資源簡介

微專題5　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1.解決帶電粒子(或帶電體)在電場(或復(fù)合場)中的拋體運(yùn)動(dòng)
(1)將速度或力分解在相互垂直的方向，分別利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。
(2)涉及動(dòng)能問題時(shí)常用動(dòng)能定理解決，帶電粒子偏轉(zhuǎn)時(shí)靜電力做功，W=qEy(y為偏轉(zhuǎn)量)。
2.對于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，需要進(jìn)行分段研究，分析粒子在每段運(yùn)動(dòng)過程中的受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。
考點(diǎn)一　帶電粒子在電場中的“拋體”運(yùn)動(dòng)
1.(2024·福建泉州市二模)如圖所示，真空中有一電子以速度v沿著與電場強(qiáng)度垂直的方向自O(shè)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA=AB=BC，分別自A、B、C點(diǎn)作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點(diǎn)，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)，沿y軸的分速度之比為　　　　　　；電子從O點(diǎn)開始連續(xù)經(jīng)過三段相等時(shí)間的動(dòng)能改變量之比為　　　　　　。
2.(2024·浙江名校協(xié)作體開學(xué)考)如圖所示，O點(diǎn)放置的混合放射源可以將正離子a、b、c先后從O點(diǎn)水平射入豎直向下的勻強(qiáng)電場中，a、b打到傾斜的絕緣板A上不同的點(diǎn)，c打在水平絕緣板B上，不計(jì)重力及離子間相互作用，下列說法正確的是：
A.b的初速度一定大于a的初速度
B.c從O到B板的時(shí)間一定大于a從O到A板的時(shí)間
C.a、b打在A板上的速度方向一定是平行的
D.a打在A板時(shí)的動(dòng)量變化一定比b打在A板時(shí)的動(dòng)量變化小
3.(多選)(2024·河北滄州市三模)如圖，充電后與電源斷開的平行板電容器水平放置，極板長度為l，間距為d，一電子從B點(diǎn)射入電容器，從下極板右側(cè)邊緣射出，圖中相鄰豎直線的間距均為，A與B、B與C、C與D之間的距離分別為d、d、d，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)電子的重力，已知電子沿極板方向的速度為vx，則：
A.電場強(qiáng)度的大小E=
B.電子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，電勢能一直減小
C.僅將電容器的上極板豎直向上移動(dòng)，電子的出射點(diǎn)將上移
D.僅將電容器的上極板豎直向上移動(dòng)，電子的出射點(diǎn)不變
【點(diǎn)撥·提煉】　帶電粒子只在靜電力作用下做“拋體”運(yùn)動(dòng)，在靜電力方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，靈活運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式及推論式，可使問題簡化。
4.(2024·四川成都市一模)如圖，在第一象限0≤x≤2L區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的電場強(qiáng)度E1(未知)的勻強(qiáng)電場，2L(1)(4分)粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速度大小；
(2)(4分)電場強(qiáng)度E2的大小。
考點(diǎn)二　帶電體在復(fù)合場中的“拋體”運(yùn)動(dòng)
5.(2024·湖南邵陽市三模)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB=BC，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，下列說法正確的是：
A.小球帶正電
B.在小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，小球受到的靜電力大小為mg
C.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間與從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間之比為1∶1
D.在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，其重力勢能的減少量與電勢能的增加量之比為2∶1
6.(多選)(2024·四川遂寧市三模)如圖所示的坐標(biāo)系中，x軸水平向右，質(zhì)量為m=0.5 kg、帶電荷量為q=+10-4 C的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度v0= m/s斜向右上方拋出，進(jìn)入斜向右上方電場強(qiáng)度為E=5×104 V/m的勻強(qiáng)電場中，E與x軸正方向的夾角為30°，v0與E的夾角為30°，重力加速度取10 m/s2，下列說法正確的是：
A.小球的加速度大小為10 m/s2
B.小球的加速度大小為10 m/s2
C.若小球能運(yùn)動(dòng)到x軸上的P點(diǎn)，則小球在P點(diǎn)的速度大小為 m/s
D.O、P兩點(diǎn)間的電勢差為6×104 V
考點(diǎn)三　帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)
7.(2024·云南模擬)如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v進(jìn)入電容器中(記為t=0時(shí)刻)，同時(shí)在兩極板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是：
A.粒子射出時(shí)間可能為t=4 s
B.粒子射出的速度大小為2v
C.極板長度滿足L=3vn(n=1，2，3…)
D.極板間最小距離為
【點(diǎn)撥·提煉】　作出粒子的v-t圖像或某一方向上的v-t圖像，借助圖像，結(jié)合運(yùn)動(dòng)軌跡，使運(yùn)動(dòng)過程更直觀。
8.(2024·山東德州市一模)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B與x軸垂直放置，接在電壓U0=400 V的穩(wěn)壓電源上，A板過原點(diǎn)，在B板上中間處有一長度l0=2 cm的水平狹縫。B板右側(cè)水平放置邊長為l=8 cm的兩正方形平行金屬板C、D，兩板間距d=4 cm，距板右端處垂直x軸有一熒光屏。在z軸上有一足夠長離子源，可以連續(xù)釋放初速度為零的正離子，已知離子源、B上的狹縫和C、D中間線在同一水平面內(nèi)。C、D不加電壓時(shí)，熒光屏上會(huì)出現(xiàn)一條長2 cm的水平亮線，離子的比荷均為2×106 C/kg，不計(jì)離子的重力及離子間相互作用。
(1)(2分)求離子穿過B板狹縫時(shí)的速度大小；
(2)(4分)在C、D兩極板間接上電壓UDC=120 V，可在兩板間形成勻強(qiáng)電場，求離子打在熒光屏上的偏轉(zhuǎn)位移；
(3)(6分)在C、D兩極板間接上如圖乙所示的電壓(離子通過電場時(shí)間內(nèi)電場可視為勻強(qiáng)電場)，若C、D兩板間的距離d可調(diào)，求離子打在熒光屏上區(qū)域面積的最大值。
1.(2024·北京市海淀區(qū)二模)如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖，已知板間距為d，板長為L，兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電塵埃分布均勻，均以沿板方向的速率v射入除塵空間，當(dāng)其碰到下極板時(shí)，所帶電荷立即被中和，同時(shí)塵埃被收集。調(diào)整兩極板間的電壓可以改變除塵率η(相同時(shí)間內(nèi)被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入除塵空間塵埃的數(shù)量之百分比)。當(dāng)兩極板間電壓為U0時(shí)，η恰好為100%。不計(jì)空氣阻力、塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法不正確的是：
A.兩極板間電壓為U0時(shí)，塵埃在靜電除塵裝置中運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)量變化量為
B.兩極板間電壓為U0時(shí)，除塵率可達(dá)25%
C.若極板間電壓小于U0，需要減小塵埃的速率v，保持除塵率η=100%
D.僅減少塵埃的比荷，除塵率將減小
2.(2024·山東濟(jì)寧市二模)如圖所示，空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場(未畫出)，電場強(qiáng)度大小為。一足夠大平板MN豎直放置于電場中，且與電場垂直，平板左側(cè)表面均勻涂有熒光物質(zhì)。電場中O點(diǎn)有一粒子源，可以向各個(gè)方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度大小為v0的帶電粒子，粒子撞擊熒光物質(zhì)會(huì)被吸收并使其發(fā)出熒光，O點(diǎn)與平板之間的距離為d，不計(jì)粒子重力。則平板MN上的發(fā)光面積為：
A. B. C.πd2 D.
3.(多選)(2024·海南省模擬)兩塊水平正對放置的導(dǎo)體板如圖甲所示，大量電子由靜止開始，經(jīng)電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿水平方向從兩板正中間射入。當(dāng)兩板均不帶電時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時(shí)，恰好能使所有電子均從兩板間通過，不計(jì)電子重力及電子間相互作用力。則：
A.板長和板間距之比為∶1
B.板長和板間距之比為∶1
C.電子穿過兩板后獲得的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能之比為16∶13
D.電子穿過兩板后獲得的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能之比為6∶5
4.(2024·北京市人大附中二模)如圖，在xOy平面內(nèi)，有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入電場，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，且對應(yīng)的橫坐標(biāo)xB-xA=L，已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為60°，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°，不計(jì)粒子重力，求：
(1)(2分)粒子的初速度v0；
(2)(4分)粒子從A到B電勢能的變化量ΔEp；
(3)(4分)A、B兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的變化量Δy。
答案精析
高頻考點(diǎn)練
1.1∶2∶3　1∶3∶5
解析　電子在x軸正方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由題意可知從O到A、從A到B、從B到C所用時(shí)間相等，均設(shè)為t。電子在y軸正方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)，沿y軸的分速度分別為vyM=at，vyN=2at，vyP=3at，得vyM∶vyN∶vyP=1∶2∶3；電子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為y1∶y2∶y3=1∶3∶5，根據(jù)動(dòng)能定理，可知?jiǎng)幽艿脑隽考礊檫@個(gè)過程中靜電力做的功，由于力相等，所以動(dòng)能的增量與位移成正比，即動(dòng)能的增量之比為EOA∶EAB∶EBC=1∶3∶5。
2.C　[設(shè)A板與水平方向的夾角為θ，對離子a、b，由tan θ=水平位移x=v0t，解得t=x=b的水平位移大于a，因兩離子的荷質(zhì)比關(guān)系不確定，故初速度關(guān)系不確定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)h=×t2，解得t=雖然hc>ha，但是因a、c兩離子的荷質(zhì)比關(guān)系不確定，可知c從O到B板的時(shí)間不一定大于a從O到A板的時(shí)間，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；離子a落到斜面上時(shí)速度偏向角的正切值tan α===2tan θ，同理b落在斜面上時(shí)的速度方向也滿足該關(guān)系式，可知a、b打在A板上的速度方向一定是平行的，選項(xiàng)C正確；離子打到A板上時(shí)動(dòng)量變化，由動(dòng)量定理Δp=qEt=2mv0tan θ，因a、b離子的初動(dòng)量mv0關(guān)系不確定，故落到A板上的動(dòng)量變化關(guān)系不確定，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]
3.AD　[電子在水平方向運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間T=電子在垂直極板方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有-=aT2，根據(jù)牛頓第二定律有Ee=ma，解得E=故A正確；電子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，由題圖知，靜電力先做負(fù)功后做正功，則電勢能先增加后減小，故B錯(cuò)誤；僅將電容器的上極板豎直向上移動(dòng)由E=由電容定義式U=由電容決定式C=聯(lián)立解得E=可知電場強(qiáng)度不變，即電子的出射點(diǎn)不變，故C錯(cuò)誤，D正確。]
4.(1)v0　(2)
解析　(1)粒子在0≤x≤2L區(qū)域電場中沿x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿y方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
x方向有2L=v0t1
y方向有L=t1，解得vy=v0
在A點(diǎn)處的速度大小為
vA==v0
(2)粒子在2L≤x≤4L區(qū)域電場中沿x方向做初速度不為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，沿y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
y方向有2L-L=vyt2
x方向有4L-2L=v0t2+a2
由牛頓第二定律有qE2=ma2
聯(lián)立解得E2=。
5.C　[小球從A到B過程，由題意可知，其做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而由于從B到C，其到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，設(shè)∠ABM=θ，帶電小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有xAB=v0t1=ABcos θ，同理有xBC=v0t2=BCcos θ，AB=BC，說明從B到C為從A到B的逆過程，由運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，從A到B的時(shí)間與從B到C時(shí)間相同t1=t2，故C項(xiàng)正確；由之前的分析可知，從B到C的過程，小球受到的靜電力方向豎直向上，與電場線方向相反，所以小球帶負(fù)電，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由之前的分析可知，從A到B和從B到C可以看成互為逆過程，從A到B有mg=ma，則從B到C有F電-mg=ma，解得F電=2mg，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由之前的分析可知，靜電力的大小是重力的二倍，而由于A到B與B到C互為運(yùn)動(dòng)的逆過程，所以A到B的豎直方向的高度與B到C豎直方向的高度相同，設(shè)其為h，則重力做功為WG=mg·2h=2mgh，克服靜電力做功為W克電=F電h=2mgh，兩者做功的大小相同，所以重力勢能的減少量與電勢能的增加量相同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。]
6.BC　[小球在電場中受到的靜電力為F=qE=10-4×5×104 N=5 N，小球受到的重力為G=mg=0.5×10 N=5 N，小球受力如圖所示，根據(jù)幾何知識(shí)可知小球受到合力為F合=5 N，則小球的加速度的大小為a== m/s2=10 m/s2，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)OP的距離為x，把x分別沿著v0和垂直于v0方向分解，則有x1=xsin 30°，x2=xcos 30°，因F合與v0垂直，故由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得x1=v0t，x2=at2，小球在P點(diǎn)的速度為v=聯(lián)立解得x= m，v= m/s，故C正確；由勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度關(guān)系可得UOP=Excos 30°=9×104 V，故D錯(cuò)誤。]
7.D　[粒子進(jìn)入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直極板方向運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示，因?yàn)榱Ｗ悠叫袠O板射出，可知粒子垂直板的分速度為0，所以射出時(shí)刻可能為1.5 s、3 s、4.5 s…，滿足t=1.5n(n=1，2，3…)，粒子射出的速度大小必定為v，故A、B錯(cuò)誤；極板長度L=v·1.5n(n=1，2，3…)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ硬桓鷺O板碰撞，則應(yīng)滿足≥v垂直×1.5 s，v垂直=a×1 s，a=聯(lián)立求得d≥故D正確。]
8.(1)4×104 m/s　(2)2.4 cm
(3)16 cm2
解析　(1)正離子在A、B間加速時(shí)，由動(dòng)能定理得qU0=m
得v0==4×104 m/s
(2)正離子在C、D間發(fā)生偏轉(zhuǎn)時(shí)，由牛頓第二定律，得F==ma
得加速度為a=
正離子通過C、D板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
t=
得離子在板間偏轉(zhuǎn)距離為y=at2
得y==1.2 cm
由于y<
離子可以通過偏轉(zhuǎn)電場，由幾何關(guān)系得=
得離子打在熒光屏上的偏轉(zhuǎn)位移為
Y=2y=2.4 cm
(3)由于C、D兩板間的距離d可調(diào)，當(dāng)離子恰好能從板的邊界射出，最終打到熒光屏上的豎直位移也最大，設(shè)此時(shí)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場豎直方向分速度為vy，
則=2a'y'=2·
得最大豎直分速度為vym==2×104 m/s
此時(shí)速度方向和水平方向的夾角正切值為
tan θ==
由偏轉(zhuǎn)距離=a't2
=··()2
得dm=
代入數(shù)據(jù)得dm=4 cm
熒光屏上的偏轉(zhuǎn)位移為
Y'=+tan θ=4 cm
最大面積為S=2Y'l0=16 cm2。
補(bǔ)償強(qiáng)化練
1.A　[由動(dòng)量定理得塵埃在靜電除塵裝置中運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)量變化量為Δp=Eqt=A錯(cuò)誤；兩極板間電壓為U0時(shí)，塵埃的加速度變?yōu)樵瓉淼膲m埃在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，那么塵埃在板間豎直方向的最大位移為板間距的所以有的塵埃被收集，則除塵率為η=×100%=25%，B正確；若極板間電壓小于U0，則塵埃在板間的加速度減小，保持除塵率η=100%，則塵埃豎直方向的最大位移不變，所以需要延長塵埃在板間的飛行時(shí)間，因此需要減小塵埃進(jìn)入板間的速度，C正確；除塵率為η===×100%，僅減少塵埃的比荷，那么除塵率減小，D正確。]
2.D　[設(shè)恰能到達(dá)平板的粒子初速度方向與平板方向夾角為θ，則(v0sin θ)2=2ad，a=解得θ=60°，沿平板方向的位移x=v0cos θ·t，t=則平板MN上的發(fā)光面積S=πx2，解得S=故選D。]
3.BC　[電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時(shí)，可知t=2nt0(n=0，1，2，3…)射入的電子穿過兩板后獲得的動(dòng)能最大，電子的加速度為a==電子沿電場方向最大速度為v1=a·2t0，恰好能使所有電子均從兩板間通過，則=a(2t0)2+at0·t0，電子在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理eU0=m導(dǎo)體板板長為L=v0·3t0，聯(lián)立解得L=3t0d=t0故板長和板間距之比為L∶d=∶1，故A錯(cuò)誤，B正確；電子穿過兩板后獲得的最大動(dòng)能為Ekmax=m+m=eU0，t=(2n+1)t0(n=0，1，2，3…)射入的電子穿過兩板后獲得的動(dòng)能最小，電子沿電場方向最小速度為v2=at0，電子穿過兩板后獲得的最小動(dòng)能為Ekmin=m+m=eU0，可得電子穿過兩板后獲得的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能之比為=故C正確，D錯(cuò)誤。]
4.(1)　(2)-mv2　(3)L
解析　(1)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
則有v0=vsin 60°
解得v0=
(2)粒子在B點(diǎn)，根據(jù)速度分解有v0=vBsin 30°
結(jié)合上述解得vB=v
粒子從A到B過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
WAB=m-mv2
根據(jù)功能關(guān)系有WAB=-ΔEp
解得ΔEp=-mv2
(3)粒子從A到B過程，沿x軸方向有L=·Δt
粒子從A到B過程，沿y軸方向有
Δy=v0·Δt
解得Δy=L。(共49張PPT)
專題一　力與運(yùn)動(dòng)
微專題5
帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
知識(shí)聚焦
高頻考點(diǎn)練
內(nèi)容索引
核心精講
補(bǔ)償強(qiáng)化練
PART ONE
知識(shí)聚焦
1.解決帶電粒子(或帶電體)在電場(或復(fù)合場)中的拋體運(yùn)動(dòng)
(1)將速度或力分解在相互垂直的方向，分別利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。
(2)涉及動(dòng)能問題時(shí)常用動(dòng)能定理解決，帶電粒子偏轉(zhuǎn)時(shí)靜電力做功，W=qEy(y為偏轉(zhuǎn)量)。
2.對于帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，需要進(jìn)行分段研究，分析粒子在每段運(yùn)動(dòng)過程中的受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。
核心精講
PART TWO
考點(diǎn)一　帶電粒子在電場中的“拋體”運(yùn)動(dòng)
1.(2024·福建泉州市二模)如圖所示，真空中有一電子以速度v沿著與電場強(qiáng)度垂直的方向自O(shè)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，x軸垂直于
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高頻考點(diǎn)練
PART THREE
電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA=AB=BC，分別自A、B、C點(diǎn)作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點(diǎn)，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)，沿y軸的分速度之比為　　　　　；電子從O點(diǎn)開始連續(xù)經(jīng)過三段相等時(shí)間的動(dòng)能改變量之比為　　　　　。
1∶2∶3
1∶3∶5
設(shè)加速度大小為a，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)，沿y軸的分速度分別為vyM=at，vyN=2at，vyP=3at，得vyM∶vyN∶vyP=1∶2∶3；電子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為y1∶y2∶ y3=1∶3∶5，根據(jù)動(dòng)能定理，可知?jiǎng)幽艿脑隽考礊檫@個(gè)過程中靜電力做的功，由于力相等，所以動(dòng)能的增量與位移成正比，即動(dòng)能的增量之比為EOA∶EAB∶EBC=1∶3∶5。
電子在x軸正方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由題意可知從O到A、從A到B、從B到C所用時(shí)間相等，均設(shè)為t。電子在y軸正方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
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2.(2024·浙江名校協(xié)作體開學(xué)考)如圖所示，O點(diǎn)放置的混合放射源可以將正離子a、b、c先后從O點(diǎn)水平射入豎直向下的勻強(qiáng)電場中，a、b打到傾斜的絕緣板A上不同的點(diǎn)，c打在水平絕緣板B上，不計(jì)重力及離子間相互作用，下列說法正確的是
A.b的初速度一定大于a的初速度
B.c從O到B板的時(shí)間一定大于a從O到A板的時(shí)間
C.a、b打在A板上的速度方向一定是平行的
D.a打在A板時(shí)的動(dòng)量變化一定比b打在A板時(shí)的動(dòng)量變化小
√
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根據(jù)h=×t2，解得t=，雖然hc>ha，但是因a、c兩離子的荷質(zhì)比關(guān)系不確定，可知c從O到B板的時(shí)間不一定大于a從O到A板的時(shí)間，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
設(shè)A板與水平方向的夾角為θ，對離子a、b，由tan θ =
，水平位移x=v0t，解得t=，x= ，
b的水平位移大于a，因兩離子的荷質(zhì)比關(guān)系不確定，故初速度關(guān)系不確定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
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離子打到A板上時(shí)動(dòng)量變化，由動(dòng)量定理Δp=qEt=2mv0tan θ，因a、b離子的初動(dòng)量mv0關(guān)系不確定，故落到A板上的動(dòng)量變化關(guān)系不確定，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
離子a落到斜面上時(shí)速度偏向角的正切值tan α==
=2tan θ，同理b落在斜面上時(shí)的速度方向也滿足該關(guān)系式，可知a、b打在A板上的速度方向一定是平行的，選項(xiàng)C正確；
7
8
3.(多選)(2024·河北滄州市三模)如圖，充電后與電源斷開的平行板電容器水平放置，極板長度為l，間距為d，一電子從B點(diǎn)射入電容器，從下極板右側(cè)邊緣射出，圖中相鄰豎直線的間距均為，A與B、B與C、C與D之間的距離分別為d、d、d，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)電子的重力，已知電子沿極板方向的速度為vx，則
A.電場強(qiáng)度的大小E=
B.電子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，電勢能一直減小
C.僅將電容器的上極板豎直向上移動(dòng)，電子的出射點(diǎn)將上移
D.僅將電容器的上極板豎直向上移動(dòng)，電子的出射點(diǎn)不變
√
√
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電子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，由題圖知，靜電力先做負(fù)功后做正功，則電勢能先增加后減小，故B錯(cuò)誤；
電子在水平方向運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間T=
-=aT2，根據(jù)牛頓第二定律有Ee=ma，
解得E=，故A正確；
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僅將電容器的上極板豎直向上移動(dòng)，由E=，由電容定義式U=，由電容決定式C=，聯(lián)立解得E=，可知電場強(qiáng)度不變，即電子的出射點(diǎn)不變，故C錯(cuò)誤，D正確。
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點(diǎn)撥·提煉
帶電粒子只在靜電力作用下做“拋體”運(yùn)動(dòng)，在靜電力方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，靈活運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式及推論式，可使問題簡化。
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4.(2024·四川成都市一模)如圖，在第一象限0≤x≤2L區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的電場強(qiáng)度E1(未知)的勻強(qiáng)電場，2L和v0，求：
(1)粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速度大小；
7
8
答案　v0　
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7
8
粒子在0≤x≤2L區(qū)域電場中沿x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿y方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
x方向有2L=v0t1
y方向有L=t1，解得vy=v0
在A點(diǎn)處的速度大小為
vA==v0
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(2)電場強(qiáng)度E2的大小。
7
8
答案　
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粒子在2L≤x≤4L區(qū)域電場中沿x方向做初速度不為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，沿y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
y方向有2L-L=vyt2
x方向有4L-2L=v0t2+a2
由牛頓第二定律有qE2=ma2
聯(lián)立解得E2=。
考點(diǎn)二　帶電體在復(fù)合場中的“拋體”運(yùn)動(dòng)
5. (2024·湖南邵陽市三模)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB=BC，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，下列說法正確的是
A.小球帶正電
B.在小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，小球受到的靜電力
大小為mg
C.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間與從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間之比為1∶1
D.在小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，其重力勢能的減少量與電勢能的增加量
之比為2∶1
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方向恰好水平，設(shè)∠ABM=θ，帶電小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有xAB=v0t1=ABcos θ，同理有xBC=v0t2=BCcos θ，AB=BC，說明從B到C為從A到B的逆過程，由運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，從A到B的時(shí)間與從B到C時(shí)間相同t1=t2，故C項(xiàng)正確；
小球從A到B過程，由題意可知，其做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而由于從B到C，其到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度
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由之前的分析可知，從A到B和從B到C可以看成互為逆過程，從A到B有mg=ma，則從B到C有F電-mg=ma，解得F電=2mg，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
由之前的分析可知，從B到C的過程，小球受到的靜電力方向豎直向上，與電場線方向相反，所以小球帶負(fù)電，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
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度相同，設(shè)其為h，則重力做功為WG=mg·2h=2mgh，克服靜電力做功為W克電=F電h=2mgh，兩者做功的大小相同，所以重力勢能的減少量與電勢能的增加量相同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
由之前的分析可知，靜電力的大小是重力的二倍，而由于A到B與B到C互為運(yùn)動(dòng)的逆過程，所以A到B的豎直方向的高度與B到C豎直方向的高
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6.(多選)(2024·四川遂寧市三模)如圖所示的坐標(biāo)系中，x軸水平向右，質(zhì)量為m=0.5 kg、帶電荷量為q=+10-4 C的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度v0= m/s斜向右上方拋出，進(jìn)入斜向右上方電場強(qiáng)度為E=5×104 V/m的勻強(qiáng)電場中，E與x軸正方向的夾角為30°，v0與E的夾
角為30°，重力加速度取10 m/s2，下列說法正確的是
A.小球的加速度大小為10 m/s2
B.小球的加速度大小為10 m/s2
C.若小球能運(yùn)動(dòng)到x軸上的P點(diǎn)，則小球在P點(diǎn)的速度大小為 m/s
D.O、P兩點(diǎn)間的電勢差為6×104 V
√
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√
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設(shè)OP的距離為x，把x分別沿著v0和垂直于v0方向分解，則有x1=xsin 30°，x2=xcos 30°，因F合與v0垂直，故由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得x1=v0t，x2=at2，小
球在P點(diǎn)的速度為v=，聯(lián)立解得x= m，v= m/s，故C正確；
由勻強(qiáng)電場電勢差與電場強(qiáng)度關(guān)系可得UOP=Excos 30°=9×104 V，故D錯(cuò)誤。
小球在電場中受到的靜電力為F=qE=10-4×5×104 N=5 N，小球受到的重力為G=mg=0.5×10 N=5 N，小球受力如圖所示，根據(jù)幾何知識(shí)可知小球受到合力為F合=5 N，則小球的加速度
的大小為a== m/s2=10 m/s2，故A錯(cuò)誤，B正確；
考點(diǎn)三　帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)
7.(2024·云南模擬)如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v進(jìn)入電容器中(記為t=0時(shí)刻)，同時(shí)在兩極板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是
A.粒子射出時(shí)間可能為t=4 s
B.粒子射出的速度大小為2v
C.極板長度滿足L=3vn(n=1，2，3…)
D.極板間最小距離為
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的分速度為0，所以射出時(shí)刻可能為1.5 s、3 s、4.5 s…，滿足t=1.5n (n=1，2，3…)，粒子射出的速度大小必定為v，故A、B錯(cuò)誤；
極板長度L=v·1.5n(n=1，2，3…)，故C錯(cuò)誤；
因?yàn)榱Ｗ硬桓鷺O板碰撞，則應(yīng)滿足≥v垂直×1.5 s，v垂直=a×1 s，a=，聯(lián)立求得d≥，故D正確。
粒子進(jìn)入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直極板方向運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示，因?yàn)榱Ｗ悠叫袠O板射出，可知粒子垂直板
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點(diǎn)撥·提煉
作出粒子的v-t圖像或某一方向上的v-t圖像，借助圖像，結(jié)合運(yùn)動(dòng)軌跡，使運(yùn)動(dòng)過程更直觀。
8.(2024·山東德州市一模)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B與x軸垂直放置，接在電壓U0=400 V的穩(wěn)壓電源上，A板過原點(diǎn)，在B板上中間處有一長度l0=2 cm的水平狹縫。B板右側(cè)水平放置邊長為l=8 cm的兩正方形平行金屬板C、D，兩板間距d=4 cm，距板右端處垂直x軸有一熒光屏。在z軸上有一足夠長離子源，可以連續(xù)釋放初速度為零的正離子，已知離子源、B上的狹縫和C、D中間線在同一水平面內(nèi)。C、D不加電壓時(shí)，熒光
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屏上會(huì)出現(xiàn)一條長2 cm的水平亮線，離子的比荷均為2×106 C/kg，不計(jì)離子的重力及離子間相互作用。
(1)求離子穿過B板狹縫時(shí)的速度大小；
6
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答案　4×104 m/s　
正離子在A、B間加速時(shí)，由動(dòng)能定理得qU0=m
得v0==4×104 m/s
(2)在C、D兩極板間接上電壓UDC=120 V，可在兩板間形成勻強(qiáng)電場，求離子打在熒光屏上的偏轉(zhuǎn)位移；
6
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答案　2.4 cm　
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正離子在C、D間發(fā)生偏轉(zhuǎn)時(shí)，由牛頓第二定律，得F==ma
得加速度為a=
正離子通過C、D板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=
得離子在板間偏轉(zhuǎn)距離為y=at2
得y==1.2 cm
由于y<
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離子可以通過偏轉(zhuǎn)電場，由幾何關(guān)系得
=
得離子打在熒光屏上的偏轉(zhuǎn)位移為
Y=2y=2.4 cm
(3)在C、D兩極板間接上如圖乙所示的電壓(離子通過電場時(shí)間內(nèi)電場可視為勻強(qiáng)電場)，若C、D兩板間的距離d可調(diào)，求離子打在熒光屏上區(qū)域面積的最大值。
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答案　16 cm2
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由于C、D兩板間的距離d可調(diào)，當(dāng)離子恰好能從板的邊界射出，最終打到熒光屏上的豎直位移也最大，設(shè)此時(shí)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場豎直方向分速度為vy，
則=2a'y'=2·
得最大豎直分速度為vym==2×104 m/s
此時(shí)速度方向和水平方向的夾角正切值為
tan θ==
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由偏轉(zhuǎn)距離=a't2=··()2
得dm=
代入數(shù)據(jù)得dm=4 cm
熒光屏上的偏轉(zhuǎn)位移為
Y'=+tan θ=4 cm
最大面積為S=2Y'l0=16 cm2。
1.(2024·北京市海淀區(qū)二模)如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖，已知板間距為d，板長為L，兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電塵埃分布均勻，均以沿板方向的速率v射入除塵空間，當(dāng)其碰到下極板時(shí)，所帶電荷立即被中和，同時(shí)塵埃被收集。調(diào)整兩極板間的電壓可以改變除塵率η(相同時(shí)間內(nèi)被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入除塵
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4
補(bǔ)償強(qiáng)化練
PART FOUR
空間塵埃的數(shù)量之百分比)。當(dāng)兩極板間電壓為U0時(shí)，η恰好為100%。不計(jì)空氣阻力、塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法不正確的是
A.兩極板間電壓為U0時(shí)，塵埃在靜電除塵裝置中
運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)量變化量為
B.兩極板間電壓為U0時(shí)，除塵率可達(dá)25%
C.若極板間電壓小于U0，需要減小塵埃的速率v，保持除塵率η=100%
D.僅減少塵埃的比荷，除塵率將減小
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√
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塵埃在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，那么塵埃在板間豎直方向的最大位移為板間距的的塵埃被收集，則除塵率為η=×100%= 25%，B正確；
由動(dòng)量定理得塵埃在靜電除塵裝置中運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)量變化量為Δp=Eqt=，A錯(cuò)誤；
兩極板間電壓為U0時(shí)，塵埃的加速度變?yōu)樵瓉淼?br/>1
2
3
4
除塵率為η===×100%，僅減少塵埃的比荷，那么除塵率減小，D正確。
若極板間電壓小于U0，則塵埃在板間的加速度減小，保持除塵率η=100%，則塵埃豎直方向的最大位移不變，所以需要延長塵埃在板間的飛行時(shí)間，因此需要減小塵埃進(jìn)入板間的速度，C正確；
1
2
3
4
2.(2024·山東濟(jì)寧市二模)如圖所示，空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場(未
畫出)，電場強(qiáng)度大小為。一足夠大平板MN豎直放置于電場中，且
與電場垂直，平板左側(cè)表面均勻涂有熒光物質(zhì)。電場中O點(diǎn)有一粒子源，可以向各個(gè)方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q、速度大小為v0的帶電粒子，粒子撞擊熒光物質(zhì)會(huì)被吸收并使其發(fā)出熒光，O點(diǎn)與平板之間的距離為d，不計(jì)粒子重力。則平板MN上的發(fā)光面積為
A. B.
C.πd2 D.
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設(shè)恰能到達(dá)平板的粒子初速度方向與平板方向夾角為θ，則(v0sin θ)2=2ad，a=，解得θ=60°，沿平板方向的位移x=v0cos θ·t，t=，則平板MN上的發(fā)光面積S=πx2，解得S=，故選D。
3.(多選)(2024·海南省模擬)兩塊水平正對放置的導(dǎo)體板如圖甲所示，大量電子由靜止開始，經(jīng)電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿水平方向從兩板正中間射入。當(dāng)兩板均不帶電時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時(shí)，恰好能使所有電子均從兩板間通過，不計(jì)電子重力及電子間相互作用力。則
A.板長和板間距之比為∶1
B.板長和板間距之比為∶1
C.電子穿過兩板后獲得的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能之比為16∶13
D.電子穿過兩板后獲得的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能之比為6∶5
√
1
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3
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√
3…)射入的電子穿過兩板后獲得的動(dòng)能最大，電子的加速度為a==，電子沿電場方向最大速度為v1=a·2t0，恰好能使所有電子均從兩板間通過，則=a(2t0)2+at0·t0，電子在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理eU0=m，導(dǎo)體板板
長為L=v0·3t0，聯(lián)立解得L=3t0，d=t0，故板長和板間距之比為
L∶d=∶1，故A錯(cuò)誤，B正確；
電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時(shí)，可知t=2nt0(n=0， 1，2，
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2
3
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t0(n=0，1，2，3…)射入的電子穿過兩板后獲得的動(dòng)能最小，電子沿電場方向最小速度為v2=at0，電子穿過兩板后獲得的最小動(dòng)能為Ekmin=m+m=eU0，可得電子穿過兩板后獲得的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能之比為=，故C正確，D錯(cuò)誤。
電子穿過兩板后獲得的最大動(dòng)能為Ekmax=m+m=eU0，t=(2n+1)
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4.(2024·北京市人大附中二模)如圖，在xOy平面內(nèi)，有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入電場，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，且對應(yīng)的橫坐標(biāo)xB-xA=L，已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為60°，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°，不計(jì)粒子重力，求：
(1)粒子的初速度v0；
答案　
1
2
3
4
粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有v0=vsin 60°
解得v0=
1
2
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4
(2)粒子從A到B電勢能的變化量ΔEp；
答案　-mv2　
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粒子在B點(diǎn)，根據(jù)速度分解有v0=vBsin 30°
結(jié)合上述解得vB=v
粒子從A到B過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
WAB=m-mv2
根據(jù)功能關(guān)系有WAB=-ΔEp
解得ΔEp=-mv2
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(3)A、B兩點(diǎn)縱坐標(biāo)的變化量Δy。
答案　L
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粒子從A到B過程，沿x軸方向有
L=·Δt
粒子從A到B過程，沿y軸方向有
Δy=v0·Δt
解得Δy=L。

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