2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案新人教版

PAGE16-第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)問點(diǎn)1電容器電容1．電容器(1)電荷量：一個極板所帶電荷量的肯定值。(2)電容器的充、放電①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。留意：(1)充電過程：Q、U、E均增大；放電過程反之。(2)放電過程電流隨時間改變?nèi)鐖D所示，面積表示電容器削減的電荷量。2．電容(1)意義：表示電容器容納電荷本事的物理量。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)。(3)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與兩極間的距離成反比。(2)確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。學(xué)問點(diǎn)2帶電粒子在電場中的運(yùn)動1．帶電粒子在電場中的加速(1)處理方法：利用動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)適用范圍：任何電場。2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)探討條件：帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場。(2)處理方法：類似于平拋運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法。①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝eq\f(L,v0)。②沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(Uq,md),運(yùn)動時間\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出平行板電容器：t＝\f(L,v0),b.打在平行極板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUL2,2mv\o\al(2,0)d),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUL,mv\o\al(2,0)d)))思索：不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度的關(guān)系怎樣？[答案]相同雙基自測一、堵點(diǎn)疏通1．電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。(×)2．電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。(×)3．放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。(×)4．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動。(×)5．帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運(yùn)動。(√)6．示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(√)7．帶電粒子在電場中運(yùn)動時重力肯定可以忽視不計。(×)二、對點(diǎn)激活1．(2024·浙江仿真卷)中國南車設(shè)計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線，將成為二、三線城市的主要公交用力。這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)，全球首創(chuàng)的“超級電容器”。如圖所示，這種電容器平安性高，可反復(fù)充放電100萬次以上，運(yùn)用壽命長達(dá)十二年，且容量超大(達(dá)到9500F)，能夠在10s內(nèi)完成充電。下列說法正確的是(A)A．該“超級電容器”能儲存電荷B．該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大C．該“超級電容器”放電過程中把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D．充電時電源的正極應(yīng)接“超級電容器”的負(fù)極[解析]電容器的電容由電容器自身結(jié)構(gòu)確定，與兩端所加電壓無關(guān)，選項(xiàng)B錯誤；充電時電容器可以將外部電源的能量以電荷方式存儲在兩極板，轉(zhuǎn)化為電場能；放電時將電場能轉(zhuǎn)化為電能，和化學(xué)能無關(guān)，選項(xiàng)A正確，C錯誤；充電時電源的正極應(yīng)接“超級電容器”的正極，才能保障正常充電，選項(xiàng)D錯誤。2．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U。一電子(不計重力)質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(D)A．eq\f(edh,U) B．edUhC．eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)[解析]E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，由動能定理得：Ek0＝eUOA＝eq\f(eUh,d)，D正確。3．一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場，電場沿豎直方向。兩個比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶正電的粒子a和b，從電容器的P點(diǎn)(如圖所示)以相同的水平速度射入兩平行板之間。測得a和b與電容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1︰2。若不計重力，則a和b的比荷之比是(D)A．1︰2 B．1︰8C．2︰1 D．4︰1[解析]帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律得x＝v0·t，y＝eq\f(1,2)at2，qE＝ma，聯(lián)立可得eq\f(q,m)＝eq\f(2yv\o\al(2,0),x2E)∝eq\f(1,x2)，故a和b的比荷之比為4︰1。核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考點(diǎn)一平行板電容器的動態(tài)分析1．運(yùn)用電容的定義式和確定式分析電容器相關(guān)量改變的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的改變。(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的改變。(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的改變。(5)用E＝eq\f(4πkQ,εrS)分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的改變。2．電容器兩類問題的比較分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小→Q變小、E變小C變小→U變大、E不變S變大C變大→Q變大、E不變C變大→U變小、E變小εr變大C變大→Q變大、E不變C變大→U變小、E變小3．平行板電容器問題的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的狀況下，電場強(qiáng)度與極板間的距離無關(guān)。例1(2024·安徽桐城中學(xué)月考)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行水平放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的油滴恰好在P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。則下列說法正確的是(B)A．在S仍閉合的狀況下，若將A板向下平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動，G中有b→a的電流，P點(diǎn)電勢上升B．在S仍閉合的狀況下，若將A板向右平移一小段位移，則油滴仍舊靜止，G中有b→a的電流，P點(diǎn)電勢不變C．若將S斷開，且將A板向左平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動，G中無電流，P點(diǎn)電勢上升D．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，則油滴向上加速運(yùn)動，G中無電流，P點(diǎn)電勢降低[解析]本題考查電容器中帶電液滴的受力及電勢改變。起先時，油滴所受的重力和電場力平衡，有mg＝qE，在S仍閉合的狀況下，若將A板向下平移一小段位移，由E＝eq\f(U,d)可知電場強(qiáng)度E變大，油滴所受的電場力變大，故油滴應(yīng)向上加速運(yùn)動，故A錯誤；在S仍閉合的狀況下，若將A板向右平移一小段位移，由E＝eq\f(U,d)可知電場強(qiáng)度E不變，油滴仍靜止；依據(jù)C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可得Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，A板向右平移，兩塊金屬板正對面積減小，故電容器所帶的電荷量減小，電容器放電，故G中有b→a的電流，因BP電勢差不變，那么P點(diǎn)的電勢也不變，故B正確；若將S斷開，電容器所帶電荷量Q不變，將A板向左平移一小段位移，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C減小，再依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，U增大，依據(jù)U＝Ed可知，E增大，油滴所受電場力增大，油滴向上運(yùn)動；由于電容器所帶電荷量不變，故G中無電流，由于電場強(qiáng)度E變大，則PB電勢差增大，而B板接地，因此P點(diǎn)電勢降低，故C錯誤；若將S斷開，電容器所帶電荷量Q不變，再將A板向下平移一小段位移，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)和U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故電場強(qiáng)度E不變，油滴所受電場力不變，故油滴靜止，由于電容器所帶電荷量不變，故G中無電流，由于電場強(qiáng)度E不變，則PB電勢差不變，而B板接地，因此P點(diǎn)電勢不變，故D錯誤?！沧兪接?xùn)練1〕(多選)如圖所示，志向二極管、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間，且處于靜止?fàn)顟B(tài)，平行板電容器的B板接地。若將極板A向上移動少許，下列說法中正確的是(BD)A．電容器的電容增大B．AB間的電壓增大C．液滴將向上運(yùn)動D．液滴的電勢能不變[解析]若將極板A向上移動少許，板間距離增加，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容C減小，故A錯誤；依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，若U不變，C減小，則Q減小，電容器要放電，但是志向二極管具有單向?qū)щ娦?，不能放電，故電荷量Q肯定，由U＝eq\f(Q,C)可知，電壓增大，故B正確；由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，電場強(qiáng)度大小與兩極板間的距離無關(guān)，電場強(qiáng)度不變，則液滴保持靜止，故C錯誤；由以上分析可知電場強(qiáng)度不變，液滴到下極板的距離不變，液滴與下極板間的電勢差不變，液滴的電勢不變，所以液滴的電勢能不變，故D正確?？键c(diǎn)二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動1．帶電粒子在電場中運(yùn)動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子，α粒子、離子等，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的示意以外，一般都不能忽視重力。2．解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題的兩種思路(1)依據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓其次定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動狀況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場。(2)應(yīng)用動能定理依據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的改變求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場。例2如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止起先下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度大?。?2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從起先下落至運(yùn)動到下極板處的時間。[解析](1)設(shè)小球到達(dá)小孔處的速度大小為v，由自由落體運(yùn)動規(guī)律有v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)。(2)設(shè)小球在極板間運(yùn)動的加速度大小為a，由v2＝2ad，是a＝eq\f(gh,d)，由牛頓其次定律qE－mg＝ma，電容器的電荷量Q＝CU＝CEd，解得E＝eq\f(mgh＋d,qd)，Q＝eq\f(Cmgh＋d,q)。(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得小球做自由落體運(yùn)動的時間t1＝eq\r(\f(2h,g))，由0＝v－at2得小球在電場中運(yùn)動的時間t2＝deq\r(\f(2,gh))，則小球運(yùn)動的總時間t＝t1＋t2＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))。[答案](1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)eq\f(Cmgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))〔變式訓(xùn)練2〕如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運(yùn)動并從極板N的右邊緣B處射出，則(C)A．微粒到達(dá)B點(diǎn)時動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能削減eq\f(mgd,cosθ)[解析]微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力方向豎直向下，微粒做直線運(yùn)動，合力方向沿水平方向，由此可得，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運(yùn)動，則微粒到達(dá)B時動能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)A錯誤；依據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，選項(xiàng)B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項(xiàng)C正確；微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電勢能增加量ΔEp＝qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項(xiàng)D錯誤。考點(diǎn)三帶電粒子(或帶電體)在電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(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\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(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，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(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)探討帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)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。例3如圖所示，虛線MN左側(cè)有一電場強(qiáng)度為E1＝E的勻強(qiáng)電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點(diǎn)，A與虛線MN的間距為eq\f(L,2)，最終電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打到屏上的點(diǎn)P′到點(diǎn)O的距離y。[解析](1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，則有eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，且a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)，解得t1＝eq\r(\f(mL,eE))，電子進(jìn)入電場E2時的速度v1＝a1t1＝eq\r(\f(eEL,m))，進(jìn)入電場E2到屏水平方向做勻速直線運(yùn)動，所用時間t2＝eq\f(2L,v1)＝2eq\r(\f(mL,eE))，故電子從釋放到打到屏上所用的時間t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(mL,eE))，(2)設(shè)電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為vy，依據(jù)牛頓其次定律得，電子在電場E2中的加速度a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)，則vy＝a2t3，且t3＝eq\f(L,v1)，tanθ＝eq\f(vy,v1)，聯(lián)立解得tanθ＝2。(3)電子在電場中的運(yùn)動軌跡如圖所示。設(shè)電子在電場E2中的偏轉(zhuǎn)距離為y1，則有y1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)tanθ＝eq\f(y－y1,L)，聯(lián)立解得y＝3L。[答案](1)3eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L名師點(diǎn)撥計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離Y的四種方法(1)Y＝y(tǒng)＋dtanθ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)。(2)Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋d))tanθ(L為電場寬度)。(3)Y＝y(tǒng)＋vy·eq\f(d,v0)。(4)依據(jù)三角形相像eq\f(Y,y)＝eq\f(\f(L,2)＋d,\f(L,2))。〔變式訓(xùn)練3〕(2024·黑龍江大慶試驗(yàn)中學(xué)月考)如圖所示，示波器的示波管可視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，極板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽視，則關(guān)于示波器靈敏度，即偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,U2)))與加速電場、偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，下列說法中正確的是(A)A．L越大，靈敏度越高B．d越大，靈敏度越高C．U1越大，靈敏度越高 D．U2越大，靈敏度越高[解析]本題考查帶電粒子在電容器中的加速和偏轉(zhuǎn)狀況。粒子在加速電場中運(yùn)動時，有qU1＝eq\f(1,2)mv2，則v＝eq\r(\f(2qU1,m))，偏轉(zhuǎn)位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2＝eq\f(U2L2,4dU1)，靈敏度eq\f(y,U2)＝eq\f(L2,4dU1)，則L越大，靈敏度越高，d、U1越大，靈敏度越低，U2對靈敏度無影響，故A正確，B、C、D錯誤。名師講壇·素養(yǎng)提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG靜電場學(xué)問在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用應(yīng)用1電容式話筒例4某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為定值電阻，薄片P和Q為兩相互絕緣的金屬極板。當(dāng)對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動，在P、Q間距增大過程中(B)A．P、Q兩板構(gòu)成電容器的電容增大B．M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)高C．P板電荷量增大D．P、Q兩板間的場強(qiáng)增大[解析]電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓U保持不變；在P、Q間距增大過程中，依據(jù)電容確定式C＝eq\f(εS,4πkd)，可知電容減小，又依據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q,U)得知電容器所帶電量減小，則P極板上電荷量減小，電容器放電，放電電流通過R的方向由M到N，那么M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)高，依據(jù)場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)可知P、Q兩極板間的場強(qiáng)變小，故B正確，A、C、D錯誤。應(yīng)用2電容觸摸屏例5目前智能手機(jī)普遍采納了電容觸摸屏。電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個角引出四個電極，當(dāng)用戶手指(肉)觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指(肉)和工作面形成一個電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，限制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置。寒冷的冬天，人們也可以用觸屏手套進(jìn)行觸控操作。下列說法正確的是(C)A．運(yùn)用絕緣筆壓電容觸摸屏也能進(jìn)行觸控操作B．為了平安，觸屏手套指尖處應(yīng)當(dāng)采納絕緣材料C．手指按壓屏的力變大，手指(肉)和工作面形成的電容器電容變大D．手指與屏的接觸面積變大，手指(肉)和工作面形成的電容器電容變小[解析]絕緣筆與工作面不能形成一個電容器，所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作，故A錯誤；電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，觸屏手套指尖處采納絕緣材料，將無法形成感應(yīng)電流，故B錯誤；手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C正確；手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，故D錯誤。應(yīng)用3利用高壓電場干燥中藥例6如圖所示是高壓電場干燥中藥技術(shù)基本原理圖，在一個很大的導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生較強(qiáng)的電場。水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負(fù)電。水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分別出去，被鼓風(fēng)機(jī)送出水平微風(fēng)裹挾著飛離電場區(qū)域。圖中虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止起先的運(yùn)動軌跡。下列說法正確的是(C)A．水分子運(yùn)動中受到的電場力越來越小B．沿著曲線ABCD方向電勢越來越低C．水分子運(yùn)動中電勢能越來越少D．水分子的軌跡ABCD是一條拋物線[解析]依據(jù)電場線疏密可以推斷電場強(qiáng)弱，所以D點(diǎn)電場線最密，電場強(qiáng)度最強(qiáng)，所以D點(diǎn)受電場力最大，電場力越來越大，A錯誤；沿電場線方向電勢越來越低，所以A點(diǎn)電勢最低，沿著曲線ABCD方向電勢越來越高，B錯誤；水分子從靜止起先運(yùn)動，電場力做正功，電勢能減小，C正確；因?yàn)殡妶鼍€不是勻強(qiáng)電場，所以水分子受力方向始終在變，所以不是類平拋運(yùn)動，軌跡不是拋物線，D錯誤。2年高考·1年模擬2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2024·浙江7月選考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽視，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(C)A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°[解析]A項(xiàng)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向x＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，由tan45°＝eq\f(y,x)，可得t＝eq\f(2mv0,Eq)，故A錯誤；B項(xiàng)由于vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故粒子速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B錯誤；C項(xiàng)由幾何關(guān)系可知，到P點(diǎn)的距離為L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),Eq)，故C正確；D項(xiàng)由于平拋推論可知，tanα＝2tanβ，可知速度正切tanα＝2tan45°＝2>tan60°?？芍俣确较蚺c豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤。故選C。2．(2024·課標(biāo)Ⅰ，25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q(q＞0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°。運(yùn)動中粒子僅受電場力作用。(1)求電場強(qiáng)度的大小；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量改變量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)(2)eq\f(\r(2),4)v0(3)eq\f(\r(3),2)v0或0[解析]本題通過帶電粒子在電場中的運(yùn)動考查帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)問題。(1)粒子初速度為零，由C點(diǎn)射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C。由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知AC＝R ①F＝qE ②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)。 ④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長線交于P點(diǎn)，則自D點(diǎn)從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R ⑤設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時動能增量最大，在電場中運(yùn)動的時間為t1。粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于DP。由牛頓其次定律和運(yùn)動學(xué)公式有F＝ma ⑥AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ⑦DP＝v1t1 ⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0。 ⑨(3)設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時，在電場中運(yùn)動的時間為t。以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電場的方向?yàn)閤軸正方向，電場方向?yàn)閥軸正方向建立直角坐標(biāo)系。由運(yùn)動學(xué)公式有y＝eq\f(1,2)at2 ⑩x＝vt ?粒子離開電場的位置在圓周上，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),2)R))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)R))2＝R2 ?粒子在電場中運(yùn)動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零。設(shè)穿過電場前后動量改變量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度重量為v2，由題給條