2025高考物理一輪考點突破訓練第9章靜電場第24講電容器帶電粒子在電場中的運動考點3帶電粒子或帶電體在電場中的偏轉

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(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的。
證明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v0)))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv\\al(2,0))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)。
(2)粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為eq \f(l,2)。
2．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(y,d)U，指初、末位置間的電勢差。
?考向1 僅在電場力作用下的偏轉
[解析] 粒子電性未知，所以不能判斷極板電勢高低，A錯誤；由題意知，兩粒子從M板到N板，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；平行M板向下的粒子做類平拋運動，eq \f(L,2)＝v0t，d＝eq \f(1,2)at2，垂直M向右的粒子做勻變速直線運動，(eq \r(2)v0)2－veq \\al(2,0)＝2ad，解得t＝eq \f(L,2v0)，a＝eq \f(2v\\al(2,0),L)，故C正確，D錯誤。
?考向2 示波管的原理
(2023·浙江卷)如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉電極YY′、水平方向偏轉電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉電極。已知電子電荷量為e，質量為m，則電子( D )
A．在XX′極板間的加速度大小為eq \f(eU,m)
B．打在熒光屏時，動能大小為11eU
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為eq \r(2meU)
D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tan α＝eq \f(l,20d)
[解析] XX′極板間的電場強度大小為E＝eq \f(U,d)，電子所受的電場力大小為F＝eE＝eq \f(eU,d)，由牛頓第二定律得a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eU,dm)，A錯誤；電子在加速電場中運動時電場力做的功為W1＝e·10U，電子沿OO′方向進入偏轉電極，若能打在熒光屏上，在XX′極板間沿電場力方向的位移x≤eq \f(d,2)，則電場力做的功W2≤eq \f(1,2)eU，對全過程由動能定理得Ek＝W1＋W2≤eq \f(21,2)eU，B錯誤；電子剛好從XX′極板的邊緣離開時，電子在XX′極板間受到的電場力做的功為W2′＝eq \f(1,2)eU，故在XX′極板間受到電場力的沖量大小I≤eq \r(2W2′m)＝eq \r(meU)，C錯誤；電子離開加速電場時有e·10U＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，電子在XX′極板間的加速度大小為a＝eq \f(eU,dm)，則離開XX′極板間時電子在垂直XX′極板方向的速度大小為vy＝at，沿OO′方向有l(wèi)＝v0t，聯(lián)立解得tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(l,20d)，D正確。
?考向3 在電場力和重力作用下的勻變速曲線運動
(多選)(2022·全國甲卷)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后( BD )
A．小球的動能最小時，其電勢能最大
B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大
C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大
D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量
[解析] 由題意可知，小球所受電場力與重力的合力指向右下，與水平方向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運動，當其水平速度與豎直速度大小相等時，即速度方向與小球所受合力方向垂直時，小球克服合力做的功最大，此時動能最小，而此時小球仍具有水平向左的分速度，電場力仍對其做負功，其電勢能繼續(xù)增大，A、C兩項錯誤；小球在電場力方向上的加速度大小ax＝g，豎直方向加速度大小ay＝g，當小球水平速度減為零時，克服電場力做的功最大，小球的電勢能最大，由勻變速運動規(guī)律有v0＝gt，此時小球豎直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此時小球動能等于初動能，由能量守恒定律可知，小球重力勢能減少量等于小球電勢能的增加量，又由功能關系知重力做的功等于小球重力勢能的減少量，故B、D兩項正確。
【跟蹤訓練】
(帶電粒子在電場中的斜拋運動)(多選)(2023·湖北卷)一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是( BD )
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉角度的正切值為2
D．僅改變微粒的質量或者電荷量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
[解析] 粒子在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，根據(jù)電場強度和電勢差的關系及場強和電場力的關系可得E＝eq \f(U2,2d)，F(xiàn)＝qE＝ma，粒子射入電容器后的速度為v0，水平方向和豎直方向的分速度vx＝v0cs 45°＝eq \f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin 45°＝eq \f(\r(2),2)v0，從射入到運動到最高點由運動學關系veq \\al(2,y)＝2ad，粒子射入電場時由動能定理可得qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，聯(lián)立解得U1∶U2＝1∶1，B正確；粒子從射入到運動到最高點由運動學公式可得2L＝vxt，d＝eq \f(0＋vy,2)·t，聯(lián)立可得L∶d＝1∶1，A錯誤；粒子從最高點到穿出時由運動學公式可得L＝vxt1，vy1＝at1，從射入電容器到最高點有vy＝at，解得vy1＝eq \f(vy,2)，設粒子穿過電容器時速度方向與水平方向的夾角為α，則tan α＝eq \f(vy1,vx)＝eq \f(1,2)，粒子射入電場時速度方向和水平方向的夾角為β＝45°，tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝3，C錯誤；粒子射入到最高點的過程水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y＝eq \f(1,2)a′t′2，聯(lián)立x＝vx′t′，qU1＝eq \f(1,2)mv2，vx′＝vcs 45°，解得y＝eq \f(U2x2,4dU1)，且x＝vx′t′，y＝eq \f(0＋vy′,2)·t′，即解得x＝2L，y＝d＝L，即粒子在運動到最高點的過程中水平和豎直位移均與電荷量和質量無關，最高點到射出電容器過程同理x1＝L＝vx′t1′，vy1＝a′t1′，y1＝eq \f(vy1＋0,2)t1′＝eq \f(x1,4)＝eq \f(L,4)，即軌跡不會變化，D正確。故選BD。
(電場組合場問題)如圖所示，空間固定兩平行板電容器甲、乙，甲電容器水平放置，乙電容器兩極板與水平方向的夾角為53°，B極板的右端與C極板的下端彼此靠近且絕緣，忽略極板外的電場。一電子從靠近A板左端的位置，以水平向右的速度v0射入，飛離甲后垂直C從小孔進入乙，且恰好到達D。已知電子的質量為m，電荷量為e，甲、乙板間距離均為d，甲的板長為2d，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。求：
(1)電子離開甲電容器的速度大??；
(2)甲電容器的板間電壓；
(3)乙電容器的板間電壓；
(4)電子從開始至到達D極板所用時間。
[答案] (1)v＝eq \f(5,4)v0 (2)eq \f(3mv\\al(2,0),8e) (3)eq \f(25mv\\al(2,0),32e) (4)eq \f(93d,25v0)
[解析] (1)設電子從甲飛出時速度為v，
則sin θ＝eq \f(v0,v)
解得v＝eq \f(5,4)v0。
(2)電子在甲電容器內做類平拋運動，設豎直分速度為vy，有tan θ＝eq \f(v0,vy)
vy＝at1
a＝eq \f(eU1,md)
2d＝v0t1
解得U1＝eq \f(3mv\\al(2,0),8e)。
(3)由動能定理可得eU2＝eq \f(1,2)mv2
解得U2＝eq \f(25mv\\al(2,0),32e)。
(4)電子在甲電容器內運動時間為t1，豎直方向位移為d1，有d1＝eq \f(vy,2)t1，水平方向：2d＝v0t1
電子在甲乙兩電容器之間運動的路程為s，時間為t2，有s＝vt2
由幾何關系可得cs θ＝eq \f(s,d－d1)
電子在乙電容器內運動的時間為t3，有d＝eq \f(v,2)t3
t＝t1＋t2＋t3
解得t＝eq \f(93d,25v0)。