2022年高考物理第一輪復習 課時跟蹤檢測（二十三）帶電粒子在電場中運動的綜合問題

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1、2022年高考物理第一輪復習 課時跟蹤檢測（二十三）帶電粒子在電場中運動的綜合問題 對點訓練：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，則在熒光屏上會看到的圖形是圖2中的(　　) 圖1 圖2 2．如圖3所示是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l＝4 cm，板間距離d＝1 cm。板右端距離熒光屏L＝18 cm。(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒有畫出)。電子沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是1.6×107 m/s，電子電荷量e＝1.60×10－19C，質(zhì)量m＝0

2、.91×10－30kg。 圖3 (1)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？ (2)若在偏轉(zhuǎn)電極上加U＝40sin 100 πt V的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸上能觀測到多長的線段？ 對點訓練：帶電粒子在交變電場中的運動 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4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，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動

3、過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。若k＝，電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達極板A，求d應滿足的條件。 圖4 4．如圖5甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求： 圖5 (1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？ (2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？ 對點訓練：帶電粒子的力電綜合問題 5．(多選)如圖6所示，空間有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，在電場中P處

4、由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)。在P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場的分布)，小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的k倍(k＜1)，而碰撞過程中小球的機械能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反。設(shè)在勻強電場中，擋板S處的電勢為零，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．小球在初始位置P處的電勢能為Eqh B．小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度大于h C．小球第一次與擋板相碰后所能達到最大高度時的電勢能小于Eqh D．小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度小于h 6．如圖7所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，

5、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＝0.50 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E＝1.0×104 N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.20 kg，電荷量q＝8.0×10－4 C的帶電體(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止開始運動，已知sAB＝1.0 m，帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數(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摩擦力相等。求：(g取10 m/s2) 圖7 (1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度； (2)帶電體最終停在何處。 對點訓練：用等效法解決帶電體在

6、電場、重力場中的運動 7.(xx·安徽三校聯(lián)考)如圖8所示，在水平向左的勻強電場中，一帶電小球質(zhì)量為m，電量為－q。用絕緣輕繩(不伸縮)懸于O點，平衡時小球位于A點，此時繩與豎直方向的夾角θ＝30°。繩長為l，AO＝CO＝DO＝l，OD水平，OC豎直。求： 圖8 (1)電場強度E的大?。? (2)當小球移到D點后，讓小球由靜止自由釋放，小球向右運動過程中的最大速率和該時刻輕繩中張力的大小(計算結(jié)果可帶根號)。 考點綜合訓練 8.(xx·亳州模擬)如圖9所示，在E＝103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半

7、圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q＝10－4 C的小滑塊質(zhì)量m＝10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求： 圖9 (1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？ (2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？ 9．(xx·上海十三校聯(lián)考)如圖10所示，在粗糙水平面內(nèi)存在著2n個有理想邊界的勻強電場區(qū)，水平向右的電場和豎直向上的電場相互間隔，每一電場區(qū)域場強的大小均為E，且E＝，電場寬度均為d，一個

8、質(zhì)量為m、帶正電的電荷量為q的物體(看作質(zhì)點)，從第一個向右的電場區(qū)域的邊緣由靜止進入電場，該物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則物體從開始運動到離開第2n個電場區(qū)域的過程中，求： 圖10 (1)電場力對物體所做的總功？摩擦力對物體所做的總功 (2)物體在第2n個電場(豎直向上的)區(qū)域中所經(jīng)歷的時間？ (3)物體在所有水平向右的電場區(qū)域中所經(jīng)歷的總時間？ 答 案 1．選B　在0～2t1時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當UY為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內(nèi)熒光屏上的圖像

9、為B。 2．解析：(1)經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為t＝ 豎直方向位移＝· t2 所以U＝＝＝91 V。 (2)因為t＝＝ s＝2.5×10－9 s 而T＝＝ s＝ s＝0.02 s?t，故進入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動。 當Um＝40 V時，由vx＝v，vy＝t，得偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝＝0.11，偏移量y＝ tan θ，得在熒光屏的豎直坐標軸上的觀測量為2y＝4.4 cm。 答案：(1)91 V　(2)4.4 cm 3．解析：電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運動 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1τ2 在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動

10、 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1τ 勻減速運動階段的位移x2＝ 由題知d＞x1＋x2，解得d＞ 答案：d＞ 4．解析：(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速，反向加速，反向減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0，解得T＝ 粒子在T內(nèi)離開中心線的距離為 y＝a2 又a＝，E＝，解得y＝ 在運動過程中離開中心線的最大距離為 ym＝2y＝ 粒子不撞擊金屬板，應有ym≤d 解得T≤2d 故n≥，即n取大于等于的整數(shù)。 所以粒子的

11、周期應滿足的條件為 T＝，其中n取大于等于的整數(shù)。 (2)粒子進入電場的時間應為T，T，T，… 故粒子進入電場的時間為t＝T(n＝1,2,3，…)。 答案：(1)T＝，其中n取大于等于的整數(shù) (2)t＝T(n＝1,2,3，…) 5．選ABC　因S處的電勢為0，故φP＝Eh，小球在初始位置P處的電勢能為φPq＝Ehq，A正確；設(shè)小球第一次與擋板碰前的速度大小為v0，由動能定理得，mgh＋qEh＝mv02，設(shè)反彈后上升的高度為H，由動能定理得(mg＋Ekq)H＝mv02，由以上兩式可得H＝h，因k＜1，故H＞h，B正確，D錯誤；因EqkH＝Eqh＜Eqh，故C正確。 6．解析：(1)

12、設(shè)帶電體到達C點時的速度為v，從A到C由動能定理得： qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝mv2 解得v＝10 m/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由動能定理得：－mgh－μqEh＝0－mv2 解得h＝ m 在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力Ffmax＝μqE＝4 N， 重力G＝mg＝2 N 因為G＜Ffmax 所以帶電體最終靜止在與C點的豎直距離為 m處。 答案：(1)10 m/s　(2)離C點的豎直距離為 m處 7．解析：(1)＝tan 30° E＝ (2)當小球移到D點后，讓小球由靜止自由釋放，小球先做勻加速直線運動，運動到輕繩與

13、豎直方向成30°時繩繃直，與OA關(guān)于OC對稱，設(shè)此時速度為vB a＝g vB2＝2al 繩繃直后，垂直繩方向速度vBX＝vBcos 30°，沿繩方向速度變?yōu)? 到達A點時切向加速度為0，速度達到最大值mvBX2＋qEl＝mvA2 解得vA＝ 輕繩中張力F－mg＝F向心＝ 解得F＝mg 答案：(1) (2) 　mg 8．解析：(1)設(shè)小滑塊到達Q點時速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝m 小滑塊從開始運動至到達Q點過程中， 由動能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)s＝mv2－mv02 聯(lián)立方程組，解得：v0＝7 m/s (2)設(shè)小滑塊到達P點時速

14、度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)s＝mv′2－mv02 又在P點時，由牛頓第二定律得 N＝m 代入數(shù)據(jù)，解得：N＝0.6 N 由牛頓第三定律得， 小滑塊對軌道的壓力N′＝N＝0.6 N 答案：(1)7 m/s　(2)0.6 N 9．解析：(1)電場力對物體所做的總功 W電＝nEqd＝nmgd 摩擦力對物體所做的總功 Wf＝－nμmgd (2)W電＋Wf＝mv2 v＝ 物體在第2n個電場中，電場力豎直向上等于豎直向下的重力，所以物體勻速運動 t＝＝ (3)若將物體在水平向右的加速電場中的運動連起來，物體的運動可以看作初速度為0的勻加速直線運動， nd＝t2 nd＝t2 t＝ 答案：(1)nmgd?。璶μmgd (2) 　(3)