《提分宝典》物理总复习练习：第23课 电容器 带电粒子在电场中的运动

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第23课电容器带电粒子在电场中的运动23Ⅰ平行板电容器带电粒子在匀强磁场中的运动1．平行板电容器的动态分析a．U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()A．P、Q构成的电容器的电容增大B．P上电荷量保持不变C．M点的电势比N点的低D．M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＝eq\f(εrS，4πkd）得电容减小,又根据电容定义式C＝eq\f(Q，U）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（）A．F逐渐减小，T逐渐减小B．F逐渐增大，T逐渐减小C．F逐渐减小，T逐渐增大D．F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U＝Ed可知，电场强度E减小;电场力F＝Eq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＝eq\r(F2＋（mg）2）；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.b．Q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,θ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．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大D．θ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＝eq\f(εrS,4πkd）可知，电容器的电容变大，由于Q不变，由C＝eq\f（Q,U)可知U减小，故静电计的指针偏角θ变小。电场强度E＝eq\f(U，d）＝eq\f(Q,Cd）＝eq\f(4πkQ,εrS）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(q＞0)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eq\f（2，5)l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则M∶m为（）A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1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eq\f（2，5)l的平面,所以q的位移为xM＝eq\f（2，5）l，而－q的位移为xm＝l－eq\f(2,5）l＝eq\f（3,5）l。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＝eq\f（Eq，M)，am＝eq\f(Eq,m）。又由x＝eq\f（1,2)at2，并且两粒子的运动时间t相同，得eq\f(xm,xM）＝eq\f(am，aM）＝eq\f(M,m）＝eq\f（\f(3,5)l，\f（2,5）l）＝eq\f（3，2)，故A项正确.（5）（经典题,20分）静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x＝0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(0<A<qφ0）,忽略重力。求：①粒子所受电场力的大小;②粒子的运动区间；③粒子的运动周期.答案:①eq\f（qφ0，d)(3分）②－d(1－eq\f（A，qφ0））≤x≤d(1－eq\f（A,qφ0))(9分)③eq\f(4d，qφ0）eq\r（2m（qφ0－A））(8分）解析:①由题图可知，电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场。0与d（或－d）两点间的电势差为φ0，电场强度的大小为E＝eq\f（φ0，d)（2分),粒子所受电场力的大小F＝qE＝eq\f(qφ0，d）(1分）②粒子动能与电势能之和为－A保持不变，设粒子在［－x0,x0］区间内运动,速率为v，则eq\f（1,2)mv2－qφ＝－A①（2分）由图可知φ＝φ0（1－eq\f(\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（x））,d)）②（1分）①②联立解得eq\f（1,2）mv2＝qφ0(1－eq\f（\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（x）)，d）)－A（2分）因动能非负，有qφ0（1－eq\f（\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(x))，d））－A≥0,得eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(x））≤d（1－eq\f（A，qφ0））(2分）即x0＝d(1－eq\f（A，qφ0))③粒子在－d(1－eq\f(A,qφ0))≤x≤d（1－eq\f(A,qφ0)）区间内运动（2分)③粒子沿x轴方向在运动区间内做周期性运动，且从最远（－x0或x0）处向O点处运动时做匀加速直线运动，从O点处向最远（－x0或x0）处运动时做匀减速直线运动。考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度a＝eq\f（F，m)＝eq\f（Eq,m）＝eq\f(qφ0,md)④(2分）由匀加速直线运动x0＝eq\f（1,2）at2得t＝eq\r(\f（2x0,a)）（2分)将③④代入得t＝eq\r(\f（2md2,qφ0)(1－\f(A,qφ0)））＝eq\f（d，qφ0）eq\r（2m（qφ0－A）)（2分)粒子运动周期T＝4t＝eq\f（4d,qφ0）eq\r(2m(qφ0－A））（2分）b．用类平抛的方法分析带电粒子的曲线运动(6）(多选）（2015天津理综，6分)如图所示,氕核、氘核、氚核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答案：AD解析：设加速电场两板间距离为d，则E1qd＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2,0），解得v0＝eq\r(\f（2E1dq,m)).粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为y，偏转电场两板的长度为L,则运动时间t＝eq\f（L,v0），y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f（1，2）·eq\f(E2q，m）·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（L，v0）)）2＝eq\f（E2L2,4E1d）,在偏转电场中偏转电场对粒子做的功W＝qE2y，由于三种粒子的电荷量q相等、侧位移y相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，故A项正确.三种粒子在偏转电场中的纵向速度vy＝at＝eq\f(E2q，m）·eq\f(L，v0)＝eq\r（\f(Eeq\o\al(2，2）qL2,2E1md))，与粒子比荷eq\f(q，m)有关，三种粒子比荷不同,因此纵向速度不同,三种粒子射出偏转电场时的速度v＝eq\r(veq\o\al（2，0)＋veq\o\al（2，y）)，由于三种粒子vy不同，因此速度v大小不同，故B项错误。三种粒子运动到屏上的水平位移相同,但水平速度v0＝eq\r（\f(2E1dq，m))与比荷有关，不同，因此所用时间不同，故C项错误。由于三种粒子侧移量y相同，因此从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点,即速度方向相同，因此粒子会打在屏上同一位置,故D项正确。(7）（2015安徽理综,16分）在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E（图中未画出)。由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求:①粒子从A到C过程中电场力对它做的功；②粒子从A到C过程所经历的时间；③粒子经过C点时的速率。答案:①3qEl0(2分）②3eq\r(\f(2ml0,qE))（8分）③eq\r（\f(17qEl0,2m）)(6分)解析：①粒子从A到C电场力做功为W＝qE（yA－yC)＝3qEl0（2分)②根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动,由对称性可知，轨迹最高点D在y轴上，可令tAO＝tOB＝T,tBC＝T，轨迹最高点D的纵坐标为y.由Eq＝ma得a＝eq\f(qE，m）(2分）又y＝eq\f(1,2)aT2(1分）y＋3l0＝eq\f(1，2）a(2T）2(2分)联立以上式子解得T＝eq\r(\f（2ml0,qE)）(2分)则粒子从A到C过程所经历的时间为t＝3T＝3eq\r（\f（2ml0，qE)）(1分）③粒子在DC段做类平抛运动，则有2l0＝vCx(2T)(2分）vCy＝a(2T）（2分）vC＝eq\r（veq\o\al(2，Cx）＋veq\o\al（2,Cy））＝eq\r（\f（17qEl0,2m））（2分）23Ⅱ带电体在电场中运动的综合问题3．带电体在复合场(电场、重力场)中的运动、示波管a．用“正交分解法”分析带电小球在复合场中的运动（8）(2017全国Ⅱ，20分）如图所示，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刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求：①M与N在电场中沿水平方向的位移之比；②A点距电场上边界的高度；③该电场的电场强度大小.答案：①3∶1（7分)②eq\f（1,3)H（10分）③eq\f(\r（2）mg，2q）(3分）解析：①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：sM＝v0t＋eq\f(1,2）at2（2分)对N有：v0－at＝0(2分)sN＝v0t－eq\f（1，2）at2（2分)联立解得sM∶sN＝3∶1（1分）②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eq\f(1,2)m（veq\o\al(2，y）＋veq\o\al（2，1)）＝1.5×eq\f（1,2)mveq\o\al(2，y)（2分）解得v1＝eq\f（\r（2)，2）vy（1分）又根据水平方向的运动，有v1＝v0＋at＝2v0，可得到v1＝eq\f(\r(2）,2)vy＝2v0（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eq\f（vy1，v0)＝eq\f(vy,v1)(1分）解得vy1＝eq\f（1，2）vy（1分)M在竖直方向有veq\o\al(2,y1)＝2gh(1分）veq\o\al（2,y）－veq\o\al（2，y1)＝2gH(1分）解得h＝eq\f(1，3)H（2分）③因M在电场中做直线运动，合力与速度共线，则eq\f（qE,mg）＝eq\f（v1,vy）＝eq\f(\r（2)，2)（2分）解得E＝eq\f（\r(2）mg，2q)（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＝eq\f(\r(3)mg，3E)，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≥eq\r(\f（10\r（3)gR,3)）（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′＝eq\r（（qE）2＋（mg）2）＝eq\f（2\r（3)mg,3）（2分）tanθ＝eq\f（qE，mg)＝eq\f（\r（3），3）,得θ＝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′＝eq\f（mveq\o\al(2,D)，R）（2分)因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD＝2R(1分)令小球以最小初速度v0开始运动，由动能定理知:－2mg′R＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，D）－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0）(2分)解得v0＝eq\r(\f（10\r（3)gR,3)），因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥eq\r(\f（10\r（3）gR,3)）（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Ⅰ,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。①求油滴运动到B点时的速度；②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：①v0－2gt1（6分）②eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（2－2\f（v0,gt1）＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（v0,gt1）))\s\up12（2））)E1，0〈t1<eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（\r(3）,2）)）eq\f(v0，g)或t1〉eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f（\r（3),2)））eq\f（v0，g)；或eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（2－2\f(v0,gt1)－\f（1，4)\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)））\s\up12（2)))E1，t1>eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(5）,2）＋1)）eq\f(v0,g)(14分)解析：①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t＝0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qE2－mg＝ma1①（1分)油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②(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qE2＋mg＝ma2③(1分)油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④（1分）联立①②③④解得v2＝v0－2gt1⑤(2分)②由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥（1分）油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋eq\f（1,2）a1teq\o\al(2，1）⑦（1分）油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为s2＝v1t1－eq\f（1,2)a2teq\o\al（2,1)⑧(1分)由题给条件有veq\o\al(2,0）＝2g(2h）⑨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s1＋s2＝h⑩(1分)①②③⑥⑦⑧⑨⑩联立解得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2－2\f(v0,gt1）＋\f(1，4)\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（v0,gt1）))\s\up12（2)））E1⑪(2分)为使E2〉E1，应有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f（1，4)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（v0，gt1）))eq\s\up12（2）>1⑫(1分)即当0<t1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f（\r(3），2))）eq\f(v0,g）⑬或t1〉eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r（3）,2)））eq\f（v0,g）才是可能的条件⑭(1分)⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2〈0两种情形。若B点在A点之下,依题意有s1＋s2＝－h⑮(1分）①②③⑥⑦⑧⑨⑮联立解得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（2－2\f(v0，gt1)－\f(1,4)\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(v0，gt1))）\s\up12（2)