2021物理滬科版新課程一輪復(fù)習(xí)關(guān)鍵能力·題型突破 7.3 電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理滬科版新課程一輪復(fù)習(xí)關(guān)鍵能力·題型突破7.3電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含解析溫馨提示:此套題為Word版，請(qǐng)按住Ctrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后.關(guān)閉Word文檔返回原板塊。關(guān)鍵能力·題型突破考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析定電壓?jiǎn)栴}【典例1】如圖所示，平行板電容器與一個(gè)恒壓直流電源連接,下極板通過A點(diǎn)接地，一帶正電小球被固定于P點(diǎn)，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)()A。平行板電容器的電容將變大B。靜電計(jì)指針張角變小C。電容器的電荷量不變D。帶電小球的電勢(shì)能將增大【通型通法】1.題型特征:電壓保持不變時(shí)平行板電容器的動(dòng)態(tài)變化。2。思維導(dǎo)引：【解析】選D。根據(jù)C=εrS4πkd知，下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，即d增大，則電容減小,故A錯(cuò)誤；靜電計(jì)連接電容器兩端，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故B錯(cuò)誤;下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，電容減小，根據(jù)電容的定義式C=QU，電容器與電源保持相連,U不變,則電荷量Q減小,故C錯(cuò)誤；電勢(shì)差不變,d增大,由公式E=Ud分析得知板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板間的電勢(shì)差減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)比上極板低,上極板的電勢(shì)不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)升高，因?yàn)閹щ娦∏驇д姾啥娏繂栴}【典例2】如圖所示,設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d,靜電計(jì)指針偏角為θ。實(shí)驗(yàn)中,極板所帶電荷量不變，若 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)()A.保持S不變，增大d,則θ變大B.保持S不變,增大d,則θ變小C。保持d不變,減小S,則θ變小D。保持d不變，減小S，則θ不變【解析】選A。靜電計(jì)指針偏角反映電容器兩極板間電壓大小。電容器電荷量Q保持不變，由C=QU=εrS4πkd知,保持S不變,增大d，則C減小，U增大,偏角θ增大,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;保持d不變，減小S，則C減小，U增大，偏角θ也增大，SHAPE1.平行板電容器動(dòng)態(tài)的分析思路：2.兩類動(dòng)態(tài)分析的比較：【加固訓(xùn)練】（多選)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則 （)A。帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B。P點(diǎn)電勢(shì)將降低C。電容器的電容減小,極板帶電荷量減小D.帶電油滴的電勢(shì)能保持不變【解析】選B、C。電容器與電源相連,兩極板間電壓不變,下極板接地,電勢(shì)為0。油滴位于P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此有mg=qE。當(dāng)上極板向上移動(dòng)一小段距離時(shí),板間距離d增大,由C=εrS4πkd可知電容器電容減小，板間場(chǎng)強(qiáng)E=Ud減小,油滴所受的電場(chǎng)力減小，mg〉qE,合力向下，帶電油滴將向下加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)；P點(diǎn)電勢(shì)等于P點(diǎn)到下極板間的電勢(shì)差，由于P到下極板間距離h不變,由φP考點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)加速直線運(yùn)動(dòng)【典例3】（多選）(2018·全國(guó)卷Ⅲ）如圖,一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略,下列說法正確的是 ()世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)A.a的質(zhì)量比b的大B。在t時(shí)刻,a的動(dòng)能比b的大C.在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等D。在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等【解析】選B、D。由于平行板電容器連接在直流電源上,U不變，E不變,兩微粒a、b所帶電荷量大小相等，則電場(chǎng)力大小相等，經(jīng)過相同時(shí)間，據(jù)動(dòng)量定理Ft=mv—0可知，在t時(shí)刻a和b的動(dòng)量大小相等,D對(duì)；因?yàn)榻?jīng)過時(shí)間t,在下半?yún)^(qū)域的同一水平面，因此va>vb,則ma<mb，A錯(cuò)；據(jù)Ek=p22m可知Eka>Ekb，B對(duì)；在同一水平面電勢(shì)相等，由于a、b所帶電荷量大小相等,符號(hào)相反,電勢(shì)能不等,C錯(cuò)；故選B【多維訓(xùn)練】密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖所示.兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正、負(fù)極相接,板間電壓為U,形成豎直向下場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng).用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴。通過顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)的油滴,若此懸浮油滴的質(zhì)量為m,則下列說法正確的是 (）A。懸浮油滴帶正電B.懸浮油滴的電荷量為mgC.增大場(chǎng)強(qiáng),懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng)D.油滴的電荷量不一定是電子電荷量的整數(shù)倍【解析】選C。由題目中的圖示可以看出電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，重力豎直向下,則電場(chǎng)力豎直向上,電荷帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由平衡條件可以得到mg=Eq,電荷的帶電荷量q=mgE,B錯(cuò)誤;此時(shí)電場(chǎng)力與重力相等，如果增大電場(chǎng)強(qiáng)度,則電場(chǎng)力大于重力，所以油滴將向上運(yùn)動(dòng),C正確;由元電荷的帶電荷量e=1.6×10—19C可知,油滴的帶電荷量一定是電子電荷量的整數(shù)倍,D類平拋偏轉(zhuǎn)【典例4】(2019·全國(guó)卷Ⅲ）空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0,到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t;B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t2。重力加速度為g，求(1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;（2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。【解析】(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a,O、P兩點(diǎn)的高度差為h。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件,有mg+qE=ma ①h=12at22=12gt解得E=3mgq (2）設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek,O、P兩點(diǎn)的水平距離為l,根據(jù)動(dòng)能定理有Ek-12mv12且有l(wèi)=v1t2=v0t h=12gt2 聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t答案：（1)3mgq（2）2m（v02+g【多維訓(xùn)練】(多選)（2020·濟(jì)寧模擬)三個(gè)電子從同一地點(diǎn)同時(shí)沿同一方向垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),出現(xiàn)如圖所示的軌跡,則可以判斷 （）A。它們?cè)陔妶?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同B。A、B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,C先飛離電場(chǎng)C。C進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度最大，A最小D。電場(chǎng)力對(duì)C做功最小【解析】選B、C、D。三個(gè)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a相同，在垂直于極板方向，yA=yB>yC，由y=12at2知在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tA=tB>tC,A錯(cuò)誤，B正確;B、C水平位移相同，tB〉tC，故vC>vB,而A、B運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,但xA<xB,故vB〉vA,故C進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度最大，A最小,C正確;電場(chǎng)力做功W=Eqy，而yA=yB>yC,故電場(chǎng)力對(duì)C做功最小,D帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【典例5】（多選)一個(gè)帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。帶電微粒只在電場(chǎng)力的作用下(不計(jì)微粒重力),由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)（）A.微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)B。微粒在第2s末的速度為零C.微粒在第1s內(nèi)的加速度與第2s內(nèi)的加速度相同D。微粒在第1s內(nèi)的位移與第2s內(nèi)的位移相同【通型通法】1.題型特征:帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。2.思維導(dǎo)引：【解析】選A、B、D。根據(jù)題中條件作出如圖所示帶電粒子的速度-時(shí)間圖象,根據(jù)v-t圖象可知微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng),A、B項(xiàng)正確;由圖象的斜率可知第1s內(nèi)與第2s內(nèi)斜率方向相反，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖象的面積可知D選項(xiàng)正確。【多維訓(xùn)練】（多選）如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地,中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。電子原來(lái)靜止在左極板小孔處（不計(jì)重力作用)。下列說法中正確的是 （)A.從t=0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B。從t=0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C.從t=T4時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng),D.從t=T4時(shí)刻釋放電子，【解析】選A、C。根據(jù)題中條件作出帶電粒子的v-t圖象，根據(jù)v—t圖象包圍的面積分析粒子的運(yùn)動(dòng)。由圖（a）知，t=0時(shí)刻釋放電子，電子的位移始終是正值,說明一直向右運(yùn)動(dòng)，一定能夠擊中右板,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤。由圖（b)知,t=T4時(shí)刻釋放電子,電子向右的位移與向左的位移大小相等,若釋放后的T1。帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)的分析方法:2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)二級(jí)結(jié)論:SHAPE\＊MERGEFORMAT（1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的.證明：由qU0=12mv02得tanθ=Ul2（2）粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到電場(chǎng)邊緣的距離為l23.帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析：【加固訓(xùn)練】（多選）如圖所示,氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H）三種粒子從同一位置無(wú)初速度地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1,之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),A.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C.三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置【解析】選A、D。設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2,則qU1=12mv02,x=v0t,y=12·qU2md·t2,聯(lián)立得y=U2x考點(diǎn)三帶電體的力電綜合問題【典例6】如圖所示，有一質(zhì)量為m=1kg，帶電荷量為q=—1C的小物塊以初速度v0=18m/s沿粗糙水平地面從A處向右滑動(dòng)，經(jīng)過一定時(shí)間后又回到A點(diǎn).已知空間存在向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),其電場(chǎng)強(qiáng)度為E=5N/C，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，g取10m/s2。求： 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)(1)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；(2）物塊運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)歷的最大電勢(shì)差;（3）重新返回到位置A時(shí)的速度大小?！窘馕觥?1）對(duì)物塊受力分析，它的摩擦力大小Ff=μmg=0.4×1×10N=4N，電場(chǎng)力大小qE=5N由動(dòng)能定理得-（qE+Ff）x=0-12m解得x=18m（2）物塊向右運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，直到運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處時(shí),做功最多，電勢(shì)差最大，故最大電勢(shì)差U=Wq=qEx(3）整個(gè)過程，電場(chǎng)力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得-2Ffx=12mv2-12解得v=6m/s答案：(1）18m（2)90V（3）6m/s【多維訓(xùn)練】（2017·全國(guó)卷Ⅱ）如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和—q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。求:(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比.（2）A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度。(3）該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。【解析】(1)由于帶電小球M、N進(jìn)入電場(chǎng)水平方向初速度v0相等,加速度大小相等，方向相反，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,因此離開電場(chǎng)時(shí)vMx=2v0，vNx=0。對(duì)小球M:2axM=（2v0）2—v對(duì)小球N:2axN=v0解得xM∶xN=3∶1(2）設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場(chǎng)豎直方向速度為vy1,離開電場(chǎng)豎直方向速度為vy2有vyvy由于M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng),有v0v聯(lián)立解得h=H（3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,對(duì)小球M：水平方向2v0-v0=qEm豎直方向vy2—vy1=gt又由于12mvy22+12m（2v0)2=聯(lián)立方程解得E=2答案：（1)3∶1（2)H3(3)解決力電綜合問題的一般思路【加固訓(xùn)練】如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線上端固定在O′點(diǎn),下端系一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球，將它置于一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，且qE=mg。在O點(diǎn)給小球一初速度v0,使小球恰好能在豎直平面內(nèi)做順時(shí)針方向上的完整圓周運(yùn)動(dòng).求：（1)運(yùn)動(dòng)過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)如圖所示,小球在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)線拉力作用.利用等效重力場(chǎng)的方法，根據(jù)平行四邊形定則求出重力和電場(chǎng)力的合力大小F合=2mg，其方向斜向右下方與水平方向成45°角。過圓心作合力的作用線，把其反向延長(zhǎng)交圓周上的B點(diǎn),則B為等效最“高”點(diǎn),過等效最“高”點(diǎn)的速度即為運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度，由于是恰好做圓周運(yùn)動(dòng)，所以