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 ＝qUl 22md v 02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U 1，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U 2，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eU 1＝12m v x 2进入偏转电场后L ＝v x t ，v y ＝at ，a ＝eU 2md 射出偏转电场时合速度v ＝v x 2＋v y 2， 由以上各式得E k ＝12m v 2＝eU 1＋eU 22L 24d 2U 1。
答案：eU 1＋eU 22L 24d 2U 1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U AB 做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0(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a 1＝eU 0md 位移x 1＝12a 1τ2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a 2＝keU 0md 初速度的大小v 1＝a 1τ 匀减速运动阶段的位移x 2＝v 122a 2由题知d ＞x 1＋x 2，解得d ＞ 9eU 0τ210m。
答案：d ＞9eU 0τ210m4．两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U 0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 3t 0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、最大值恒为U 0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 ＝t 0时进入电场后沿电场力方向的速度v y 随时间t 变化的v y -t 图像分别如图(a)和图(b)所示，设两平行板之间的距离为d 。
(1)图中，v 1y ＝eU 0md t 0，v 2y ＝eU 0md 2t 0，由图(a)可得电子的最大侧向位移为x y max ＝2⎝⎛⎭⎫12v 1y t 0＋v 1y t 0＝3v 1y t 0＝3eU 0t 02md而x y max ＝d2，解得d ＝t 06eU 0m由图(b)可得电子的最小侧向位移为x y min ＝12v 1y t 0＋v 1y t 0＝32v 1y t 0＝3eU 0t 022md ＝d 4所以x y max ＝d 2＝ t 026eU 0m ，x y min ＝d 4＝ t 046eU 0m。
(2)v 1y 2＝⎝⎛⎭⎫eU 0md t 02＝eU 06m ，v 2y 2＝⎝⎛⎭⎫eU 0md 2t 02＝2eU 03m 电子经电压U 0加速，由动能定理知，12m v 02＝eU 0所以E kmax E kmin ＝12m v 2212m v 12＝12m (v 02＋v 2y 2)12m (v 02＋v 1y 2)＝eU 0＋eU 03eU 0＋eU 012＝1613。
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U AO 随时间的变化规律如图乙所示，变化周期T ＝2×10－3 s ，U 0＝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v 0＝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。
(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v 0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 ＝v 0t 解得t ＝L v 0＝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v y 随粒子在极板间运动的时间t ′变化的关系图线如图中Ⅰ所示，粒子在t ＝T2－t 1时刻射入极板间时，v y 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 y 1＝12a ⎝⎛⎭⎫T 22＋a ⎝⎛⎭⎫T 22，又a ＝qU 0md t ＝T2时刻射入极板的粒子在板间沿y 轴方向的位移为 y 2＝12a ⎝⎛⎭⎫T 22代入已知数据得y 1＝0.15 m ，y 2＝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 qU 0d y 2＝E k －12m v 02 解得E k ＝12m v 2＝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v 0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 ＝v 0t y ＝L ＝qE 2mt 2联立解得Δx ＝2mv 02LqE。
(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 ＝v 0t y ＝qE2mt 2由几何关系知tan θ＝qEm t 0＝L －yΔx －s联立解得Δx ＝m v 02L qEs ＋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E k 随h 的变化曲线如图乙所示。
已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，重力加速度g ＝10 m/s 2。
(计算结果保留两位有效数字)(1)试估算点电荷所带电荷量Q 的大小； (2)求小环位于h 1＝0.40 m 处时的加速度a ；(3)求小环从h 2＝0.30 m 处下落到h 3＝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kQqd 2＋h ′2×h ′d 2＋h ′2＝mg 代入已知数据解得Q ＝mg (d 2＋h ′2)3kqh ′＝1.6×10－5 C 。
(2)小环加速度沿杆方向，则mg －F 1h 1d 2＋h 12＝ma又F 1＝k Qqd 2＋h 12。
代入已知数据解得a ＝0.78 m/s 2，方向竖直向下。
(3)设小环从h 2＝0.30 m 处下落到h 3＝0.12 m 处的过程中，电场力对小环做功为W E 根据动能定理有mg (h 2－h 3)＋W E ＝ΔE k ＝0.055 0 J －0.068 5 J ＝－0.013 5 J 代入已知数据解得W E ＝ΔE k －mg Δh ≈－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/s 2 方向竖直向下(3)增加0.10 J。