高考物理系統(tǒng)性復(fù)習(xí) (考點(diǎn)分析) 第三節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動（附解析）

【考點(diǎn)分析】第三節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動【考點(diǎn)一】Q不變時(shí)電容器的動態(tài)分析【典型例題1】(2021·北京房山區(qū)二模)研究平行板電容器電容與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。實(shí)驗(yàn)前，用帶正電的玻璃棒與電容器a板接觸，使電容器a板帶正電，下列說法正確的是()A．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小B．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大C．實(shí)驗(yàn)時(shí)無意間手指觸碰了一下b板，不會影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大【解析】A．根據(jù)電容器的決定公式，實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，則兩極板的正對面積S減小，電容減小，由于兩極板電荷量保持不變，根據(jù)電容的定義公式，則兩極板兩端的電勢差增大，靜電計(jì)指針的張角變大，所以A錯(cuò)誤；B．根據(jù)電容器的決定公式，實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則增大介電常數(shù)，電容增大，由于兩極板電荷量保持不變，根據(jù)電容的定義公式，則兩極板兩端的電勢差減小，靜電計(jì)指針的張角變小，所以B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)時(shí)無意間手指觸碰了一下b板，不會影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果，因?yàn)閎板本來就接地，手指觸碰也是接地，所以不會影響，則C正確；D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，但電容保持不變，因?yàn)殡娙菖c電容器兩極板所帶電荷量，及電壓無關(guān)，所以D錯(cuò)誤；故選C?！敬鸢浮緾【歸納總結(jié)】1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電壓U保持不變．(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．2．動態(tài)分析思路(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)的變化．③根據(jù)UAB＝E·d分析某點(diǎn)電勢變化．(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化．②根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強(qiáng)變化．③當(dāng)改變d時(shí)，E不變．【考點(diǎn)二】U不變時(shí)電容器的動態(tài)分析【典型例題2】(2022?廣東汕頭市高三(下)一模)計(jì)算機(jī)鍵盤每個(gè)按鍵下有塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊小的固定金屬片，兩片金屬片組成一個(gè)小電容器。且電壓保持不變圖示鍵盤連著正在工作的計(jì)算機(jī)，按下“？”鍵過程中，按鍵金屬片間組成的電容器()A．電容變小 B．金屬片間的場強(qiáng)變小C．電荷量增大 D．處于放電狀態(tài)【解析】按下“？”鍵過程中，按鍵金屬片間組成的電容器兩極板間距d減小，根據(jù)，可知電容C變大，因兩板電壓U一定，根據(jù)Q=CU，可知，電容器帶電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，此時(shí)根據(jù)，可知金屬片間的場強(qiáng)E變大。故選C。【答案】C【考點(diǎn)三】平行板電容器中帶電粒子的問題分析【典型例題3】(2021·廣東河源市月考)如圖所示，兩平行金屬板M、N與電源相連，N板接地，在距兩板等距離的P點(diǎn)固定一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷，則()A．若保持S接通，將M板下移一小段距離，M板的帶電量增加B．若保持S接通，將M板下移一小段距離，P點(diǎn)的電勢升高C．若將S接通后再斷開，將N板下移一小段距離，兩板間場強(qiáng)增大D．若將S接通后再斷開，將N板下移一小段距離，點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能保持不變【解析】A．當(dāng)S保持接通時(shí)，M板下移一小段距離，則間距減小，根據(jù)可知，電容增大，因電壓不變，根據(jù)Q=CU可知，M板的帶電量增加，故A正確；B．當(dāng)S保持接通時(shí)，M板下移一小段距離，則間距減小，根據(jù)可知，場強(qiáng)增大，由于，N與P點(diǎn)之間的距離不變，所以N與P點(diǎn)之間的電勢差增大，則P點(diǎn)的電勢升高，故B正確；C．將S接通后再斷開，Q不變，將N板向下移動，間距增大，根據(jù)可知，電場強(qiáng)度與金屬板間距無關(guān)，因此場強(qiáng)不變，故C錯(cuò)誤；D．將S接通后再斷開，將N板向下移動，間距增大，由C選項(xiàng)知場強(qiáng)不變，由于，N與P點(diǎn)之間的距離變大，所以N與P點(diǎn)之間的電勢差增大，所以P點(diǎn)的電勢升高，根據(jù)可知，負(fù)點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能減小，故D錯(cuò)誤。故選AB。【答案】AB【考點(diǎn)四】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的受力分析【典型例題4】如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶負(fù)電小球懸掛在電容器內(nèi)部．閉合開關(guān)S，電容器充電，這時(shí)懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則()A．保持開關(guān)S閉合，略向右移動A板，則θ增大B．保持開關(guān)S閉合，略向右移動A板，則θ不變C．?dāng)嚅_開關(guān)S，略向上移動A板，則θ增大D．?dāng)嚅_開關(guān)S，略向上移動A板，則θ不變【解析】保持開關(guān)S閉合，電容器兩極板間的電勢差不變，帶負(fù)電的A板向右移動，極板間距離減小，電場強(qiáng)度E增大，小球所受的電場力變大，θ增大，故A正確，B錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S，電容器所帶的電荷量不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，略向上移動A板，則S減小，E變大，小球所受的電場力變大，則θ增大，故C正確，D錯(cuò)誤．【答案】AC【考點(diǎn)五】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動【典型例題5】如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P.現(xiàn)有甲電子以速率v0從O點(diǎn)沿OP方向運(yùn)動，恰能運(yùn)動到P點(diǎn)．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點(diǎn)由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運(yùn)動時(shí)的加速度相同D．乙電子運(yùn)動到O點(diǎn)的速率為2v0【解析】兩板間距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當(dāng)d變大時(shí)，兩板間的場強(qiáng)不變，則甲、乙兩電子在板間運(yùn)動時(shí)的加速度相同，選項(xiàng)C正確；根據(jù)e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mv02，可知，乙電子運(yùn)動到O點(diǎn)的速率v＝eq\r(2)v0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【答案】C【考點(diǎn)六】帶電粒子在電場力和重力作用下的直線運(yùn)動【典型例題6】如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝Eq，則()A．電場方向豎直向上B．小球運(yùn)動的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(v02,2g)D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為eq\f(mv02,4)【解析】由于帶電小球在豎直平面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動，其合力沿ON方向，且mg＝qE，所以電場力qE與重力關(guān)于ON對稱，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知電場方向與ON方向成120°角，A錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理得：－mg·eq\f(h,sin30°)＝0－eq\f(1,2)mv02，解得：h＝eq\f(v02,4g)，C錯(cuò)誤；電場力做負(fù)功，帶電小球的電勢能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時(shí)，其電勢能最大，則Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f(v02,4g)＝eq\f(mv02,4)，D正確．【答案】BD【考點(diǎn)七】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)【典型例題7】示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場組成的．如圖所示，不同的帶負(fù)電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負(fù)電粒子能射出平行板電場區(qū)域的條件下，則()A．若電荷量q相等，則帶負(fù)電粒子在板間的加速度大小相等B．若比荷eq\f(q,m)相等，則帶負(fù)電粒子從M孔射出的速率相等C．若電荷量q相等，則帶負(fù)電粒子從M孔射出時(shí)的動能相等D．若不同比荷eq\f(q,m)的帶負(fù)電粒子由O點(diǎn)射入，偏轉(zhuǎn)角度θ相同【解析】設(shè)加速電場的板間距離為d，由牛頓第二定律得a＝eq\f(U1q,md)，由于粒子的質(zhì)量未知，所以無法確定帶負(fù)電粒子在板間的加速度大小關(guān)系，故A錯(cuò)誤；由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，可得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，所以當(dāng)帶負(fù)電粒子的比荷eq\f(q,m)相等時(shí)，它們從M孔射出的速度相等，故B正確；粒子從M孔射出時(shí)的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝qU1，所以當(dāng)帶負(fù)電粒子的電荷量q相等時(shí)，它們從M孔射出時(shí)的動能相等，故C正確；如圖所示，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的板間距離為d′，在偏轉(zhuǎn)電場中有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U2l,2U1d′)，偏轉(zhuǎn)角度θ與粒子的比荷無關(guān)，所以不同比荷eq\f(q,m)的帶負(fù)電粒子從O點(diǎn)射入，偏轉(zhuǎn)角度θ相同，故D正確．【答案】BCD【歸納總結(jié)】1．兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mv02y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ均與m、q無關(guān)．(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半．2．功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．【考點(diǎn)八】帶電粒子在重力場和電場中的偏轉(zhuǎn)【典型例題8】(2021·廣東揭陽市月考)如下圖所示，空間存在水平向右、電場強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)電場，一個(gè)質(zhì)量為、電荷量為的小球，從A點(diǎn)以初速度豎直向上拋出，經(jīng)過一段時(shí)間落回到與A點(diǎn)等高的位置B點(diǎn)(圖中未畫出)，重力加速度為。求：(1)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)距離A點(diǎn)的高度；(2)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)速度大??；(3)小球運(yùn)動過程中最小動能。【解析】(1)小球在空間的運(yùn)動可以分解為水平方向初速度為零的勻加速直線運(yùn)動和豎直方向初速度為，加速度為g的豎直上拋運(yùn)動，所以在豎直方向上有解得(2)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度減為零，由，解得水平方向由，解得(3)小球運(yùn)動過程中動能的表達(dá)式為由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)小球的動能最小，最小動能為【答案】(1)5m；(2)10m/s；(3)2.5J【考點(diǎn)九】帶電粒子在電場中的綜合應(yīng)用【典型例題9】在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知剛進(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運(yùn)動中粒子僅受電場力作用．(1)求電場強(qiáng)度的大小；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？【解析】(1)粒子初速度為零，由C點(diǎn)射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知AC＝R①F＝qE②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mv02③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mv02,2qR)④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行．作與BC平行的直線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長線交于P點(diǎn)，則自D點(diǎn)從圓周上穿出的粒子的動能增量最大．由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時(shí)動能增量最大，在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有F＝ma⑥AP＝eq\f(1,2)at12⑦DP＝v1t1⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2)v0,4)⑨(3)解法1：設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時(shí)，在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t0.以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電場的方向?yàn)閤軸正方向，電場方向?yàn)閥軸正方向建立直角坐標(biāo)系．由運(yùn)動學(xué)公式有y＝eq\f(