专题10 电容器带电粒子在电场中的运动（解析版）

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1、2020年高考物理二轮温习热点题型与提分秘籍专题10 电容器带电粒子在电场中的运动题型一 有关平行板电容器的问题分析【题型解码】(1)两类动态问题的分析要抓住C、C和E三个基本关系(2)板间粒子的运动常用动力学方法或动能定理分析【典例分析1】研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示,下列说法正确的是A实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小C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【参考参考答案】A【名师解析】(1)静电计指针的张角大小表示电容

2、器两极板间的电压大小。根据C计算。(2)平行板电容器的电容决定式是C。用带电玻璃棒与电容器a板接触,由于静电感应,a、b两板带等量异种电荷,故A正确；根据平行板电容器电容的决定式C,将电容器b板向上平移,即正对面积S减小,则电容C减小,根据C可知,电荷量Q不变,则两极板间的电压U增大,则静电计指针的张角变大,故B错误；根据平行板电容器电容的决定式C,只在极板间插入有机玻璃板,相对介电常数r增大,则电容C增大,根据C可知,电荷量Q不变,则电压U减小,静电计指针的张角减小,故C错误；电容器的电容与电容器所带的电荷量无关,故D错误。【提分秘籍】平行板电容器的动态问题分析秘籍(1)抓住三个基本公式：C

3、,C,E。(2)两类动态分析d、S、r变化时U、Q、C、E变化的判断依据：充电后与电池两极相连：U不变,C,QCU(变化同C),E。充电后与电池两极断开：Q不变,C,U(变化与C相反),E。(3)电势和电势能的变化结合电场的相关公式分析。【突破训练】1.如图所示,平行板电容器带有等量异号电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则()A增大,E增大 B增大,Ep不变C减小,Ep增大 D减小,E不变【参考答案】D

4、【解析】极板移动过程中带电荷量Q保持不变,静电计指针张角变化反映极板间电势差U的变化,由C和C可知,上极板下移,d减小,C增大,U减小,又E,则E不变,P点电势不变,Ep不变,综合上述,只有D正确。2(2019安徽省宿州市质检)(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为,则被测物体()A向左移动时,增大 B向右移动时,增大C向左移动时,减小 D向右移动时,减小【参考答案】BC【解析】由公式C

5、,可知当被测物体带动电介质板向左移动时,两极板间电介质增多,r变大,则电容C增大,由公式C可知电荷量Q不变时,U减小,则减小,故A错误,C正确；由公式C,可知当被测物体带动电介质板向右移动时,两极板间电介质减少,r变小,则电容C减小,由公式C可知电荷量Q不变时,U增大,则增大,故B正确,D错误。3.(2019河南郑州三模)如图所示,M、N为平行板电容器的两个金属极板,G为静电计,开始时闭合开关S,静电计张开一定角度。则下列说法正确的是()A开关S保持闭合状态,将R的滑片向右移动,静电计指针张开角度增大B开关S保持闭合状态,将两极板间距增大,静电计指针张开角度增大C断开开关S后,将两极板间距增大

6、,板间电压不变D断开开关S后,紧贴下极板插入金属板,板间场强不变【参考答案】D【解析】保持开关闭合,电容器两端的电势差等于电源的电动势,故电容器两端的电势差不变,因此无论将R的滑片向右移动,还是将两极板间距增大,静电计指针张角都不变,故A、B错误；断开开关,电容器带电量不变,将两极板间距增大,即d增大,根据C知,电容减小,根据U知,两极板间电势差增大,故C错误；断开开关,电容器带电量不变,若紧贴下极板插入金属板,则d减小,根据C及U得E知,板间的电场强度不变,故D正确。题型二 带电粒子在电场中的加速直线与偏转【题型解码】(1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时,一般用牛顿第二定律与运动学公式结合

7、处理或用动能定理处理(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理(3)注意带电粒子重力能否忽略【典例分析1】(2019北京通州模拟)如图所示,一个电子由静止开始经加速电场加速后,又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场,并从另一侧射出打到荧光屏上的P点,O点为荧光屏的中心。已知电子质量m9.01031 kg,电荷量e1.61019 C,加速电场电压U02500 V,偏转电场电压U200 V,极板的长度L16.0 cm,板间距离d2.0 cm,极板的末端到荧光屏的距离L23.0 cm(忽略电子所受重力,结果均保留两位有效数字)。求：(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；(2)电

8、子打在荧光屏上的P点到O点的距离h；(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。【参考参考答案】(1)3.0107 m/s(2)0.72 cm (3)5.81018 J【名师解析】(1)根据动能定理有eU0mv解得v03.0107 m/s。(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y,电子在水平方向做匀速直线运动：L1v0t电子在竖直方向上做匀加速直线运动：yat2根据牛顿第二定律有ma解得y0.36 cm电子在偏转电场中做类平抛运动,射出偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点,由几何关系知,解得h0.72 cm。(3)电子经过偏转电场过程中电场

9、力对它做的功Wey5.81018 J。【典例分析2】(2020山东师范大学附中第三次模拟)如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时,带电粒子沿轨迹落到B板中间设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次的电压之比为()AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U211【参考参考答案】A【名师解析】据题意,粒子在偏转电场中做类平抛运动,即粒子在水平方向做匀速直线运动,则：xvt,在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动,则：yat2,偏转电压为U,则偏转电压之比为：()2,故A选项正确【提分秘籍】1带电粒子在

10、电场中的偏转规律2处理带电粒子的偏转问题的方法(1)运动的分解法一般用分解的思想来处理,即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动(2)效用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：qUymv2mv,其中Uyy,指初、末位置间的电势差3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法(1)yy0Ltan (L为屏到偏转电场的水平距离)；(2)y(L)tan (l为电场宽度)；(3)yy0vy；(4)根据三角形相似.【突破训练】1.(2019湖南岳阳高三二模)一种测定电子比荷的实验装置如图所示,在真空玻璃管内,阴极K发出的电子(可认为初速度

11、为0)经阳极A与阴极K之间的高电压加速后,形成一细束电子流,以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压,电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板C、D间施加偏转电压,则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场,则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B,极板间电压为U,极板的长度为l,C、D间的距离为d,极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L,P点到O点的距离为y。(1)求电子进入偏转电场的速度v0；(2)求电子的比荷。【参考答案】(1)(2)【解析】(1)加上磁场B后,荧光屏上的光点重新回到O点

12、,可知电子在C、D间受到电场力和洛伦兹力而处于平衡状态,有：qEqv0B,又E,联立解得电子射入偏转电场的速度v0。(2)C、D间只有电场时,电子在极板区域运行的时间t1,在电场中的偏转位移y1att,电子离开极板区域时,沿垂直极板方向的速度vyat1t1,设电子离开极板区域后,到达光屏P点所需的时间为t2,t2,电子离开电场后在垂直极板方向的位移y2vyt2,P点到O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移,yy1y2,联立解得。2.(2018四川泸州一检)如图所示,竖直平行正对放置的带电金属板A、B,B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x0的区域内存在沿y轴正

13、方向的匀强电场,电场强度大小为E103 V/m；比荷为1.0105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O处静止释放,其运动轨迹恰好经过M(,1)点；粒子P的重力不计,试求：(1)金属板A、B之间的电势差UAB；(2)若在粒子P经过O点的同时,在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q,使P、Q恰能运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合【参考答案】(1)1 000 V(2)yx2,其中x0【解析】(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q,从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知,粒子P在y轴右侧匀强电

14、场中做类平抛运动；设从O点运动到M(,1)点所用时间为t0,由类平抛运动可得：xv0t0,yt02解得：v0104 m/s 在金属板A、B之间,由动能定理：qUABmv02解得：UAB1 000 V(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从N(x,y)点释放后,经时间t与粒子P相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P：Eqma1对于Q：Eq2ma2xv0ta1t2ya2t2解得：yx2,其中x0即粒子Q释放点N(x,y)坐标满足的方程为yx2,其中x03.(2019湖北孝感第一次统考)在xOy直角坐标系中,三个边长都为2 m的正方形如图所示排列,第象限正

15、方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E0,在第象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场,三角形OEC区域内无电场,正方形DENM区域内无电场现有一带电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放,恰好能通过E点(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；(2)保持(1)问中电场强度不变,若在正方形ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过E点,则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系；(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2E0,方向不变,其他条件都不变,则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上

16、述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过N点,则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系【参考答案】(1)4E0(2)yx(3)y3x4【解析】(1)设带电粒子出第象限电场时的速度为v,在第象限电场中加速运动时,根据动能定理得E0qLmv2,其中L2 m要使带电粒子通过E点,在第象限电场中偏转时,竖直方向位移为y0,设水平方向位移为x0,则y0()2,因CEO45,即x0y02 m,解得E14E0.(2)设释放点的坐标为(x,y),带电粒子出第象限电场时的速度为v1,在第象限电场中加速运动时,根据动能定理得E0qxmv12,要使带电粒子过E点,在第象限电场中偏转时,竖直方向位移为y,水平方向位移也为

17、y,则y()2,解得yx.(3)如图所示为其中一条轨迹图,带电粒子从DE出电场时与DE交于Q.进入CDE区域的电场后,初速度延长线与DE交于G,出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P点,设在第象限释放点的坐标为(x,y)由图可知,在CDE区域中带电粒子的水平位移为y,设偏转位移为y,则y()2,而,其中GP,NE2 m,在第象限加速过程中,E0qxmv22,解得y3x4.题型三 带电粒子在交变电场中的运动【题型解码】1.在交变电场中做直线运动时,一般是几段变速运动组合可画出vt图象,分析速度、位移变化2.在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合,可分解后画出沿电场方向分运动的vt图象,

18、分析速度变化,或是分析偏转位移与偏转电压的关系式【典例分析1】(2019湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示,在该匀强电场中,有一个带电粒子于t0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法中正确的是()A带电粒子只向一个方向运动 B02 s内,电场力做功等于0C4 s末带电粒子回到原出发点 D2.54 s内,电场力做功等于0【参考参考答案】D 【名师解析】画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示,vt图线与时间轴所围“面积”表示位移,可见带电粒子不是只向一个方向运动,4 s末带电粒子不能回到原出发点,A、C错误；2 s末速度不为0,可见02 s内电场力

19、做功不等于0,B错误；2.5 s和4 s末,速度的大、小方向都相同,2.54 s内电场力做功等于0,所以D正确【典例分析2】如图甲所示,一平行板电容器极板长l10 cm,宽a8 cm,两极板间距为d4 cm,距极板右端处有一竖直放置的荧光屏在平行板电容器左侧有一长b8 cm的“狭缝”粒子源,可沿着两板中心平面,均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为21010 C/kg,速度为4106 m/s的带电粒子现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电,已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期下面说法正确的是()A粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB粒子打在屏上的区域

20、面积为64 cm2C在00.02 s内,进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D在00.02 s内,屏上出现亮线的时间为0.012 8 s【参考参考答案】BCD【名师解析】设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0,水平方向lv0t,竖直方向a0t2,又a0,解得U0128 V,即当U128 V时粒子打到极板上,当U128 V时粒子打到荧光屏上,设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y,由几何关系和类平抛运动规律得,解得yd4 cm,选项A错误；由对称性知,粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d,则粒子打到荧光屏上的区域面积为S2da64 cm2,选项B正确；在前T,粒子打到荧光屏上

21、的时间t00.005 s0.003 2 s,又由对称性知,在一个周期内,粒子打在荧光屏上的总时间t4t00.012 8 s,选项D正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场,设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为,此时电容器两端的电压U0)的带电小球从M点由静止释放,小球沿MN方向运动,到达N点的速度大小为vN(待求)；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向,以大小vN的速度抛出,小球将经过M点正上方的P点(未画出),已知重力加速度大小为g,求：(1)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN；(2)M点和P点之间的电势差；(3)小球在P点动能与在M点动能的比值。【参考答案】(1)(2

22、)(3)【解析】(1)由小球运动方向可知,小球所受合力沿MN方向,如图甲,由正弦定理：解得：E,合力Fmg,加速度ag从MN,有：2adv解得：vN。(2)如图乙,设MP长为h,作PC垂直于电场线于C点,小球做类平抛运动：hcos60at2hsin60vNtUMCEhcos30UMPUMC解得：UMP。(3)如图乙,作PD垂直于MN于D点,从MP,由动能定理：FsMDEkPEkMsMDhcos60EkMmv,解得：。4.(2019辽宁省沈阳市一模)如图所示,光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内,圆心为O,轨道半径为R,B为轨道最低点。该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时

23、刻一个带电小球从A点由静止开始运动,到达B点时,小球的动能为E0,进入电场后继续沿轨道运动,到达C点时小球的电势能减少量为2E0,试求：(1)小球所受重力和电场力的大小；(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能。【参考答案】(1)(2)8E0【解析】(1)设带电小球的质量为m,则从A到B根据动能定理有：mgRE0则小球受到的重力为：mg,方向竖直向下；由题可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0,根据效用关系可知：EqR2E0则小球受到的电场力为：Eq,方向水平向右,小球带正电。(2)设小球到达C点时速度为vC,则从A到C根据动能定理有：EqRmv2E0则C点速度为：vC ,方向竖直向上。从C

24、点飞出后,在竖直方向只受重力作用,做匀减速运动到达最高点的时间为：t ,在水平方向只受电场力作用,做匀加速运动,到达最高点时其速度为：vatt 2,则在最高点的动能为：Ekmv2m(2)28E0。5.如图所示,第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场,第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场,两电场的电场强度大小相等一个质量为m,电荷量为q的带电质点以初速度v0从x轴上P(L,0)点射入第二象限,已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动,并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出),重力加速度g为已知量求：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；(2)P、Q两点间的电势差UPQ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间【参考答案】：(1)45(2)(3)【解析】：(1)由题意知,带电质点在第二象限做匀速直线运动,有qEmg设初速度v0与x轴正方向的夹角为,且由带电质点在第一象限做直线运动,有tan 解得45.(2)P到Q的过程,由动能定理有qELmgL0WPQqEL解得UPQ.(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动,由牛顿第二定律有mgma,即ag,v0at解得t带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T2t.知识改变命运29