2025版高考物理一輪總復習考點突破第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(zhuǎn)

考點3帶電粒子(或帶電體)在電場中的偏轉(zhuǎn)(能力考點·深度研析)1．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(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(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)的功能關(guān)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\o\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(zhuǎn)[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\o\al(2,0)＝2ad，解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v\o\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(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)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11eUC．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tanα＝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(zhuǎn)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\o\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tanα＝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(guān)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?！靖櫽柧殹?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∶1B．U1∶U2＝1∶1C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D．僅改變微粒的質(zhì)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(guān)系及場強和電場力的關(guān)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＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，從射入到運動到最高點由運動學關(guān)系veq\o\al(2,y)＝2ad，粒子射入電場時由動能定理可得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\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tanα＝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(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝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′＝vcos45°，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(zhì)量無關(guān)，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(zhì)量為m，電荷量為e，甲、乙板間距離均為d，甲的板長為2d，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)電子離開甲電容器的速度大小；(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\o\al(2,0),8e)(3)eq\f(25mv\o\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sinθ＝eq\f(v0,v)解得v＝eq\f(5,4)v0。(2)電子在甲電容器內(nèi)做類平拋運動，設豎直分速度為vy，有tanθ＝eq\f(v0,vy)vy＝at1a＝eq\f(eU1,md)2d＝v0t1解得U1＝eq\f(3mv\o\al(2,0),8e)。(3)由動能定理可得eU2＝eq\f(1,2)mv2解得U2＝eq\f(25mv\o