2021届广东某中学高考物理一轮复习专题17-带电粒子在电场中的运动.doc

1、专题十七带电粒子在电场中的运动知识点总结一平行板电容器的动态分析1两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变2动态分析思路(1)U不变根据C先分析电容的变化，再分析Q的变化根据E分析场强的变化根据UABEd分析某点电势变化(2)Q不变根据C先分析电容的变化，再分析U的变化根据E分析场强变化二带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或静止，或做匀速直线运动(2)粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动

2、2用动力学观点分析a，E，v2v2ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv非匀强电场中：WqUEk2Ek1三带电粒子(带电体)在电场中的偏转1运动规律 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动2两个结论(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qU0mvyat2()2tan 得：y，tan (2)粒子经电场偏转后射出，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.3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：qUymv

3、2mv，其中Uyy，指初、末位置间的电势差四 带电粒子在交变电场中的运动1常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等2常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)(2)粒子做往返运动(一般分段研究)(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)3思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(3)注意对称性和周期性变化关系的应用专题

4、练习1.(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为，则被测物体()A向左移动时，增大 B向右移动时，增大C向左移动时，减小 D向右移动时，减小【答案】BC【解析】由公式C，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增大，则电容C增大，由公式C可知电荷量Q不变时，U减小，则减小，故A错误，C正确；由公式C，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减小，则电容C减少，

5、由公式C可知电荷量Q不变时，U增大，则增大，故B正确，D错误2.平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【答案】D【解析】由C可知，当将云母介质移出时，r变小，电容器的电容C变小，因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据QCU可知，当C减小时，Q减小，再由E，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确3.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示下列说法正确的是()A实验前，只用

6、带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】A【解析】实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C知，电容C变小，由C知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数r变大，由C知，电容C变大，由C知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大

7、，是由于C不变导致的，D错误4.(多选)如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为P，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是()AU变大，E变大 BU变小，P变小CP变小，Ep变大 DP变大，Ep变小【答案】AC【解析】根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C可知电容减小，由U可知极板间电压增大，由E可知，电场强度增大，故A正确；设P与B板之间的距离为d，P点的电势为P，B板接地，B0，则由题可知0PEd是增大的，则P一定

8、减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确5.如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P点由静止释放，则()A金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B金属板A、B间的电压减小C甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D乙电子运动到O点的速率为2v0【答案】C【解析】两板间距离变大，根据C可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据QCU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E，可知当

9、d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据eE2dmv2，eEdmv，可知，乙电子运动到O点的速率vv0，选项D错误6.(多选)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为Q、Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA1 m/s，到B点时速度vB m/s，则()A微粒从B至C做加速运动，且vC3 m/sB微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/sC微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动D微粒最终可能返回至B点，其速度

10、大小为 m/s【答案】AB【解析】AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUABmvmv，2qUABmvmv，解得vC3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误7.如图所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子()A只受到电场力作用B带

11、正电C做匀减速直线运动D机械能守恒【答案】C【解析】带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故A、B错误；由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误8.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度v从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程A动能增加B机械能增加C重力势能

12、增加D电势能增加【答案】B【解析】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球由动能定理有，联立上式可解得，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。9.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最

13、后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)()A两极板间电压为B板间电场强度大小为C整个过程中质点的重力势能增加D若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上【答案】BC【解析】据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qEmgma，mgma，解得E，由UEd得板间电势差Ud，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离yat2，ag，t，解得：y，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s2y，重力势能的增加量Epmg

14、s，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M上，故D错误10.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出下列关于粒子运动的描述错误的是()At0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大BtT时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等【答案】B【解析】粒子在电场中运动的时间

15、是相同的；t0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；tT时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确11.(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的

16、带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgdD克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】因0时间内微粒匀速运动，故E0qmg；在时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律得2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tT时刻，vy2vy1g0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了Epmgmgd

17、，选项C正确；从射入到射出，由动能定理得mgdW电0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误12.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求（1）电场强度的大小；（2）B运动到P点时的动能。【答案】（1）；（2）【解析】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma解得（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，

18、O、P两点的高度差为h，根据动能定理有且有联立式得13.如图所示，空间存在电场强度为E、方向水平向右的范围足够大的匀强电场挡板MN与水平方向的夹角为，质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求： (1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；(2)O、M间的距离【答案】(1)(2)【解析】(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为vx，则tan 解得：vx(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为a，由牛顿第二定律：qEma在如图所示的坐标系中：vxat，x0at2，y0v0t设O、M间的距离为d，由几何关系：tan 解得：d.