《2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破： 7.3 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破： 7.3 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 .doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。关键能力题型突破考点一平行板电容器的动态分析定电压问题【典例1】如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.电容器的电荷量不变D.带电小球的电势能将增大【通型通法】1.题型特征：电压保持不变时平行板电容器的动态变化。2.思维导引：【解析】选D。根据C=rS4kd知，下极板竖直向下移动一小段距离，即d增大，则电容减小，故
2、A错误；静电计连接电容器两端，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；下极板竖直向下移动一小段距离，电容减小，根据电容的定义式C=QU，电容器与电源保持相连，U不变，则电荷量Q减小，故C错误；电势差不变，d增大，由公式E=Ud分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势升高，因为带电小球带正电荷，小球的电势能增大，故D正确。定电量问题【典例2】如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若()A.保持S不变，增大d，则变大B.保持S不变，增大d，
3、则变小C.保持d不变，减小S，则变小D.保持d不变，减小S，则不变【解析】选A。静电计指针偏角反映电容器两极板间电压大小。电容器电荷量Q保持不变，由C=QU=rS4kd知，保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，U增大，偏角也增大，故选项C、D均错误。1.平行板电容器动态的分析思路：2.两类动态分析的比较：【加固训练】(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则()A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点电势将降低C.电容器的电容减小，极板带电
4、荷量减小D.带电油滴的电势能保持不变【解析】选B、C。电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0。油滴位于P点处于静止状态，因此有mg=qE。当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d增大，由C=rS4kd可知电容器电容减小，板间场强E=Ud减小，油滴所受的电场力减小，mgqE，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距离h不变，由P=U=Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C=QU可知电容器所带电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D错。考点二带电粒子在匀强电场中的运动加
5、速直线运动【典例3】(多选)(2018全国卷) 如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略，下列说法正确的是()A.a的质量比b的大B.在t时刻，a的动能比b的大C.在t时刻，a和b的电势能相等D.在t时刻，a和b的动量大小相等【解析】选B、D。由于平行板电容器连接在直流电源上，U不变，E不变，两微粒a、b所带电荷量大小相等，则电场力大小相等，经过相同时
6、间，据动量定理Ft=mv-0可知，在t时刻a和b的动量大小相等，D对；因为经过时间t，在下半区域的同一水平面，因此vavb，则maEkb，B对；在同一水平面电势相等，由于a、b所带电荷量大小相等，符号相反，电势能不等，C错；故选B、D。类平抛偏转【典例4】(多选)如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是()A.带电粒子在Q点的电势能为-UqB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为E=23U3
7、dD.此匀强电场的电场强度大小为E=3U3d【解析】选A、C。由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，粒子从P到Q，电场力做正功，大小为W=qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为-Uq，故A正确、B错误；设带电粒子在P点时的速度为v0，粒子在电场中做类平抛运动，在Q点vy=3v0，粒子在电场方向上的位移为y=3v02t，水平方向d=v0t，解得y=3d2，则场强为E=Uy，联立解得E=23U3d，故C正确，D错误。带电粒子在交变电场中的运动【典例5】(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如
8、图所示。带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A.微粒将沿着一条直线运动B.微粒在第2 s末的速度为零C.微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同D.微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同【解析】选A、B、D。根据题中条件作出如图所示带电粒子的速度-时间图象，根据v-t图象可知微粒将沿着一条直线运动，A、B项正确；由图象的斜率可知第1 s内与第2 s内斜率方向相反，所以C项错误；由图象的面积可知D选项正确。1.带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：2.带电粒子在匀强电场中偏转的两个二级结论：(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加
9、速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。证明：由qU0=12mv02及tan=qUlmv02d得tan=Ul2U0d。(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为l2。3.带电粒子在交变电场中的运动分析：【加固训练】(多选)如图所示，氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)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
10、.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【解析】选A、D。设加速电压为U1，偏转电压为U2，则qU1=12mv02，x=v0t，y=12qU2mdt2，联立得y=U2x24U1d，即粒子在竖直方向的偏转量y与q、m均无关，因此三种粒子运动轨迹相同，打在屏上的同一位置，D正确。偏转电场对粒子做的功W=qE2y，由于运动轨迹相同，三种粒子离开电场时的偏转量y相同，则W相同，A正确。电场力做的总功为qU1+W=12mv2，电场力做的总功相同，但三种粒子质量不同，因此打到屏上时的速度v不同，B错误。又因为三种粒子运动轨迹相同，但速度不同，所以运动时间不同，C错误。考点三带电体
11、的力电综合问题【典例6】如图所示，有一质量为m=1 kg，带电荷量为q=-1 C的小物块以初速度v0=18 m/s沿粗糙水平地面从A处向右滑动，经过一定时间后又回到A点。已知空间存在向右的匀强电场，其电场强度为E=5 N/C，物块与地面间的动摩擦因数为=0.4，g取10 m/s2。求：(1)物块向右运动的最大距离；(2)物块运动过程中经历的最大电势差；(3)重新返回到位置A时的速度大小。【解析】(1)对物块受力分析，它的摩擦力大小Ff=mg=0.4110 N=4 N，电场力大小qE=5 N由动能定理得-(qE+Ff)x=0-12mv02解得x=18 m(2)物块向右运动过程中，电场力一直做负功
12、，直到运动到最远处时，做功最多，电势差最大，故最大电势差U=Wq=qExq=Ex=90 V(3)整个过程，电场力不做功，根据动能定理得-2Ffx=12mv2-12mv02解得v=6 m/s答案：(1)18 m(2)90 V(3)6 m/s【多维训练】(2017全国卷)如图，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(q0)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
13、电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比。(2)A点距电场上边界的高度。(3)该电场的电场强度大小。【解析】(1)由于带电小球M、N进入电场水平方向初速度v0相等，加速度大小相等，方向相反，运动时间相等，因此离开电场时vMx=2v0，vNx=0。对小球M：2axM=(2v0)2-v02对小球N：2axN=v02-0解得xMxN=31(2)设A点距电场上边界的高度为h，竖直方向做自由落体运动，进入电场竖直方向速度为vy1，离开电场竖直方向速度为vy2有vy12=2ghvy22=2g(H+h)由于M在电场中做直线运动，有v0vy1=2v0
14、vy2联立解得h=H3(3)设电场强度为E，对小球M：水平方向2v0-v0=qEmt竖直方向vy2-vy1=gt又由于12mvy22+12m(2v0)2=3212mvy22联立方程解得E=2mg2q答案：(1)31(2)H3(3)2mg2q解决力电综合问题的一般思路【加固训练】如图所示，一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m、带电荷量为+q的小球，将它置于一个水平向右的匀强电场中，且qE=mg。在O点给小球一初速度v0，使小球恰好能在竖直平面内做顺时针方向上的完整圆周运动。求：(1)运动过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)如图所示，小球在运动过
15、程中受到重力、电场力和细线拉力作用。利用等效重力场的方法，根据平行四边形定则求出重力和电场力的合力大小F合=2mg，其方向斜向右下方与水平方向成45角。过圆心作合力的作用线，把其反向延长交圆周上的B点，则B为等效最“高”点，过等效最“高”点的速度即为运动过程中的最小速度，由于是恰好做圆周运动，所以小球在等效最“高”点B时只受电场力和重力作用，细线的拉力为零。等效重力加速度为g=F合m=2g，由mvmin2L=mg，可得最小速度vmin=2gL。A点为等效最“低”点，小球在运动中通过此点的速度最大，12mvmax2-12mvmin2=mg2L，可得最大速度vmax=52gL。(2)从O到A，由动能定理得-mgL(1-cos 45)+qELsin 45=12mvmax2-12mv02，结合qE=mg，解得v0=(32+2)gL。答案：(1)2gL52gL(2)(32+2)gL关闭Word文档返回原板块