物理名師講練大一輪復(fù)習(xí)方略考點(diǎn)突破素養(yǎng)提升6-3電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)

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()A.繩子的張角變小B.極板上的電荷量減少C.靜電計(jì)的指針的指針偏角不變D.若細(xì)繩斷掉,小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)(未接觸極板)【解析】選D。極板帶電量Q不變,根據(jù)C=QU,C=εrS4πkd以及E=Ud可得E=4πkQεrS,連接靜電計(jì)時(shí),移動(dòng)電容器極板,電場強(qiáng)度不發(fā)生變化,小球受的電場力不變,則繩子的張角不變,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;極板靠攏時(shí),C變大,U減小,靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)變小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;繩子剪斷后,小球初速度為零,所受的重力和電場力都是恒力2.(多選)如圖所示,K閉合后,在P點(diǎn)處有一質(zhì)量為m、帶電量為q的油滴恰好于靜止?fàn)顟B(tài)。則下列說法中正確的是 ()A.若將A板向上平移一小段距離,則油滴向下加速運(yùn)動(dòng),R中有向左的電流,P點(diǎn)電勢降低B.若將A板向左平移一小段距離,則油滴仍然靜止,R中有向左的電流,P點(diǎn)電勢不變C.若將玻璃板插入極板AB間,則油滴向下加速運(yùn)動(dòng),R中有向左的電流,P點(diǎn)電勢不變D.若將金屬板插入極板AB間,則油滴向上加速運(yùn)動(dòng),R中有向左電流,P點(diǎn)電勢降低【解析】選A、B。開始時(shí),重力和電場力平衡,則mg=qE,將A板上移,由E=Ud可知,E變小,油滴應(yīng)向下加速運(yùn)動(dòng),由C=QU、C=εrS4πkd得Q=εrSU4πkd,因電壓U不變,隨著d增大,故電容器電量減小放電,R中有向左的電流,電場強(qiáng)度E變小,PB間電勢差減小,而B板接地,因此P點(diǎn)電勢降低,故A正確;若將B板向左平移一小段距離,由E=Ud可知,E不變,油滴仍靜止,根據(jù)Q=εrSU4πkd,S減小,電容器電量減小放電,R中有向左的電流,PB間電勢差不變,P點(diǎn)的電勢不變,故B正確;若將玻璃板插入AB間,由E=Ud可知,E不變,油滴仍靜止,根據(jù)Q=εrSU4πkd,電容器電量增加充電,R中有向右的電流,PB間電勢差不變,P點(diǎn)的電勢不變,故C錯(cuò)誤;若將金屬板插入AB間,則相當(dāng)于極板間距離減小,1.分析比較的思路:(1)先確定是Q還是U不變:電容器保持與電源連接,U不變;電容器充電后與電源斷開,Q不變。(2)用決定式C=εr(3)用定義式C=QU判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U(4)用E=Ud2.兩類動(dòng)態(tài)變化問題的比較:分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小εr變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小【加固訓(xùn)練】如圖為可變電容器,由一組動(dòng)片和一組定片組成,這兩組金屬片之間是互相絕緣的,動(dòng)片旋入得越多,則 ()A.正對(duì)面積越大,電容越大B.正對(duì)面積越大,電容越小C.動(dòng)片、定片間距離越小,電容越大D.動(dòng)片、定片間距離越小,電容越小【解析】選A?？勺冸娙萜鲃?dòng)片旋入得越多,正對(duì)面積越大。由平行板電容器的電容決定式C=εrS4πkd知,考點(diǎn)2帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)(d)【典例2】如圖所示,板長L=4cm的平行板電容器,板間距離d=3cm,板與水平線夾角α=37°,兩板所加電壓為U=100V,有一帶負(fù)電液滴,帶電荷量為q=3×1010C,以v0=1m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場,在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出。g取10m/s2,求: 導(dǎo)學(xué)號(hào)(1)液滴的質(zhì)量。(2)液滴飛出時(shí)的速度大小。【解題思路】解答本題應(yīng)注意以下幾點(diǎn):【解析】由于帶電液滴所受重力方向豎直向下,所受靜電力方向只能垂直兩板向上,其合力方向水平向右,做勻加速運(yùn)動(dòng)。(1)豎直方向:qUdcos37°=mg,解得m=8×108(2)解法一:水平方向:qUdsin37°解得a=gtan37°=34設(shè)液滴在平行板中飛行距離為s,則s=dsin37°=0.05m,又由v2得v=v02解法二:液滴受到的合力F合=mgtan37°,由動(dòng)能定理得F合s=12mv212mv0答案:(1)8×108kg(2)1.32m/s1.如圖所示,M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力),以初速度v0由小孔進(jìn)入電場,當(dāng)M、N間電壓為U時(shí),粒子剛好能到達(dá)N板,如果要使這個(gè)帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的12處返回,則下述措施能滿足要求的是A.使初速度減為原來的1B.使M、N間電壓減小C.使M、N間電壓提高到原來的4倍D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的1【解析】選D。粒子恰好到達(dá)N板時(shí)Uq=12mv02,恰好到達(dá)兩板中間返回時(shí)有U'2q=122.(多選)如圖所示,平行金屬板A、B在真空中水平正對(duì)放置,兩極板的間距為d,分別帶等量異號(hào)電荷。質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電的油滴以速度v0從A極板的左邊緣射入電場,沿直線從B極板的右邊緣射出,重力加速度為g。則 ()A.油滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.油滴的電勢能減少了mgdC.兩極板的電勢差UAB=mgd板的電勢低于B板的電勢【解析】選A、C。油滴在電場中受到重力和電場力,而做直線運(yùn)動(dòng),電場力與重力必定平衡才能做勻速直線運(yùn)動(dòng),油滴的加速度為零,故A正確;重力做功mgd,油滴的重力勢能減小,動(dòng)能不變,根據(jù)能量守恒定律得知,油滴的電勢能增加了mgd,機(jī)械能減小了mgd,故B錯(cuò)誤;由上可知油滴的電勢能增加量ΔEp=mgd,又ΔEp=qUAB,得到兩極板的電勢差UAB=mgdq,故C正確;由題意可判斷出電場力方向豎直向上,油滴帶負(fù)電,電場強(qiáng)度方向豎直向下,A板的電勢高于B板的電勢,故D1.帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理:(1)基本粒子:如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等,除有說明或明確的暗示以外,一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的暗示以外,一般都不能忽略重力。2.帶電粒子在電場中平衡的解題步驟:(1)選取研究對(duì)象。(2)進(jìn)行受力分析,注意電場力的方向特點(diǎn)。(3)由平衡條件列方程求解。3.解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種思路:(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場力,用牛頓第二定律求出加速度,結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場。(2)根據(jù)電場力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場,也適用于非勻強(qiáng)電場?！炯庸逃?xùn)練】如圖所示,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上,當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中時(shí),小物塊恰好靜止。重力加速度取。求:(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度;(2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的12,物塊的加速度是多大(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能。【解析】(1)小物塊靜止在斜面上,受重力、電場力和斜面支持力,受力圖如圖所示,則有FNsin37°=qE ①FNcos37°=mg ②由①②可得E=3mg(2)若電場強(qiáng)度減小為原來的12,則E′=由牛頓第二定律得mgsin37°qE′cos37°=ma, ③可得a=0.3g。(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí),重力做正功,電場力做負(fù)功,由動(dòng)能定理得mgLsin37°qE′Lcos37°=Ek0, ④可得Ek=0.3mgL。答案:(1)3考點(diǎn)3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(d)【典例3】(2019·全國卷Ⅱ)如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場,重力忽略不計(jì)。 導(dǎo)學(xué)號(hào)(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能,以及它從射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大小。(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場,則金屬板的長度最短應(yīng)為多少?【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)PG、QG間場強(qiáng)大小相等,方向相反,為勻強(qiáng)電場。(2)粒子進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)。(3)根據(jù)對(duì)稱性,粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出,則金屬板的長度最短?！窘馕觥?1)PG、QG間場強(qiáng)大小相等,均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設(shè)粒子的加速度大小為a,有E=2φdF=qE=ma ②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek,由動(dòng)能定理有qEh=Ek12mv0設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用時(shí)間為t,粒子在水平方向的位移為l,如圖所示,則有h=12at2 l=v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek=12mv02+l=v0mdhqφ (2)設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出,則金屬板的長度最短,如圖所示,由對(duì)稱性知,此時(shí)金屬板的長度為L=2l=2v0mdh答案:(1)12mv02+2φdqhv1.如圖所示,質(zhì)子(11H)和α粒子(24He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計(jì)重力),A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶4【解析】選B。動(dòng)能相同,則mv02相同,由y=12at2=12·qUmd·(Lv0)2,得:y12.(多選)如圖所示,一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場,入射方向與電場線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場時(shí),其速度方向與電場線成30°角。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場的寬度為d,P、Q兩點(diǎn)的電勢差為U,不計(jì)重力作用,設(shè)P點(diǎn)的電勢為零。則下列說法正確的是 ()導(dǎo)學(xué)號(hào)A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為UqB.帶電粒子帶負(fù)電C.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E=2D.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E=3【解析】選A、C。由圖看出粒子的軌跡向上,則所受的電場力向上,與電場方向相同,所以該粒子帶正電,粒子從P到Q,電場力做正功,大小為W=qU,則粒子的電勢能減少了qU,P點(diǎn)的電勢為零,則知帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為Uq,故A正確、B錯(cuò)誤;設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0,粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),在Q點(diǎn)vy=3v0,粒子在電場方向上的位移為y=3v02t,水平方向d=v0t,解得y=3d2,則場強(qiáng)為E=Uy,聯(lián)立解得E=21.基本規(guī)律:設(shè)粒子帶電荷量為q,質(zhì)量為m,兩平行金屬板間的電壓為U,板長為l,板間距離為d(忽略重力影響),則有(1)加速度:a=Fm=qEm=(2)在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t=lv(3)位移vxt=v0t=(4)速度vx=v0vy=at,vy=2.兩個(gè)結(jié)論:(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明:由qU0=12mv02及tanφ=qUlmdv0(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到電場邊緣的距離為l23.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系:當(dāng)討論帶