《新高考物理一轮复习重难点过关训练专题20 电容器 带电粒子在电场中的运动（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考物理一轮复习重难点过关训练专题20 电容器 带电粒子在电场中的运动（含解析）（34页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题20 电容器 带电粒子在电场中的运动1.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动4.掌握带电粒子在电场中的偏转规律.5.会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系考点一电容器及平行板电容器的动态分析1电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值(3)电容器的充、放电：充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能
2、转化为其他形式的能2电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板之间的电势差之比(2)定义式：C.(3)单位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF).1 F106 F1012 pF.(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关3平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、相对介电常数、两板间的距离(2)决定式：C. 1两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变2动态分析思路(1)U不变根据C先分析
3、电容的变化，再分析Q的变化根据E分析场强的变化根据UABEd分析某点电势变化(2)Q不变根据C先分析电容的变化，再分析U的变化根据E分析场强变化【典例1】（2022北京101中学三模）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。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。两平行板间的电场强度为E，实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变小B保持S不变，增大d，则E变大C保持d不变，减小S，则变大D保持d不变，减小S，则E变小【答案】C【解析】AB根据电容的决定式得知，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间
4、电势差增大，则静电计指针的偏角变大，再结合联立可得可知电场强度不变，故AB错误；CD根据电容的决定式得知保持d不变，减小S，电容变小，根据可知板间电势差变大，则静电计指针的偏角变大，根据可知电场强度变大，故C正确，D错误。故选C。【典例2】（2022河南洛宁县第一高级中学模拟预测）如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极板通过开关与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关闭合，板间有一带电粒子恰好处于静止状态。忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器，下列说法正确的是（）A若只将电容
5、器的上极板转过一小角度，则电容器的电容增大B若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器所带电荷量增大C若只将电容器的上极板转过一小角度，则粒子所处位置的电势降低D若断开开关，只将板间距变为原来的2倍，则带电粒子仍处于静止状态【答案】D【解析】A电容器的电容，只将电容器的上极板转过一小角度，正对面积减小，则电容器的电容减小，A错误；B又由可知，电容器所带电荷量减少，B错误；C只将电容器的上极板转过一小角度，电容器两板间匀强电场的电场强度不变，则粒子所处位置的电势不变，C错误；D断开开关，若将板间距变为原来的2倍，电容器的电容变为原来的由于电容器的电荷量不变，电容器两板间匀强电场的电场强度因此电场
6、强度不变，带电粒子所受电场力不变，仍处于静止状态，D正确。故选D。【典例3】（2022海南一模）如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器，用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为，下列说法正确的是（） A保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则减小B保持S闭合，将M板向N板靠近，则不变C断开S，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则增大D断开S，将N板向上移动少许，则增大【答案】D【解析】小球平衡时，由平衡条件知qE=mgtanA保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，
7、则不会变，A错误；B保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，根据公式可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故增大，B错误；C断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式平行板电容器的公式电压与电场强度公式可得在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则变大，电场强度减小，故减小，C错误；D断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式平行板电容器的公式电压与电场强度公式可得断开S，将N板向上移动少许，S减小，电场强度增大，电场力增大，则增大，D正确。故选D。考点二带电粒子(带电体)在电场中的直线运动一、带电粒子在电场中的直线运动1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合
8、0，粒子静止或做匀速直线运动(2)粒子所受合外力F合0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动2用动力学观点分析a，E，v2v022ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv02非匀强电场中：WqUEk2Ek1【典例4】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；在负极板有另一质量为m、电荷量为q的粒子在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则Mm为()A32 B21C52 D31【答案】A【解析】设电场强度为E，两粒子的运
9、动时间相同，对电荷量为q的粒子aM，lt2；对电荷量为q的粒子有am，lt2，联立解得，故选A.二、带电体在静电力和重力作用下的直线运动【典例5】如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：(1)两极板间的电压；(2)小球运动的最大速度【答案】(1)(2)【解析】(1)根据动能定理可得4mgd2UqUqUq0解得U(2)当两个小球在电场中时，
10、静电力F12qmg4mg故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mgUqUq4mv20解得v.三、带电粒子在交变电场中的直线运动1常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等2常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(2)粒子做往返运动3解题技巧(1)按周期性分段研究(2)将at图像vt图像【典例6】匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度不为零D03 s内
11、，静电力做的总功为零【答案】D【解析】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1，第2 s内加速度大小为a2，故a22a1，因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，vt图像如图所示：带电粒子在第1 s做匀加速运动，在第2 s内先做匀减速运动，后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，故A错误；根据速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t2 s时，带电粒子没有回到出发点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为0，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，03 s内，静电力做的总功为零，故D正确考点三带电粒子在匀强电场
12、中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t(如图)(2)沿静电力方向做匀加速直线运动加速度：a离开电场时的偏移量：yat2离开电场时的偏转角：tan 1两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的证明：在加速电场中有qU0mv02在偏转电场偏移量yat2()2偏转角，tan 得：y，tan y、均与m、q无关(2)粒子经电场偏转后射出，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到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半2功能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
13、行求解：qUymv2mv02，其中Uyy，指初、末位置间的电势差【典例7】（2022河南安阳高三阶段练习）如图所示，光滑水平桌面内有一圆形的匀强电场区域，O为圆心，为相互垂直的直径，电场强度方向与直径平行。现有大量质量为m、电荷量为q（电性不同）的粒子以不同速率从A点沿方向垂直电场方向射入匀强电场，不计粒子重力及其相互作用，下列说法正确的是（）A在电场中运动时间相同的粒子的射出点最多有两个B一定没有粒子垂直圆形电场区域的边界射出电场C若带负电的粒子从O点沿方向射入电场，从圆弧中点射出的粒子动能最小D若带负电的粒子从O点沿方向射入电场，从圆弧上距B点圆弧处射出的粒子动能最小【答案】B【解析】A在
14、圆周上任取一点，该点关于AB轴和CD轴及坐标原点O对称的四个点，射出的粒子在电场中沿竖直方向位移相同，因此运动时间相同，A错误；B粒子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度方向的反向延长线恰好过沿水平AB方向位移的中点，而该点一定不是圆心，而圆心与射出点的连线与边界垂直，即粒子不可能垂直圆形电场区域的边界射出电场，B正确；C从圆弧中点P射出的粒子一定比P点关于CD的对称点Q射出的粒子动能大，因为从两点射出的粒子，电场力做功相同，而从Q点射出的粒子初速度较小，C错误；D同理，从圆弧上距B点圆弧处M点射出的粒子的动能一定比M点关于CD的对称点N射出的粒子动能大，因此从两点射出的粒子，电场力做功相同，而从N点射出的粒子初速度小，D错误。故选B。【典例8】（2022北京101中学三模）如图所示，在竖直平面内的直角坐标系的第一象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5103N/C。一个可视为质点的带电小球在时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速
