[配套K12]2018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

教育配套资料 K12
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=2qmUdlv202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=emUd2 射出偏转电场时合速度 v= vx2+vy2, 由以上各式得 Ek=12mv2=eU1+e4Ud222UL12。 答案:eU1+e4Ud222UL12 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
教育配套资料 K12

教育配套资料 K12
为 e,受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中,电子未碰到极板 A,且不考虑重力 作用。若 k=54,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=emUd0

位移 x1=12a1τ 2

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=kmedU0

初速度的大小 v1=a1τ 匀减速运动阶段的位移 x2=2va122

由题知 d>x1+x2,解得 d>

9eU0τ 10m

2


答案:d>

9eU0τ 2 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 vy?t 图像分别如图(a)和图(b)所示,设两平行板之间的
教育配套资料 K12

教育配套资料 K12 距离为 d。

(1)







v1y



eU0 md

t0



v2y



eU0 md

2t0







(a)

























x = ymax

2???12v1yt0+v1yt0???=3v1yt0=3emUd0t02

而 xymax=d2,解得 d=t0

6eU0 m

由图(b)可得电子的最小侧向位移为 xymin=12v1yt0+v1yt0=32v1yt0=3e2Um0dt02=d4

所以 xymax=d2=

t0 2

6emU0,xymin=d4=

t0 4

6emU0。

(2)v1y2=???emUd0t0???2=e6Um0,v2y2=???emUd02t0???2=23emU0 电子经电压 U0 加速,由动能定理知,12mv02=eU0

所以EEkkmmaixn=1212mmvv2122=1212mm

v02+v2y2 v02+v1y2

eU0+e3U0 16 =eU0+e1U20=13。

答案:见解析 对点训练:带电粒子的力电综合问题 5.(2017·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=2 m,板间距 离 d=1 m,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=2×10-3 s,U0=1×103 V。若 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=1×103 m/s 射入两极板间,粒子所带电荷量为 q=1×10-5 C,质量 m=1×10 -7 kg,粒子重力不计。

教育配套资料 K12

教育配套资料 K12
(1)求粒子在极板间运动的最长时间; (2)若在 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,则有 L=v0t 解得 t=vL0=2×10-3 s。 (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
T 的关系图线如图中Ⅰ所示,粒子在 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,则打到荧光屏上的纵坐标值最小,在 t=T2时刻射入极板 间的粒子在极板间偏转量最小,则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=12a???T2???2+a???T2???2,又 a=qmUd0 t=T2时刻射入极板的粒子在板间沿 y 轴方向的位移为 y2=12a???T2???2 代入已知数据得 y1=0.15 m,y2=0.05 m 可得粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围为 0.85~0.95 m。 (3)粒子打到荧光屏上时的速度 v 大小恒定,由动能定理有 qUd0y2=Ek-12mv02 教育配套资料 K12

教育配套资料 K12
解得 Ek=12mv2=5.05×10-2 J。 答案:(1)2×10-3 s (2)0.85~0.95 m (3)5.05×10-2 J

考点综合训练

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 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 Δ 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 Δ x≤s,则 Δ x=v0t y=L=q2Emt2

联立解得 Δ x=

2mqvE02L。

(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<Δ x≤2s, 则 s=v0t y=q2Emt2
qmEt L-y 由几何关系知 tan θ = v0 =Δ x-s 联立解得 Δ x=mqvE0s2L+s2。 答案:见解析 7.(2017·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=0.30 m 的 A 点处有一固定的点电荷。细杆上套有一带电荷量 q=1×10-6 C、质量 m=0.05 kg 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。已知静电力常量 k=9.0×109 N·m2/C2,重力加速度 g=10 m/s2。(计算结果保留
教育配套资料 K12

教育配套资料 K12 两位有效数字)

(1)试估算点电荷所带电荷量 Q 的大小;

(2)求小环位于 h1=0.40 m 处时的加速度 a;

(3)求小环从 h2=0.30 m 处下落到 h3=0.12 m 处的过程中,其电势能的改变量。

解析:(1)由题图乙可知,当 h′=0.36 m(或 h′=0.12 m)时,小环所受合力为零,则

有 kd2+Qqh′2×

h′ =mg d2+h′2

代入已知数据解得 Q=mg

d2+h′2 kqh′

3
=1.6×10-5 C。

(2)小环加速度沿杆方向,则 mg-F1 d2h+1 h12=ma 又 F1=kd2+Qqh12。 代入已知数据解得 a=0.78 m/s2,方向竖直向下。 (3)设小环从 h2=0.30 m 处下落到 h3=0.12 m 处的过程中,电场力对小环做功为 WE 根据动能定理有 mg(h2-h3)+WE=Δ Ek=0.055 0 J-0.068 5 J=-0.013 5 J 代入已知数据解得 WE=Δ Ek-mgΔ h≈-0.10 J 所以小环的电势能增加了 0.10 J。 答案:(1)1.6×10-5 C (2)0.78 m/s2 方向竖直向下

(3)增加 0.10 J

教育配套资料 K12


相关文档

[配套K12]2018版高考物理一轮复习 课时跟踪检测(二十三)第六章 静电场 第3节 带电粒子在电场中的运动
[配套K12]2018版高考物理一轮复习 第六章 静电场 第4节 带电粒子在电场中运动的综合问题
[配套K12]2018版高考物理一轮复习 课时跟踪检测33 电容器 带电粒子在电场中的运动
[K12学习]2018版高考物理一轮复习 课时跟踪检测(二十一)第六章 静电场 第1节 电场力的性质
[K12学习]2018版高考物理一轮复习 第六章 静电场 第3节 带电粒子在电场中的运动
[配套K12]2018版高考物理一轮复习 课时跟踪检测(二十一)第六章 静电场 第1节 电场力的性质
[配套K12]2018版高考物理一轮复习 第六章 静电场 第3节 带电粒子在电场中的运动
[配套K12]2018版高考物理大一轮复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子在电场中运动的综合问题课时达标练 新人
[配套K12]2018版高考物理大一轮复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子在电场中运动的综合问题课时训练(含解
[配套K12]2018版高考物理 知识复习与检测 第六章 静电场 专题强化七 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问
电脑版