2021届高考物理一轮复习7第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动练习含解析

第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动考点一　平行板电容器的动态分析　定电压问题【典例1】如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则              (　　)A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.电容器的电荷量不变D.带电小球的电势能将增大【通型通法】1.题型特征：电压保持不变时平行板电容器的动态变化。2.思维导引：【解析】选D。根据C=知，下极板竖直向下移动一小段距离，即d增大，则电容减小，故A错误；静电计连接电容器两端，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；下极板竖直向下移动一小段距离，电容减小，根据电容的定义式C=，电容器与电源保持相连，U不变，则电荷量Q减小，故C错误；电势差不变，d增大，由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势升高，因为带电小球带正电荷，小球的电势能增大，故D正确。定电量问题【典例2】如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若              (　　)A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，减小S，则θ变小D.保持d不变，减小S，则θ不变【解析】选A。静电计指针偏角反映电容器两极板间电压大小。电容器电荷量Q保持不变，由C==知，保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，U增大，偏角θ也增大，故选项C、D均错误。1.平行板电容器动态的分析思路：2.两类动态分析的比较：【加固训练】(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点电势将降低C.电容器的电容减小，极板带电荷量减小D.带电油滴的电势能保持不变【解析】选B、C。电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0。油滴位于P点处于静止状态，因此有mg=qE。当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d增大，由C=可知电容器电容减小，板间场强E=减小，油滴所受的电场力减小，mg>qE，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距离h不变，由φP=ΔU=Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C=可知电容器所带电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D错。考点二　带电粒子在匀强电场中的运动加速直线运动【典例3】(多选)(2018·全国卷Ⅲ) 如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略，下列说法正确的是              (　　)A.a的质量比b的大B.在t时刻，a的动能比b的大C.在t时刻，a和b的电势能相等D.在t时刻，a和b的动量大小相等【解析】选B、D。由于平行板电容器连接在直流电源上，U不变，E不变，两微粒a、b所带电荷量大小相等，则电场力大小相等，经过相同时间，据动量定理Ft=mv-0可知，在t时刻a和b的动量大小相等，D对；因为经过时间t，在下半区域的同一水平面，因此va>vb，则ma<mb，A错；据Ek=可知Eka>Ekb，B对；在同一水平面电势相等，由于a、b所带电荷量大小相等，符号相反，电势能不等，C错；故选B、D。类平抛偏转【典例4】(多选)如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是              (　　)A.带电粒子在Q点的电势能为-UqB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为E=D.此匀强电场的电场强度大小为E=【解析】选A、C。由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，粒子从P到Q，电场力做正功，大小为W=qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为-Uq，故A正确、B错误；设带电粒子在P点时的速度为v0，粒子在电场中做类平抛运动，在Q点vy=v0，粒子在电场方向上的位移为y=t，水平方向d=v0t，解得y=，则场强为E=，联立解得E=，故C正确，D错误。带电粒子在交变电场中的运动【典例5】(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是              (　　)A.微粒将沿着一条直线运动B.微粒在第2 s末的速度为零C.微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同D.微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同【解析】选A、B、D。根据题中条件作出如图所示带电粒子的速度-时间图象，根据v-t图象可知微粒将沿着一条直线运动，A、B项正确；由图象的斜率可知第1 s内与第2 s内斜率方向相反，所以C项错误；由图象的面积可知D选项正确。1.带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：2.带电粒子在匀强电场中偏转的两个二级结论：(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的偏转角度总是相同的。证明：由qU0=m及tanθ=得tanθ=。(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到电场边缘的距离为。3.带电粒子在交变电场中的运动分析：【加固训练】(多选)如图所示，氕核H)、氘核H)、氚核H)三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么              (　　)A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置【解析】选A、D。设加速电压为U1，偏转电压为U2，则qU1=m，x=v0t，y=··t2，联立得y=，即粒子在竖直方向的偏转量y与q、m均无关，因此三种粒子运动轨迹相同，打在屏上的同一位置，D正确。偏转电场对粒子做的功W=qE2y，由于运动轨迹相同，三种粒子离开电场时的偏转量y相同，则W相同，A正确。电场力做的总功为qU1+W=mv2，电场力做的总功相同，但三种粒子质量不同，因此打到屏上时的速度v不同，B错误。又因为三种粒子运动轨迹相同，但速度不同，所以运动时间不同，C错误。考点三　带电体的力电综合问题【典例6】如图所示，有一质量为m=1 kg，带电荷量为q=-1 C的小物块以初速度v0=18 m/s沿粗糙水平地面从A处向右滑动，经过一定时间后又回到A点。已知空间存在向右的匀强电场，其电场强度为E=5 N/C，物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.4，g取10 m/s2。求： (1)物块向右运动的最大距离；(2)物块运动过程中经历的最大电势差；(3)重新返回到位置A时的速度大小。【解析】(1)对物块受力分析，它的摩擦力大小Ff=μmg=0.4×1×10 N=4 N，电场力大小qE=5 N由动能定理得-(qE+Ff)x=0-m解得x=18 m(2)物块向右运动过程中，电场力一直做负功，直到运动到最远处时，做功最多，电势差最大，故最大电势差U===Ex=90 V(3)整个过程，电场力不做功，根据动能定理得-2Ffx=mv2-m解得v=6 m/s答案：(1)18 m　(2)90 V　(3)6 m/s【多维训练】(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比。(2)A点距电场上边界的高度。(3)该电场的电场强度大小。【解析】(1)由于带电小球M、N进入电场水平方向初速度v0相等，加速度大小相等，方向相反，运动时间相等，因此离开电场时vMx=2v0，vNx=0。对小球M：2axM=(2v0)2-对小球N：2axN=-0解得xM∶xN=3∶1(2)设A点距电场上边界的高度为h，竖直方向做自由落体运动，进入电场竖直方向速度为vy1，离开电场竖直方向速度为vy2有=2gh=2g(H+h)由于M在电场中做直线运动，有=联立解得h=(3)设电场强度为E，对小球M：水平方向2v0-v0=t竖直方向vy2-vy1=gt又由于m+m(2v0)2=×m联立方程解得E=答案：(1)3∶1　(2)　(3)解决力电综合问题的一般思路【加固训练】如图所示，一条长为L的绝缘细线上端固定在O′点，下端系一个质量为m、带电荷量为+q的小球，将它置于一个水平向右的匀强电场中，且qE=mg。在O点给小球一初速度v0，使小球恰好能在竖直平面内做顺时针方向上的完整圆周运动。求：(1)运动过程中最小速度和最大速度的大小；(2)初速度v0的大小。【解析】(1)如图所示，小球在运动过程中受到重力、电场力和细线拉力作用。利用等效重力场的方法，根据平行四边形定则求出重力和电场力的合力大小F合=mg，其方向斜向右下方与水平方向成45°角。过圆心作合力的作用线，把其反向延长交圆周上的B点，则B为等效最“高”点，过等效最“高”点的速度即为运动过程中的最小速度，由于是恰好做圆周运动，所以小球在等效最“高”点B时只受电场力和重力作用，细线的拉力为零。等效重力加速度为g′==g，由m=mg′，可得最小速度vmin=。A点为等效最“低”点，小球在运动中通过此点的速度最大，m-m=mg′·2L，可得最大速度vmax=。(2)从O到A，由动能定理得-mgL(1-cos 45°)+qELsin 45°=m-m，结合qE=mg，解得v0=。答案：(1)　　(2)