高考物理总复习第23课电容器带电粒子在电场中的运动练习.docx

第23课 电容器带电粒子在电场中的运动1平行板电容器的动态分析aU不变时电容器的动态分析(1)(经典题，6分)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中()AP、Q构成的电容器的电容增大BP上电荷量保持不变CM点的电势比N点的低DM点的电势比N点的高答案：D解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C得电容减小，又根据电容定义式C得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。故A项、B项、C项均错误，D项正确。(2)(2017海南单科，4分)如图所示，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是()AF逐渐减小，T逐渐减小BF逐渐增大，T逐渐减小CF逐渐减小，T逐渐增大DF逐渐增大，T逐渐增大答案：A解析：电容器与电源相连，所以两极板间电势差不变，将左极板向左缓慢移动的过程中，两板间距离增大，则由UEd可知，电场强度E减小；电场力FEq减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小，故A项正确，B项、C项、D项均错误。bQ不变时电容器的动态分析(3)(2016天津理综，6分)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在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不变答案：D解析： 保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C可知，电容器的电容变大，由于Q不变，由C可知U减小，故静电计的指针偏角变小。电场强度E不变；由于下极板不动，可知P点离下极板的距离不变，又E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点电势不变，则点电荷在P点的电势能Ep不变， 故A项、B项、C项均错误，D项正确。2带电粒子在匀强电场中的运动a从动力学和能的角度分析带电粒子的直线运动(4)(2015海南单科，3分)如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则Mm为()A32 B21 C52 D31答案： A解析：根据题意，两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，所以q的位移为xMl，而q的位移为xm lll。粒子只受到电场力的作用做初速度为0的匀加速直线运动，设电场强度为E，由牛顿第二定律得aM，am。又由xat2，并且两粒子的运动时间t相同，得，故A项正确。(5)(经典题，20分)静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为q，其动能与电势能之和为A(0A0)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刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：M与N在电场中沿水平方向的位移之比；A点距电场上边界的高度；该电场的电场强度大小。答案：31(7分)H(10分) (3分)解析：设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0。两球质量、电量均相同，电场力作用下产生的加速度大小相等均为a，沿水平方向。M在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N在电场中水平方向上做匀减速直线运动，设沿水平方向的位移分别为sM和sN。两球在竖直方向上均只受重力，竖直方向做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上位移相等，则M、N在电场中的运动时间t相等。 对M有： sMv0tat2 (2分)对N有：v0at0(2分)sNv0tat2 (2分)联立解得 sMsN31(1分)设A点距离电场上边界的高度为h，M离开电场时在竖直方向的分速度为vy，水平分速度为v1；因两球竖直方向上运动始终相同，且时间相同，则N离开电场时在竖直方向的速度也为vy。 M刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍，有m(vv)1.5mv(2分)解得v1vy(1分)又根据水平方向的运动，有v1v0at2v0，可得到v1vy2v0(1分)设M刚进电场时在竖直方向的分速度为vy1，因M在电场中做直线运动，则有(1分)解得vy1vy(1分)M在竖直方向有v2gh(1分)vv2gH(1分)解得hH(2分)因M在电场中做直线运动，合力与速度共线，则(2分)解得E(1分)b用“等效法”分析带电小球在复合场中的运动(9)(2017吉林模拟，10分)如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？答案：v(10分)解析：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示。类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg，大小为mg(2分)tan ，得30(1分)等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上做匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg(2分)因30与斜面的倾角相等，由几何关系知AD2R(1分)令小球以最小初速度v0开始运动，由动能定理知： 2mgRmvmv(2分)解得v0，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v(2分)c分阶段法研究带电小球在复合场中的多过程运动(10)(2017全国，20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。求油滴运动到B点时的速度；求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。答案：v02gt1(6分) E1，0t1；或E1，t1(14分)解析：设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向竖直向上。在t0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2mgma1(1分)油滴在时刻t1的速度为v1v0a1t1(1分) 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2mgma2(1分)油滴在时刻t22t1的速度为v2v1a2t1(1分)联立解得v2v02gt1(2分) 由题意，在t0时刻前有qE1mg(1分)油滴从t0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t(1分) 油滴在从时刻t1到时刻t22t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t(1分)由题给条件有v2g(2h) 式中h是B、A两点之间的距离。(1分)若B点在A点之上，依题意有s1s2h(1分)联立解得E2E1(2分)为使E2E1，应有221(1分)即当0t1才是可能的条件(1分)式和式分别对应于v20和v2E1，应有221(1分)即t1(1分)另一解为负，不合题意，已舍去。 d极板条件变化时粒子运动情况的分析(11)(2015全国，6分)如图所示，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A保持静止状态 B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动 D向左下方做匀加速运动答案：D解析：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小Fmg，方向竖直向上。将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45，故电场力逆时针旋转45，大小仍然为mg。故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动，故A项、B项、C项均