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 C.增大偏转电场的电压
B.减小墨汁微粒所带的电荷量 D.增大墨汁微粒的喷出速度
qUl2
解析:选BD 根据偏转距离公式y=可知,为使打在纸上的字迹缩小,要增大2mdv02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?
1
解析:电子在加速电场加速时,根据动能定理eU1=mvx2
2进入偏转电场后L=vxt,vy=at,a=
eU2 md
射出偏转电场时合速度v=vx2+vy2, eU22L212
由以上各式得Ek=mv=eU1+2。
24dU1eU22L2
答案:eU1+2
4dU1
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L
离它们的右端相距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
2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
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射入板间。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,3mdv02
电压的正向值为U0,反向值也为U0,且U0=qL,设粒子能全部打在靶MN上,而且L
所有粒子在AB间的飞行时间均为,不计重力影响,试问:
v0
(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?
1
解析:(1)零时刻进入的粒子向下偏转,设第一个周期的侧移量为y0
31U0qL21y0=··=L
2md3v06
1
第一个、第二个和第三个周期的侧移量之比为1∶3∶3
37
y=(1+3+3)y0=L
6d7>y,解得d>L。 23
T
a·3
(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α,tan α==1,
v0
2
α=45°,分析可得:周期时刻进入的粒子的侧移量在OO1线上方y0位置处射出,打在靶上
3LLL
的位置在O1下方-=处,
263
L57
零时刻进入的粒子打在O1下方L+=L
623L5L
所以O1点下方~处有粒子击中。
33
7LL5L
答案:(1)d> (2)O1点下方~处有粒子击中
333
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。
(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?
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(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,…)。 U011
(2)电子加速过程中:e=mv2-mv02
222计算得出v=
eU0v02+m。
(3)要粒子从O′点水平飞出,电子进入时刻应为: TT
t=+n(n=0,1,2,3…) 42即:t=
2n+1
T(n=0,1,2,3…) 4
1T2
在半周期内竖直方向位移为y=2×a
24U0又ed=ma
d
电子不与板相碰,必须满足条件:y≤
2T
由上式得两板间距离至少为:d≥
2答案:(1)l=nv0T(n=1,2,3,…) (2) (3)t=
2n+1T
T(n=0,1,2,3,…) d≥ 42
eU0。 2m
eU0v02+m eU0 2m
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1面内,半径为R的圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B
6两点相切,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
8gR的速度通过A点,小球能够上滑的最高点为C,到达C后,小球将沿杆返回。3
8
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mg,从A至C小
32-3
球克服库仑力做的功为mgR,重力加速度为g。求:
2
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(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: 1-mgR(1-cos 60°)=EkB-mvA2
25
代入数据解得:EkB=mgR。
6
(2)小球第一次过A时,由牛顿第二定律得: vA2Qq
N+k2-mg=mR
R
1
从A到C,由动能定理得:-W电-mgR-Wf=0-mvA2
21
从C到A,由动能定理得: W电+mgR-Wf=mvA′2
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′vA′Qq
+k2-mg=m RR
28-33
联立以上解得:N′=mg
3
28-33
根据牛顿第三定律 ,返回A点时,小球对圆弧杆的弹力为mg,方向向下。
328-335
答案:(1)mgR (2)mg,方向向下
63
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Δx,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Δx≤s,则Δx=v0t y=L=
qE2t 2m
2mv02LqE。
2
联立解得Δx=
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(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<Δx≤2s,则s=v0t qEy=t2 2m
qE
mtL-y
由几何关系知tan θ== v0Δx-smv02Ls
联立解得Δx=qEs+。
2答案:见解析
1
7.如图所示,A、B是位于竖直平面内、半径R=0.5 m的圆弧4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=1×104 N/C。今有一
质量为m=0.1 kg、带电荷量+q=7.5×105 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μ=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=12mv 2
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
v2
对滑块由牛顿第二定律得F′-mg=mR 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=μmg=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
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得s=
mg-qER
=2.5 m。
μmg
(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θ,
qE
则tan θ=mg=0.75 所以θ=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
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