2021高考物理沪科版新课程一轮复习关键能力·题型突破7.3电容器与电容　带电粒子在电场中的运动

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关键能力·题型突破

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              世纪金榜导学号(　　)

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              世纪金榜导学号(　　)

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              (　　)

世纪金榜导学号

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。

【多维训练】密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接,板间电压为U,形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴,若此悬浮油滴的质量为m,则下列说法正确的是              (　　)

A.悬浮油滴带正电

B.悬浮油滴的电荷量为

C.增大场强,悬浮油滴将向上运动

D.油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍

【解析】选C。由题目中的图示可以看出电场强度方向向下,重力竖直向下,则电场力竖直向上,电荷带负电,A错误;由平衡条件可以得到mg=Eq,电荷的带电荷量q=,B错误;此时电场力与重力相等,如果增大电场强度,则电场力大于重力,所以油滴将向上运动,C正确;由元电荷的带电荷量e=1.6×10-19 C可知,油滴的带电荷量一定是电子电荷量的整数倍,D错误。

类平抛偏转

【典例4】(2019·全国卷Ⅲ)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(q>0)。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。

【解析】(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a,O、P两点的高度差为h。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有

mg+qE=ma　                              ①

h=a=gt2                ②

解得E=                 ③

(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的水平距离为l,根据动能定理有

Ek-m=mgh+qEh                             ④

且有l=v1=v0t　                ⑤

h=gt2　                  ⑥

联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)

答案:(1)　(2)2m(+g2t2)

【多维训练】(多选)(2020·济宁模拟)三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场,出现如图所示的轨迹,则可以判断              (　　)

A.它们在电场中运动时间相同

B.A、B在电场中运动时间相同,C先飞离电场

C.C进入电场时的速度最大,A最小

D.电场力对C做功最小

【解析】选B、C、D。三个电子在电场中运动的加速度a相同,在垂直于极板方向,yA=yB>yC,由y=at2知在电场中运动的时间tA=tB>tC,A错误,B正确;B、C水平位移相同,tB>tC,故vC>vB,而A、B运动时间相同,但xA<xB,故vB>vA,故C进入电场时的速度最大,A最小,C正确;电场力做功W=Eqy,而yA=yB>yC,故电场力对C做功最小,D正确。

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              世纪金榜导学号(　　)

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

【通型通法】

1.题型特征:带电粒子在交变电场中的运动。

2.思维导引:

【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。

　【多维训练】(多选)如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔,右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)。下列说法中正确的是              (　　)

A.从t=0时刻释放电子,电子将始终向右运动,直到打到右极板上

B.从t=0时刻释放电子,电子可能在两板间振动

C.从t=时刻释放电子,电子可能在两板间振动,也可能打到右极板上

D.从t=时刻释放电子,电子必将打到左极板上

【解析】选A、C。根据题中条件作出带电粒子的v-t图象,根据v-t图象包围的面积分析粒子的运动。由图(a)知,t=0时刻释放电子,电子的位移始终是正值,说明一直向右运动,一定能够击中右板,选项A正确、B错误。

由图(b)知,t=时刻释放电子,电子向右的位移与向左的位移大小相等,若释放后的时间内不能到达右板,则之后往复运动,选项C正确、D错误。

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:              世纪金榜导学号

(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)

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