgR qER 12mv2 设滑块在 B 点对 B 点压力为 F，轨道对滑块支持力为 F ，由牛顿第三定律得，两力大小满足 F F 【 精品教育资源文库 】 对滑块由牛顿第二定律得 F mg mv2R 得 F F 3mg 2qE 1.5 N。 (2)由于滑块在水平面上的滑动摩擦力 f mg 0.05 N qE 0.75 N 故滑块最终将不会静止在水平轨道上；又由于圆弧轨道是光滑的，滑块在圆弧轨道上也不会静止；当滑块到达 B 的速度恰好等于 0 时，滑块在水平面内的路程最大。 设滑块在水平轨道上通过的总路程为 s，对全程应用动能定理得 mgR qER fs 0 得 s mg qE Rmg 2.5 m。 (3)由 (2)的分析可得，滑块在水平轨道和圆弧轨道上都不会静止，滑块将以某一点为中心来回做往复运动；设其平衡位置和圆心的连线与 竖直方向的夹角为 ， 则 tan qEmg 0.75 所以 37 即：滑块将以与圆心的连线与竖直方向的夹角为 37 的一点为中心来回做往复运动。 答案： (1)1.5 N (2)2.5 m (3)滑块将以与圆心的连线与竖直方向的夹角为 37 的一点为中心来回做往复运动
