第9章 第46课时 专题强化十三 带电粒子在交变电场中的运动及力电综合问题-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的 电流由N,点流向M点，故B错误；放电过程中，随着电容器 带电量的减小，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减 小，故C正确；根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极 板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错 误.故选C. [例4们B解析两极板间电压保持不变，稳定后极板上所带电荷 量变少，根据Q=CU可知电容器电容C变小，根据C=S 4πkd 可知两极板间距d增大，风向左吹，故A错误，B正确；两极板 间距d增大，由E-号可知，极板间电场强度变小，故CD错 误.故选B. [例5]D爵扬根据公式Q=CU和电容的决定式C= 4πad,可得 U=4如8，d山，根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小 ES 时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，与电源断开 后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来 越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，结合 图像，最符合情境的是D选项.故选D. 例6]BD解析一价氙离子经电场加速，根据动能定理有U 2m,可得加速电压为U=275V,故A错误，B正确；根据 动量定理可得F·△t=mm,代入数据解得F=7.92X10-2N, 故C错误；单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为 1=9-爬=1.8X109X1.6X10”A2.9A,故D正确 △t△t 1 故选BD, []aV罡 (2)2√gEmd解析(1)由牛顿第二定律qE m,由运动学公式号-a,联立可得微粒第一次到达下极 板所需的时间为t一VgE md 《2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为=at√ 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极 板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上 极板时的速度大小为，满足一=2ad,代入解得2 √吧，同型可得薇粒第一大从上板板同到0点时的速度大 m 小为满足话一话=2弘号代入解得=2√职，故薇粒 第一次从上极板回到O点时的动量大小为p== 2 gEmd. [例8]BD解析全过程，根据动能定理(g一f)(一x)一 (盟-贸)=0，解得一mg)m,故A错沃：当小球 kQg 甲的加速度为零时，速率最大，则有mg=f+k竖，解得x √气故B正璃，小球甲装后件留时，满足g一學< g+解得位里x的区同V心√收C错 误：若在最低点能返回，即在最低点满足飞鸟9>mg十∫，结合 动能定理(mg-f)(-x)-（k9-k9）=0,又E= 织，联主可得E<(mg一f》√竿故D正疏：故 选BD. 第45课时专题强化十二带电粒子 在电场中的偏转 关键能力·研讨教材 [例1们AD解析水平方向是匀速直线运动，电子通过平行板电 复习讲义答案11/ 容器的时间是，故A正确；电子在平行板电容器间竖直偏移 量3=宫-宁×盟，平行板间静电力对电子做功是 w--婴×号×兴-等， =2md,将两板间距调整为2d, 则W=W,故B错误；电子离开平行板间电场时速度与水 平方向夹角正切值是tan0=及=L=g四， 口。一m,将两板间距调 整为2d,则tanf=2tan0,故C错误；电子在屏上所产生的 先点的竖直偏移量是y=十为=ma十Dtan0,将两板间 距调整为2d,则y=2y,故D正确.故选AD [例2](1)5×10-3m(2)0.11m解析（1)由题意可知含A细 胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向则1= 沿电场方向=at片，由牛顿第二定律qE=ma,解得含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为1=5X10-3m. (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则h一2， 则2=at2,联立解得2=0.05m,由对称性可知A、B细胞收集 管的间距△x=2(x1十x2)=2×(0.005+0.05)m=0.11m [例3]D解析电子加速后进入偏转电极，在电场中受到恒定的 电场力的作用，电子做匀变速曲线运动，不可能是匀速圆周运 动，故A错误；电子经过偏转电极时，偏转电极对电子做正 功，所以到达荧光屏的时间与偏转电压有关，故B错误；图中 沿轴线射入的电子，当偏转电极Ur>0,Ux<0电子击中荧 光屏幕第二象限，不可能出现在荧光屏中心，故C错误；垂直 进入AB区间的电子，在轴线方向做匀速直线运动，所以经过 该区域时间与偏转电极电压无关，故D正确.故选D, [例4幻AD解析两球运动时间相同，水平方向位移相同，1、2两 球水平方向速度相等，b=2cos45°，得边=√26，由竖直方 向位移相同，具有向上初速度的加速度更大可得a2>a,故球 2所受电场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球2 带负电，故A正确；对球1，mg一E=ma,a=号，对球2， mg十Eg=ma,a=号g,由△0=a△，且△1相等，l,2两球速 度变化量不相等，故B错误；电场力对球1做负功，对球2做 正功，球1机械能减少，球2机械能增加，两球机械能变化量 不同，故C错误.1、2两球运动时间为t,竖直方向2a1= （(一防sin45)t十号a,得t=2,相遥时球1速度山1 g √6十(a1t)2=√2h,球2速度v2,2=√/6+(-h十a2t)2= -②西=四，故D正确.故选AD, 5w725w5 [例5](1)2g2(2)4g3g(3)2m(6+g)解扬（1)小 球A在竖直方向做自由落体运动，因此高度差为M=?g, (2)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为α.根据 牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg十gE=a, a(台）}°=7gt,解得a=4g,E=30g (3)设小球B从O点发射时的速度为1，到达P点时的动能 为E,O,P两，点的高度差为h,根据动能定理有E.一2一 mgh十qE,且有号=t,h=2g,联立得E=2m(话+ g2t). 第46课时专题强化十三带电粒子在交变电 场中的运动及力电综合问题 关键能力·研讨教材 [例1们AD解析在0~t时间内，电场方向水平向右，电子所受 静电力方向向左，所以电子向左做匀加速直线运动，在。心 D29 物理> 2时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电 子向左做匀减速直线运动，静电力做负功，电子的电势能增 加，动能减小，故A正确；2t时刻电子的速度为零，在2to~3t 时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电子 向右做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向发生改变， 3t时刻速度最大，动能最大，电势能并不是最大，故B、C错 误；在3t~4to时间内，电场方向水平向右，电子的加速度方 向向左，电子向右做匀减速直线运动，到4时刻速度为零，恰 好又回到M点，故D正确.故选AD. [例2]B解损粒子在加速电场中被加速时Uq=号，在偏 转电场中做类平抛运动，则1=， 1.Um92,解得 2=2·dm U.=2U,故A错送：当U=士U。时：子从板的边嵘射 d 出，恰能打到样品边缘时，则 2 ,解得L=(a一dl + 2d 2 故B正确：根据)一合·品：-品若共他条件不变，要 dm 增加样品的辐照范围，则需减小U1,选项C错误；由图可知 时刻所加的向上的电场的电压小于t2时刻所加的向下的电场 的电压，则时刻射入的粒子打到A点时的竖直位移小于打 到B,点时的竖直位移，故D错误.故选B. 例3]D解析刚接触弹簧时小球所受合力等于重力，小球继续 向下加速，随着弹力增加，加速度减小，当弹力等于重力时小 球速度最大，故A错误；机械能变化量等于电场力做功，由图 可知，0~3cm范围内的图像斜率表示电场力，斜率绝对值为 F=Q7064N=2N,故B错误；由于下板板接地，电势和 0.03 电势能均为零，小球电势能增大，故在释放位置小球的电势能 为负值.小球质量为1kg,且由图像可知，小球在释放位置重 力势能为0.7J,由重力势能Ep=mgh可知，h=0.07m,又因 为Fh=一（E一E),得E=一0.14J,故小球在释放位置所 具有的电势能为一0.14J,故C错误；由能量守恒定律可知 小球在下降过程中电势能增大△E=2×0.05J=0.1J,则小球 和弹簧组成的系统机械能减少0.1J,为E=0.70J一0.10J 0.60J,故D正确.故选D 例4](1)8N(2)0,4m/s(3)7.25m解析(1)物块甲从A 点到P点过程，由动能定理得mgR十9R=",在P点，根 据牛顿第二定律有FN一mg=m尺，联立解得边=3m/s, FN=8 N. (2)物块甲在水平面上向右运动到碰前，根据动能定理有(Eg mg)L=2mt-2m听，甲乙碰撞过程中，根据动量守恒 定律和能量守恒定律有mv=m十m,豆mt 2m说十m吃，解得u=4m/s,p=0,2=4m/s (3)对物块甲有Eq=1N>mg=0.4N,物块甲、乙最终停 在挡板处.在整个过程，对甲、乙系统，由能量守恒定律有Q= mg9十g2=mgR+qE(R+L1十L2),又s&=1十s2, 解得s&=7.25m. 核心素养。拓展教材 L典例11)是 (2) Ua-mgL /3(Ug-mgL） m UB= m U 解析(1)在匀强电场中，根据公式可得场强为E一： (2)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eg mg=m艺，A到B过程根据动能定理得qU-mgL=号m 之听，联立解得h=V√ g-mgL,=√1 /3(Ug-mgL) m 771 [典例2]C解析小球运动到P,点时的动能最大，即重力和电场 力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有盟=an37°，解 mg D30 得E=3g,故B错误；假设小球能够沿圆环运动到C,点，根 4g 据动能定理有gER一mgR=E一0，分析上式可知E<0,显 然这是不可能的，即假设错误，故A错误；P、B两，点间的电势 差Um=E·号R=3,故C正痛：小球从A点运动到B 10q 点，根据动能定理有gB·2R=2m哈，此时小球的向心加速 度大小a%=爱=3g,故D错误.故选C 第47课时实验十观察电容器 的充、放电现象 关键能力。研讨教材 [例1](1)电压(2)0(3)放电0.32解析(1)位置②与电容 器并联，为测电压仪器 (2)电压表示数最大时，电容器充电完毕，充电电流为零，电流 表示数为零. (3)题图乙中号-k为定值，站合电路，将图像逆向分析，此为 放电过程，k=R。,故该过程为电容器放电过程.由题图丙可知 t=0.2s时电容器两端电压为U=8V,由题图乙可知当U= 8V时，电流I=40mA,则电阻R,消耗的功率，P=UI=8× 40×10-3W=0.32W. [例2](1)B(2)a→b5.2解析(1)电容器充电过程中，当电 路刚接通后，电流表示数从0增大到某一最大值，后随着电容 器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳 定后，此时电路相当于开路，电流为0.故选B. (2)根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将S 接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向a→b;t= 2s时I=1.10mA,可知此时电容器两端的电压为U2=IR, 电容器开始放电前两端电压为12.3V,根据I-t图像与横轴围成 的面积表示电量可得0~2s间的放电量为Q=J·C=(12.3一 110X103XR)C,2s后到放电结束间放电量为Q=U·C= 1.10X10·RC,根据题意号=÷解得R≈5.2kn [例3](1)2×10-4s(2)15.0(3)2(4)4.7×1035.2 解析(1)采样周期为T=子=2×104s. (2)由图乙可知开关S闭合瞬间流经电阻R1的电流 为15.0mA. (3)放电结束后电容器两极板间电压等于R两端电压，根据闭合 电路欧姆定律得电容器两板板间电压为UR千R·R=2V (4)充电结束后电容器两端电压为Uc'=E=6V,故可得 △Q=(Uc-Uc)C=0.0188C,解得C=4.7×103uF.设t= 1s时电容器两极板间电压为U。”,得Ud'-UcC=0.0038C,代 入数值解得Uc=5.2V. [例4幻(1)①b→a②减小③减小(2)6.4×10-38.0×10-411 解析(1)①电容器上极板带正电，放电时，电流从正极板经电 阻流向负极板，故通过R的电流方向是b→α.②放电时，电流 减小.③放电时，电压减小 (2)根据It图线与坐标轴所围的面积表示电容器所带的电 荷量，所围的面积有8格，则Q=8X0.4×2×10-3C=6.4×103 C,此时电压为8V,可计算电容器的电容C-号-6.4X10F= 8 8.0×104F,将C和C,带入公式，可得CC× Co 100%=11%. 第十章电路及其应用电能 第48课时电路及其应用 必备知识·链接教材 一、1.自由电荷电压2.正电荷 二、1.正比反比3.金属导体电解质溶液4.(1)电压 (2)倾斜直线 三、1.(1)9 (2)长度电阻率2.(1)正比反比有关物理>> 第46课时 专题强化十三； 带电粒子在交变电场 中的运动及力电综合问题 D答案见D2 [目标要求]1.掌握交变电场的特点.2.会分析带电粒子在交变电场中的运动规律.3.会利用动力学、能量 和动量的观点处理力电综合问题 修关键能力 研讨教材》 考点一带电粒子在交变电场中的运动 D.3t~4t时间内，电子运动的速度方向向右，且 1.常见的交变电场 速度逐渐减小 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、 [学习笔记] 锯齿波、正弦波等， 2.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 考向【2交变电场中的偏转 具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的 例2(2025甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效 速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临 应的重要设备，其工作原理如图1所示.从离子源 界条件。 S释放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的 (2)从两条思路出发：一是力和运动的关系， 电场加速后，沿O0方向射入电压为U2的电场 根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是 (OO为平行于两极板的中轴线).极板长度为1、 功能关系。 间距为d,U2-t关系如图2所示.长度为a的样 考向1。交变电场中的直线运动 品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O 例1（多选）如图甲所示，两个平行金属板P、Q正 点.假设单个离子在通过U2区域的极短时间内， 对且竖直放置，两金属板间加上如图乙所示的交 电压U2可视为不变，当U2=士Um时.离子恰好 流电压，t=0时，P板的电势比Q板的电势高U· 从两极板的边缘射出.不计重力及离子之间的相 在两金属板的正中央M点处有一电子（电子所受 互作用.下列说法正确的是 重力可忽略)在静电力作用下由静止开始运动，已 知电子在0~4t时间内未与两金属板相碰，则 2to 甲 乙 A.to~2t时间内，电子的动能减小 图2 B.3时刻，电子的电势能最大 C.0一4时间内，电子运动的方向不变 AU的最大值U=: 158 第九章静电场11 B.当U,=土Um且L=(ad)时，离子恰好能打 的全过程中，以下极板为重力势能零参考面，小球 2d 的机械能E随位移x的变化关系如图2所示.弹 到样品边缘 簧始终在弹性限度内，小球质量为1kg,重力加速 C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需 度g取10m/s2.则下列说法正确的是 () 增大U 0.70 D.在t和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打 0.62 在A和B点 0.20 [学习笔记] 图1 图2 A.小球下落过程中刚接触弹簧时动能最大 考点二 电场中的力电综合问题 B.电场力大小为0.2N 1.动力学的观点 C.小球在释放位置所具有的电势能为0.14J (1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和 D.下落过程中小球和弹簧组成的系统机械能最 小值为0.60J 重力都是恒力，可用正交分解法， [学习笔记] (2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运 动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力 是否需要考虑的问题， 考向2，用能量和动量观点解决力电综合 2.能量的观点 问题 (1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准 例4(2025凉山三模)如图所示，半径R=0.3m的 确求出过程中的所有力做的功，判断是对分 光滑四分之一圆弧管道竖直固定，与水平面相切 过程还是对全过程使用动能定理 于最低点P,空间中存在水平向右的匀强电场，电 (2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形 场强度大小为E=1×103V/m,物体甲的质量 式的能量出现： m=0.2kg,带电荷量q=+1×103C,在P点右 3.动量的观点 侧L=名m处有一不带电的物体乙，质量m= (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式 是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同 0.2kg,物体乙右侧L2=号m处有一竖直固定挡 一个正方向。 板.物体甲从圆弧管道上与圆心O等高的A点由 (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒 静止开始沿管道滑动.已知甲、乙与水平面间的动 定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述 摩擦因数均为μ=0.2，所有碰撞均无能量损失， 是否为某方向上动量守恒， 且甲、乙碰撞没有电荷转移，甲、乙均视为质点.取 考向1。用动力学和能量观点解决力电综 g=10m/s2,求： 合问题 例3(2025安徽一模)如图1所示，竖直放置的绝 R 缘轻弹簧一端固定在平行板电容器下极板.带电 小球在轻弹簧正上方某处由静止释放，取该位置 (1)在圆弧管道最低点P,物体甲受到轨道的支持 为坐标原点，竖直向下为x轴正方向.在小球下落 力大小； 159 物理>> (2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小； (3)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程 之和. 核心素养 拓展教材 两种等效重力场模型 模型2。电场力与重力不在同一直线上 模型【1，。电场力与重力在同一直线上gE>g -E 等效重力场 等效“最高点 E 等效重力加速度g'= 等效“最低点” √(mg'+(gb n a 等效重力加速度g'= 中0 设等效重力加速度 qE 9E 方向与竖直方向夹 -8，方向竖直向上 m8￥qE-mg mg t 角为&，ama=胎 等效重力场 等效重力 等效“最低点习等效重力 等效“最高点 等效重力加速度 等效重力加速度 典例2(2025河南三模)如图所示，半径为R的绝 典例1(2024河北卷)如图，竖直向上的匀强电场 缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是 中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖 水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆 直平面内绕O点做圆周运动.图中A、B为圆周上 环处在水平向右的匀强电场中.将质量为m、电荷 的两点，A点为最低点，B点与O点等高.当小球 量为十q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静 运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知 止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP= 小球的电荷量为g(q>0)、质量为m,A、B两点间 37°.已知重力加速度大小为g,取sin37°=0.6， c0s37°=0.8.下列说法正确的是 ) 的电势差为U,重力加速度大小为g,求： A小球可以沿圆环运动到 (1)电场强度E的大小 C点 (2)小球在A、B两点的速度大小. B.匀强电场的电场强度大小 为3 5q B C.P,B两点间的电势差为3mg巫 10g D.小球运动到B点时，向心加速度大小为2g [学习笔记] 友情提示 请完成P387跟踪评价 160