2025高考物理一轮考点突破训练第9章静电场第24讲电容器带电粒子在电场中的运动考点3带电粒子或带电体在电场中的偏转

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(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：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)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(y,d)U，指初、末位置间的电势差。
►考向1 仅在电场力作用下的偏转
[解析] 粒子电性未知，所以不能判断极板电势高低，A错误；由题意知，两粒子从M板到N板，电场力做正功，电势能减小，故B错误；平行M板向下的粒子做类平抛运动，eq \f(L,2)＝v0t，d＝eq \f(1,2)at2，垂直M向右的粒子做匀变速直线运动，(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正确，D错误。
►考向2 示波管的原理
(2023·浙江卷)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( D )
A．在XX′极板间的加速度大小为eq \f(eU,m)
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为eq \r(2meU)
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝eq \f(l,20d)
[解析] XX′极板间的电场强度大小为E＝eq \f(U,d)，电子所受的电场力大小为F＝eE＝eq \f(eU,d)，由牛顿第二定律得a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eU,dm)，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO′方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX′极板间沿电场力方向的位移x≤eq \f(d,2)，则电场力做的功W2≤eq \f(1,2)eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤eq \f(21,2)eU，B错误；电子刚好从XX′极板的边缘离开时，电子在XX′极板间受到的电场力做的功为W2′＝eq \f(1,2)eU，故在XX′极板间受到电场力的冲量大小I≤eq \r(2W2′m)＝eq \r(meU)，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，电子在XX′极板间的加速度大小为a＝eq \f(eU,dm)，则离开XX′极板间时电子在垂直XX′极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO′方向有l＝v0t，联立解得tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(l,20d)，D正确。
►考向3 在电场力和重力作用下的匀变速曲线运动
(多选)(2022·全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后( BD )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
[解析] 由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C两项错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D两项正确。
【跟踪训练】
(带电粒子在电场中的斜抛运动)(多选)(2023·湖北卷)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是( BD )
A．L∶d＝2∶1
B．U1∶U2＝1∶1
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
[解析] 粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝eq \f(U2,2d)，F＝qE＝ma，粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cs 45°＝eq \f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin 45°＝eq \f(\r(2),2)v0，从射入到运动到最高点由运动学关系veq \\al(2,y)＝2ad，粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；粒子从射入到运动到最高点由运动学公式可得2L＝vxt，d＝eq \f(0＋vy,2)·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；粒子从最高点到穿出时由运动学公式可得L＝vxt1，vy1＝at1，从射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝eq \f(vy,2)，设粒子穿过电容器时速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(vy1,vx)＝eq \f(1,2)，粒子射入电场时速度方向和水平方向的夹角为β＝45°，tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝3，C错误；粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝eq \f(1,2)a′t′2，联立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，即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理x1＝L＝vx′t1′，vy1＝a′t1′，y1＝eq \f(vy1＋0,2)t1′＝eq \f(x1,4)＝eq \f(L,4)，即轨迹不会变化，D正确。故选BD。
(电场组合场问题)如图所示，空间固定两平行板电容器甲、乙，甲电容器水平放置，乙电容器两极板与水平方向的夹角为53°，B极板的右端与C极板的下端彼此靠近且绝缘，忽略极板外的电场。一电子从靠近A板左端的位置，以水平向右的速度v0射入，飞离甲后垂直C从小孔进入乙，且恰好到达D。已知电子的质量为m，电荷量为e，甲、乙板间距离均为d，甲的板长为2d，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。求：
(1)电子离开甲电容器的速度大小；
(2)甲电容器的板间电压；
(3)乙电容器的板间电压；
(4)电子从开始至到达D极板所用时间。
[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)设电子从甲飞出时速度为v，
则sin θ＝eq \f(v0,v)
解得v＝eq \f(5,4)v0。
(2)电子在甲电容器内做类平抛运动，设竖直分速度为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)由动能定理可得eU2＝eq \f(1,2)mv2
解得U2＝eq \f(25mv\\al(2,0),32e)。
(4)电子在甲电容器内运动时间为t1，竖直方向位移为d1，有d1＝eq \f(vy,2)t1，水平方向：2d＝v0t1
电子在甲乙两电容器之间运动的路程为s，时间为t2，有s＝vt2
由几何关系可得cs θ＝eq \f(s,d－d1)
电子在乙电容器内运动的时间为t3，有d＝eq \f(v,2)t3
t＝t1＋t2＋t3
解得t＝eq \f(93d,25v0)。