(考点分析) 第三节 电容器 带电粒子在电场中的运动-2023年高考物理一轮系统复习学思用

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【考点分析】　第三节 电容器 带电粒子在电场中的运动【考点一】  Q不变时电容器的动态分析【典型例题1】   (2021·北京房山区二模)研究平行板电容器电容与哪些因素有关的实验装置如图所示。实验前，用带正电的玻璃棒与电容器a板接触，使电容器a板带正电，下列说法正确的是(　　)A．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小B．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C．实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【解析】  A．根据电容器的决定公式，实验中，只将电容器b板向上平移，则两极板的正对面积S减小，电容减小，由于两极板电荷量保持不变，根据电容的定义公式，则两极板两端的电势差增大，静电计指针的张角变大，所以A错误；B．根据电容器的决定公式，实验中，只在极板间插入有机玻璃板，则增大介电常数，电容增大，由于两极板电荷量保持不变，根据电容的定义公式，则两极板两端的电势差减小，静电计指针的张角变小，所以B错误；C．实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果，因为b板本来就接地，手指触碰也是接地，所以不会影响，则C正确；D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，但电容保持不变，因为电容与电容器两极板所带电荷量，及电压无关，所以D错误；故选C。【答案】  C 【归纳总结】  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压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①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝分析场强的变化．③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝＝分析场强变化．③当改变d时，E不变．【考点二】  U不变时电容器的动态分析【典型例题2】   (2022•广东汕头市高三(下)一模)计算机键盘每个按键下有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器。且电压保持不变图示键盘连着正在工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器(　　)A．电容变小 B．金属片间的场强变小C．电荷量增大 D．处于放电状态【解析】  按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板间距d减小，根据，可知电容C变大，因两板电压U一定，根据Q=CU，可知，电容器带电量增大，电容器处于充电状态，此时根据，可知金属片间的场强E变大。故选C。【答案】  C【考点三】  平行板电容器中带电粒子的问题分析【典型例题3】   (2021·广东河源市月考)如图所示，两平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，则(　　)A．若保持S接通，将M板下移一小段距离，M板的带电量增加B．若保持S接通，将M板下移一小段距离，P点的电势升高C．若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，两板间场强增大D．若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，点电荷在P点的电势能保持不变【解析】  A．当S保持接通时，M板下移一小段距离，则间距减小，根据可知，电容增大，因电压不变，根据Q=CU可知，M板的带电量增加，故A正确；B．当S保持接通时，M板下移一小段距离，则间距减小，根据可知，场强增大，由于，N与P点之间的距离不变，所以N与P点之间的电势差增大，则P点的电势升高，故B正确；C．将S接通后再断开，Q不变，将N板向下移动，间距增大，根据可知，电场强度与金属板间距无关，因此场强不变，故C错误；D．将S接通后再断开，将N板向下移动，间距增大，由C选项知场强不变，由于，N与P点之间的距离变大，所以N与P点之间的电势差增大，所以P点的电势升高，根据可知，负点电荷在P点的电势能减小，故D错误。故选AB。【答案】  AB【考点四】  带电粒子在匀强电场中的受力分析【典型例题4】   如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则(　　)A．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ增大B．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ不变C．断开开关S，略向上移动A板，则θ增大D．断开开关S，略向上移动A板，则θ不变【解析】　保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变，带负电的A板向右移动，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，根据C＝，U＝得E＝＝＝，略向上移动A板，则S减小，E变大，小球所受的电场力变大，则θ增大，故C正确，D错误．【答案】　AC【考点五】  带电粒子在匀强电场中的直线运动【典型例题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【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Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝＝＝，可知当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e·E·2d＝mv2，e·E·d＝mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误．【答案】　C【考点六】  带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动【典型例题6】   如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则(　　)A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为【解析】　由于带电小球在竖直平面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，且mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理得：－mg·＝0－mv02，解得：h＝，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D正确．【答案】　BD【考点七】  带电粒子在电场中的偏转【典型例题7】   示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则(　　)A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等B．若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等D．若不同比荷的带负电粒子由O点射入，偏转角度θ相同【解析】　设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；由动能定理得qU1＝mv02，可得v0＝，所以当带负电粒子的比荷相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ek＝mv02＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tan θ＝＝＝，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故D正确．【答案】　BCD【归纳总结】1．两个结论(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qU0＝mv02y＝at2＝··()2tan θ＝＝得：y＝，tan θ＝y、θ均与m、q无关．(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偏转极板长度的一半．2．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＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．【考点八】  带电粒子在重力场和电场中的偏转【典型例题8】   (2021·广东揭阳市月考)如下图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为的匀强电场，一个质量为、电荷量为的小球，从A点以初速度竖直向上抛出，经过一段时间落回到与A点等高的位置B点(图中未画出)，重力加速度为。求：(1)小球运动到最高点时距离A点的高度；(2)小球运动到最高点时速度大小；(3)小球运动过程中最小动能。【解析】  (1)小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向初速度为，加速度为g的竖直上抛运动，所以在竖直方向上有解得(2)小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由，解得水平方向由，解得(3)小球运动过程中动能的表达式为由数学知识可得当小球的动能最小，最小动能为【答案】  (1)5m；(2)10m/s；(3)2.5J【考点九】  带电粒子在电场中的综合应用【典型例题9】   在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【解析】　(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知AC＝R                                ①F＝qE                                 ②由动能定理有F·AC＝mv02                      ③联立①②③式得E＝                 ④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R         ⑤设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma                                 ⑥AP＝at12                                             ⑦DP＝v1t1                                              ⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝          ⑨(3)解法1：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t0.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有y＝at2                                                 ⑩x＝vt                                  ⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－R)2＋(y－R)2＝R2         ⑫粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat                         ⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝v0解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v在沿电场方向：R＝t＝t在垂直电场方向：R＝vt联立以上两式得：v＝v0.由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv0.【答案】　(1)　(2)　(3)0或