2020年高考物理一輪復習熱點題型專題17帶電粒子在電場中的運動

#ADOOOA口B組成的平行板電容器的電容BD000A口B間的電壓減小C1甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D□乙電子運動到O點的速率為【答案】【解析】兩板間距離變大，根據(jù)C減小，選項A錯誤；根據(jù)?？赨°粉dCa4成0—，可知當￡rS速度相同，選項C正確；根據(jù)率v122v0,選項D錯誤口【例題2】 （多選電圓環(huán)，其圓心分別為直于圓環(huán)平面，A口C連線方向射入，到AD000C不變知，金屬板CU,Q不變，C減小，則A口B組成的平行板電容器的電容U變大，選項B錯誤；根據(jù)變大時，兩板間的場口不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加e?E-2d1gmv2,）（2018?山西省呂梁市第一次模擬A口Q帶電荷量分別為口AC的中點，A點時速度B至C做加速運動，口B1微粒在整個運動過程中的最終速度為CD000現(xiàn)有質(zhì)量為A到C先做加速運動，后做減速運動DW粒最終可能返回至【答案】AB【解析】AC之間電場是對稱的，動能定理可得：B作垂直勢為零，故在應該與在e?E?d12mv02,可知，口電子運動到）如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶Q、口Q,將它們平行放置，帶電荷量為口B點時速度3m/svAD1m/s,到O點的速C連線垂q的微粒 （重力不計vBD小m/s,則)0000vC：口5m/sB點，其速度大小為m/sB電場力做的功和B到C電場力做的功相同，依據(jù)qUAB12mvB如2mvA2DAC的面，口面為等勢面，微粒經(jīng)過2qUAB12mvC202mmvA2DDD vCD3m/s,C點之后，會向無窮遠處運動，而無窮遠處電B點的動能等于在無窮遠處的動能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終的速度B點時相同，均為金m/s,B正確，D錯誤；在到達A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直做加速運動，C錯誤口A正確；過【例題 3】（2019?重慶市上學期期末抽測電場lb.不能飛出電容器：qU2md12【例題 3】（2019?重慶市上學期期末抽測電場lb.不能飛出電容器：qU2md12,川：’2mdy

qU?（2）沿電場力方向，口勻加速直線運動加速度： a口F口qE口mm《離開電場時的偏移量：、開電場時的偏轉(zhuǎn)角：qUmd1yD2at2口qUl22mdv02tan6DvyDv0qUl

mdv02）如圖所示，豎直面內(nèi)分布有水平方向的勻強電場，一帶電粒子沿直線從位置 a向上運動到位置 b，在這個過程中，帶電粒子 （ ） / ,EAW受到電場力作用B□帶正電C□做勻減速直線運動DDOOOOO【答案】C【解析】帶電粒子沿直線從位置 a運動到位置 b，說明帶電粒子受到的合外力方向與速度在一條直線上， 對帶電粒子受力分析， 應該受到豎直向下的重力和水平向左的電場力，力方向與電場線方向相反， 所以帶電粒子帶負電， 故A、B錯誤；由于帶電粒子做直線運動，所以電場力和重力的合力應該和速度在一條直線上且與速度方向相反， 口帶電粒子做勻減速直線運動，故 C正確；電場力做負功，機械能減小，故 D錯誤口題型三帶電粒子帶電體在電場中的偏轉(zhuǎn)11運動規(guī)律⑴口初速度方向做勻速直線運動，運動時間a.能飛出電容器： 川L.21兩個結論⑴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口轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的口1證明：由 qU0D2mv02yD2at201篙（v0）2

qUltanQ口mdv02UI2 _UI得：y口/撲/tanQQ44U0a 2U0dO為粒子水平位移（2）O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為l2.31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：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：qUyD2mv2口2mv02，其中口Uy，指初、口位置間的電口差口【例題1口（2019?天津卷）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以口速度v從【例題1口（2019?天津卷）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以口速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v,方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程A□動能增加A□動能增加1mrnv22B□機械能增加2mv2B□機械能增加2mv2C1重力勢能增加3mrnv22DDDDODO2mv2【答案】【解析】由動能的表達式1=mrnv2可知帶電小球在2M點的動能為E【解析】由動能的表達式1=mrnv2可知帶電小球在2M點的動能為EkM1=—mv2,

2點的動能為E=1mkN2（2v）=2mv2，所以動能的增量為-3AE=—mv2，故k2A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有cqE ^=電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有cqE ^=gt,v=2v=at=——t，可口 qE=2mg，豎直方向的位移2v …x=--t=vt,因此有 x=2h,對小球由動能定理有2qExqEx—mgh=E=3mv2，聯(lián)立上式可解得

k21-qEx=2mv2,mgh=—mv2，因此電場力21做正功，機械能增加，口機械能增加2mv2，電勢能減少 2mv2，故 B正確D錯誤，重做正功，機械能增加，口機械能增加力做負功重力勢能增加量為 1mv2，故C錯誤。2【例題 2】（多選）（2018?河南省南陽市上學期期末 ）如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為 L,板間距離為 d,距板右端L處有一口直屏 M.ODDO電容器的兩極板水平放置，量為 q、質(zhì)量為 m的質(zhì)點以初速度正確的是（已知重力加速度為 量為 q、質(zhì)量為 m的質(zhì)點以初速度正確的是（已知重力加速度為 g）（v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結論AW極板間電壓為B1板間電場強度大小為mgd2q2mg

qC1整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加)mg2L2DW僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點不可能垂直打在【答案】BC【解析】 據(jù)題分析可知，質(zhì)點在平行板間軌跡應向上偏轉(zhuǎn)，口類平拋運動，飛出電場后，質(zhì)點的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在屏M質(zhì)點的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在屏M上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：M可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得:可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得:口2mg，由 UEd得板間電勢差qqE\mgDma,mgDma，解得U2mgxdD2mgd，故A錯誤，B正確;質(zhì)點在電場中向qq上偏轉(zhuǎn)的距離點的距離為：訓1at2,aDq^Dg,J2 m0gL2sD2yDF重力勢能的增加量v0ZLtD一,解得：v0EpD間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)EDgL2yD2v,00000000000mg2L2mgsD3■廠，故 C正確；僅增大兩極板v02知，板間場口不變，質(zhì)點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故口垂直打在屏M上，故D錯誤口【例題3】(2019?全國3卷24題)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球 A口A不帶電，電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為O點到P點所用時間為t-DOOOOOD2g，求11電場強度的大??；2)B運動到P點時的動能?！敬鸢浮? 3mg口1)E=口口2DE=2m(v2+g212)【解析】11)設電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條件，有mg+qE=ma①1=2gt2②解得(2)設 B從O點發(fā)射時的速度為vj到達P點時的動能為Ek,O口P兩點的高度差為根據(jù)動能定理有1mvnv2=mgh+qEh④且有聯(lián)立③④⑤⑥式得E=2m(v2+g212)⑦k 0【例題 4】(2018?廣東省茂名市第二次模擬)如圖所示，空間存在電場強度為E、方向水平向右的范圍足夠大的勻強電場口擋板MN與水平方向的夾角為切質(zhì)量為m、電荷量為q、帶正電的粒子從與M點在同一水平線上的O點以速度v0豎直向上拋出，粒子運動過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運動軌跡所在平面與擋板垂直，不計粒子的重力，求：⑴粒子貼近擋板時水平方向速度的大?。?2)O1M間的距離口【答案】⑴tan￡(2)2qEtan2￡【解析】(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時速度方向與擋板恰好平行，設此時粒子水平方向速度大小為vxDDtan(2)O1M間的距離口【答案】⑴tan￡(2)2qEtan2￡【解析】(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時速度方向與擋板恰好平行，設此時粒子水平方向速度大小為vxDDtan仇vvxv解得：口tan￡(2)粒子做類平拋運動，設粒子運動的加速度為a,由牛頓第二定律：qEDma在如圖所示的坐標系中：vxDat,xo口12at2,設O、M間的距離為加由幾何關系：Toy~ttan￡mmv2解得：加2qEtan26'題型四帶電粒子在交變電場中的運動11常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等口21常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)0(2)粒子做往返運動((1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)0(2)粒子做往返運動(一般分段研究)0(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)030思維方法(1)000000(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對口性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件0(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系口(3)注意對稱性和周期性變化關系的應用口【例題1口 (2019?山東省日照市二口【例題1口 (2019?山東省日照市二口)圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交口電壓 u，電壓 電壓 u，電壓 u隨時間t變化的圖線如圖乙所示［質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子以初速度%口中線射入兩板間，經(jīng)時間T從兩板間飛出口下列關于粒子運動的描述錯誤的是o%口中線射入兩板間，經(jīng)時間T從兩板間飛出口下列關于粒子運動的描述錯誤的是oA口加0時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大1B口由4T時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大C1無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都水平DW論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等【答案】【解析】粒子在電場中運動的時間是相同的；川0【解析】粒子在電場中運動的時間是相同的；川0時入口的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，最后離開電場區(qū)域，口川0時入口的粒子離開電場時偏離中線的距離最大，選項后減速，最后離開電場區(qū)域，口1A正確；用4T時入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，再反向加速，最后反向減速離開電場區(qū)域，故此時刻射入的粒子離開電場時速度方向和中線在同一直線上，選項T,T,根據(jù)動量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故所有粒子離開電場時的豎直方向分速度為零，即最終都垂直電場方向CC、D正確口射出電場，離開電場時的速度大小都等于初速度，選項【例題2】(多選)(2018?河北省衡水中學二口)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為加板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示口/00時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度%口中線射入兩T板間，0口3時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出皿粒運動過程中未與金屬板接觸口重力加速度的大小為g.關于微粒在0口T時間內(nèi)運動的描述，正確的是2耳,A□□速度大小為B口口速度沿水平方向。重力勢能減少了2mgdD1克服電場力做功為mgd八TT2T【解析】口