《提分寶典》物理總復(fù)習(xí)練習(xí)：第23課 電容器 帶電粒子在電場中的運動

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)必貴于專精第23課電容器帶電粒子在電場中的運動23Ⅰ平行板電容器帶電粒子在勻強磁場中的運動1．平行板電容器的動態(tài)分析a．U不變時電容器的動態(tài)分析(1)(經(jīng)典題，6分）某電容式話筒的原理示意圖如圖所示,E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板。對著話筒說話時,P振動而Q可視為不動，在P、Q間距增大過程中()A．P、Q構(gòu)成的電容器的電容增大B．P上電荷量保持不變C．M點的電勢比N點的低D．M點的電勢比N點的高答案：D解析：電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓保持不變。在P、Q間距增大過程中，根據(jù)電容決定式C＝eq\f(εrS，4πkd）得電容減小,又根據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q，U）得電容器所帶電量減小，電容器的放電電流通過R的方向由M到N，所以M點的電勢比N點的高.故A項、B項、C項均錯誤，D項正確。（2)(2017海南單科,4分）如圖所示,平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)保持右極板不動，將左極板向左緩慢移動。關(guān)于小球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小T，下列判斷正確的是（）A．F逐漸減小，T逐漸減小B．F逐漸增大，T逐漸減小C．F逐漸減小，T逐漸增大D．F逐漸增大，T逐漸增大答案:A解析：電容器與電源相連，所以兩極板間電勢差不變，將左極板向左緩慢移動的過程中，兩板間距離增大，則由U＝Ed可知，電場強度E減小;電場力F＝Eq減?。恍∏蛱幱谄胶鉅顟B(tài)，受重力、拉力與電場力的作用而處于平衡，故拉力與電場力和重力的合力大小相等，方向相反；根據(jù)平行四邊形定則可知，T＝eq\r(F2＋（mg）2）；由于重力不變，電場力變小，故拉力變小，故A項正確,B項、C項、D項均錯誤.b．Q不變時電容器的動態(tài)分析（3)(2016天津理綜，6分)如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地,在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能,θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則（）A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大D．θ減小，E不變答案:D解析：保持下極板不動,上極板向下移動一小段距離后，由C＝eq\f(εrS,4πkd）可知，電容器的電容變大，由于Q不變，由C＝eq\f（Q,U)可知U減小，故靜電計的指針偏角θ變小。電場強度E＝eq\f(U，d）＝eq\f(Q,Cd）＝eq\f(4πkQ,εrS）不變；由于下極板不動,可知P點離下極板的距離不變,又E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點電勢不變，則點電荷在P點的電勢能Ep不變，故A項、B項、C項均錯誤，D項正確。2．帶電粒子在勻強電場中的運動a．從動力學(xué)和能的角度分析帶電粒子的直線運動(4)(2015海南單科，3分)如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子.在電場力的作用下,兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f（2，5)l的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計重力，則M∶m為（）A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1答案：A解析：根據(jù)題意，兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f（2，5)l的平面,所以q的位移為xM＝eq\f（2，5）l，而－q的位移為xm＝l－eq\f(2,5）l＝eq\f（3,5）l。粒子只受到電場力的作用做初速度為0的勻加速直線運動，設(shè)電場強度為E，由牛頓第二定律得aM＝eq\f（Eq，M)，am＝eq\f(Eq,m）。又由x＝eq\f（1,2)at2，并且兩粒子的運動時間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項正確.（5）（經(jīng)典題,20分）靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中φ0和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x＝0為中心,沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為－q,其動能與電勢能之和為－A(0<A<qφ0）,忽略重力。求：①粒子所受電場力的大小;②粒子的運動區(qū)間；③粒子的運動周期.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由題圖可知，電勢隨x均勻變化，則可知電場為勻強電場。0與d（或－d）兩點間的電勢差為φ0，電場強度的大小為E＝eq\f（φ0，d)（2分),粒子所受電場力的大小F＝qE＝eq\f(qφ0，d）(1分）②粒子動能與電勢能之和為－A保持不變，設(shè)粒子在［－x0,x0］區(qū)間內(nèi)運動,速率為v，則eq\f（1,2)mv2－qφ＝－A①（2分）由圖可知φ＝φ0（1－eq\f(\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（x））,d)）②（1分）①②聯(lián)立解得eq\f（1,2）mv2＝qφ0(1－eq\f（\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（x）)，d）)－A（2分）因動能非負，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)）區(qū)間內(nèi)運動（2分)③粒子沿x軸方向在運動區(qū)間內(nèi)做周期性運動，且從最遠（－x0或x0）處向O點處運動時做勻加速直線運動，從O點處向最遠（－x0或x0）處運動時做勻減速直線運動?？紤]粒子從－x0處開始運動的四分之一周期，根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度a＝eq\f（F，m)＝eq\f（Eq,m）＝eq\f(qφ0,md)④(2分）由勻加速直線運動x0＝eq\f（1,2）at2得t＝eq\r(\f（2x0,a)）（2分)將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)粒子運動周期T＝4t＝eq\f（4d,qφ0）eq\r(2m(qφ0－A））（2分）b．用類平拋的方法分析帶電粒子的曲線運動(6）(多選）（2015天津理綜，6分)如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大C．三種粒子運動到屏上所用時間相同D．三種粒子一定打到屏上的同一位置答案：AD解析：設(shè)加速電場兩板間距離為d，則E1qd＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2,0），解得v0＝eq\r(\f（2E1dq,m)).粒子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)，設(shè)側(cè)移量為y，偏轉(zhuǎn)電場兩板的長度為L,則運動時間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）,在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)電場對粒子做的功W＝qE2y，由于三種粒子的電荷量q相等、側(cè)位移y相等，因此偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做的功相等，故A項正確.三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的縱向速度vy＝at＝eq\f(E2q，m）·eq\f(L，v0)＝eq\r（\f(Eeq\o\al(2，2）qL2,2E1md))，與粒子比荷eq\f(q，m)有關(guān)，三種粒子比荷不同,因此縱向速度不同,三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度v＝eq\r(veq\o\al（2，0)＋veq\o\al（2，y）)，由于三種粒子vy不同，因此速度v大小不同，故B項錯誤。三種粒子運動到屏上的水平位移相同,但水平速度v0＝eq\r（\f(2E1dq，m))與比荷有關(guān)，不同，因此所用時間不同，故C項錯誤。由于三種粒子側(cè)移量y相同，因此從同一位置射出偏轉(zhuǎn)電場，射出電場時的速度的反向延長線均交于偏轉(zhuǎn)電場中線的中點,即速度方向相同，因此粒子會打在屏上同一位置,故D項正確。(7）（2015安徽理綜,16分）在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E（圖中未畫出)。由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子,B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示,其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求:①粒子從A到C過程中電場力對它做的功；②粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；③粒子經(jīng)過C點時的速率。答案:①3qEl0(2分）②3eq\r(\f(2ml0,qE))（8分）③eq\r（\f(17qEl0,2m）)(6分)解析：①粒子從A到C電場力做功為W＝qE（yA－yC)＝3qEl0（2分)②根據(jù)拋體運動的特點，粒子在x軸方向做勻速直線運動,由對稱性可知，軌跡最高點D在y軸上，可令tAO＝tOB＝T,tBC＝T，軌跡最高點D的縱坐標為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)聯(lián)立以上式子解得T＝eq\r(\f（2ml0,qE)）(2分)則粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間為t＝3T＝3eq\r（\f（2ml0，qE)）(1分）③粒子在DC段做類平拋運動，則有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帶電體在電場中運動的綜合問題3．帶電體在復(fù)合場(電場、重力場)中的運動、示波管a．用“正交分解法”分析帶電小球在復(fù)合場中的運動（8）(2017全國Ⅱ，20分）如圖所示，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電場。自該區(qū)域上方的A點將質(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的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求：①M與N在電場中沿水平方向的位移之比；②A點距電場上邊界的高度；③該電場的電場強度大小.答案：①3∶1（7分)②eq\f（1,3)H（10分）③eq\f(\r（2）mg，2q）(3分）解析：①設(shè)帶電小球M、N拋出的初速度均為v0,則它們進入電場時的水平速度仍為v0。兩球質(zhì)量、電量均相同，電場力作用下產(chǎn)生的加速度大小相等均為a，沿水平方向。M在電場中水平方向上做勻加速直線運動,N在電場中水平方向上做勻減速直線運動,設(shè)沿水平方向的位移分別為sM和sN。兩球在豎直方向上均只受重力，豎直方向做加速度為g的勻加速直線運動，由于豎直方向上位移相等,則M、N在電場中的運動時間t相等。對M有：sM＝v0t＋eq\f(1,2）at2（2分)對N有：v0－at＝0(2分)sN＝v0t－eq\f（1，2）at2（2分)聯(lián)立解得sM∶sN＝3∶1（1分）②設(shè)A點距離電場上邊界的高度為h，M離開電場時在豎直方向的分速度為vy，水平分速度為v1；因兩球豎直方向上運動始終相同,且時間相同，則N離開電場時在豎直方向的速度也為vy。M剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的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）又根據(jù)水平方向的運動，有v1＝v0＋at＝2v0，可得到v1＝eq\f(\r(2）,2)vy＝2v0（1分）設(shè)M剛進電場時在豎直方向的分速度為vy1,因M在電場中做直線運動，則有eq\f（vy1，v0)＝eq\f(vy,v1)(1分）解得vy1＝eq\f（1，2）vy（1分)M在豎直方向有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在電場中做直線運動，合力與速度共線，則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"分析帶電小球在復(fù)合場中的運動（9)(2017吉林模擬，10分)如圖所示,絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切.整個裝置處于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg，3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？答案:v≥eq\r(\f（10\r（3)gR,3)）（10分）解析：小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動,受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示。類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′,大小為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)等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上做勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點）滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝eq\f（mveq\o\al(2,D)，R）（2分)因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知AD＝2R(1分)令小球以最小初速度v0開始運動，由動能定理知:－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過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v≥eq\r(\f（10\r（3）gR,3)）（2分)c．分階段法研究帶電小球在復(fù)合場中的多過程運動(10）（2017全國Ⅰ,20分)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后,又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。①求油滴運動到B點時的速度；②求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。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設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故電場力方向豎直向上。在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時,油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2－mg＝ma1①（1分)油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1②(1分）電場強度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運動,加速度方向向下，大小a2滿足qE2＋mg＝ma2③(1分)油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1④（1分）聯(lián)立①②③④解得v2＝v0－2gt1⑤(2分)②由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg⑥（1分）油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f（1,2）a1teq\o\al(2，1）⑦（1分）油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2＝v1t1－eq\f（1,2)a2teq\o\al（2,1)⑧(1分)由題給條件有veq\o\al(2,0）＝2g(2h）⑨式中h是B、A兩點之間的距離.（1分）若B點在A點之上，依題意有s1＋s2＝h⑩(1分)①②③⑥⑦⑧⑨⑩聯(lián)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)））E1?(2分)為使E2〉E1，應(yīng)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）>1?(1分)即當(dāng)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）才是可能的條件?(1分)?式和?式分別對應(yīng)于v2>0和v2〈0兩種情形。若B點在A點之下,依題意有s1＋s2＝－h(huán)?(1分）①②③⑥⑦⑧⑨?聯(lián)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)