2020版高考物理总复习 第23课 电容器 带电粒子在电场中的运动练习
第23课 电容器 带电粒子在电场中的运动
1．平行板电容器的动态分析
a．U不变时电容器的动态分析
(1)(经典题，6分)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中( )
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低
D．M点的电势比N点的高
答案：D
解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝得电容减小，又根据电容定义式C＝得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。故A项、B项、C项均错误，D项正确。
(2)(2017海南单科，4分)如图所示，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是( )
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A．F逐渐减小，T逐渐减小
B．F逐渐增大，T逐渐减小
C．F逐渐减小，T逐渐增大
D．F逐渐增大，T逐渐增大
答案：A
解析：电容器与电源相连，所以两极板间电势差不变，将左极板向左缓慢移动的过程中，两
板间距离增大，则由U＝Ed可知，电场强度E减小；电场力F＝Eq减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T＝；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小，故A项正确，B项、C项、D项均错误。
b．Q不变时电容器的动态分析
(3)(2016天津理综，6分)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大
B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大
D．θ减小，E不变
答案：D
解析： 保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C＝可知，电容器的电容变大，由于Q不变，由C＝可知U减小，故静电计的指针偏角θ变小。电场强度E＝＝＝不变；由于下极板不动，可知P点离下极板的距离不变，又E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点电势不变，则点电荷在P点的电势能Ep不变， 故A项、B项、C项均错误，D项正确。
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2．带电粒子在匀强电场中的运动
a．从动力学和能的角度分析带电粒子的直线运动
(4)(2015海南单科，3分)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(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1
答案： A
解析：根据题意，两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，所以q的位移为xM＝l，而－q的位移为xm＝ l－l＝l。粒子只受到电场力的作用做初速度为0的匀加速直线运动，设电场强度为E，由牛顿第二定律得aM＝，am＝。又由x＝at2，并且两粒子的运动时间t相同，得＝＝＝＝，故A项正确。
(5)(经典题，20分)静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为－q，其动能与电势能之和为－A(0
0)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刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
①M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
②A点距电场上边界的高度；
③该电场的电场强度大小。
答案：①3∶1(7分) ②H(10分) ③(3分)
解析：①设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0。两球质量、电量均相同，电场力作用下产生的加速度大小相等均为a，沿水平方向。M在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N在电场中水平方向上做匀减速直线运动，设沿水平方向的位移分别为sM和sN。两球在竖直方向上均只受重力，竖直方向做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上位移相等，则M、N在电场中的运动时间t相等。
对M有： sM＝v0t＋at2 (2分)
对N有：v0－at＝0(2分)
sN＝v0t－at2 (2分)
联立解得 sM∶sN＝3∶1(1分)
②设A点距离电场上边界的高度为h，M离开电场时在竖直方向的分速度为vy，水平分速度为v1；因两球竖直方向上运动始终相同，且时间相同，则N离开电场时在竖直方向的速度也为vy。
M刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍，有
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m(v＋v)＝1.5×mv(2分)
解得
v1＝vy(1分)
又根据水平方向的运动，有v1＝v0＋at＝2v0，可得到
v1＝vy＝2v0(1分)
设M刚进电场时在竖直方向的分速度为vy1，因M在电场中做直线运动，则有
＝(1分)
解得vy1＝vy(1分)
M在竖直方向有v＝2gh(1分)
v－v＝2gH(1分)
解得h＝H(2分)
③因M在电场中做直线运动，合力与速度共线，则＝＝(2分)
解得E＝(1分)
b．用“等效法”分析带电小球在复合场中的运动
(9)(2017吉林模拟，10分)如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？
答案：v≥(10分)
解析：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示。类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为
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mg′＝＝(2分)
tan θ＝＝，得θ＝30°(1分)
等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上做匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝(2分)
因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知
AD＝2R(1分)
令小球以最小初速度v0开始运动，由动能定理知：
－2mg′R＝mv－mv(2分)
解得v0＝，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足
v≥(2分)
c．分阶段法研究带电小球在复合场中的多过程运动
(10)(2017全国Ⅰ，20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
①求油滴运动到B点时的速度；
②求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
答案：①v0－2gt1(6分) ②E1，0；或E1，t1>(14分)
解析：①设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向竖直向上。在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①(1分)
油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②(1分)
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③(1分)
油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④(1分)
联立①②③④解得v2＝v0－2gt1⑤(2分)
②由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥(1分)
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t⑦(1分)
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油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为s2＝v1t1－a2t⑧(1分)
由题给条件有v＝2g(2h) ⑨
式中h是B、A两点之间的距离。(1分)
若B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h⑩(1分)
①②③⑥⑦⑧⑨⑩联立解得
E2＝E1⑪(2分)
为使E2>E1，应有
2－2＋>1⑫(1分)
即当0才是可能的条件⑭(1分)
⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有s1＋s2＝－h⑮(1分)
①②③⑥⑦⑧⑨⑮联立解得
E2＝E1⑯(2分)
为使E2>E1，应有2－2－>1⑰(1分)
即t1>⑱(1分)
另一解为负，不合题意，已舍去。
d．极板条件变化时粒子运动情况的分析
(11)(2015全国Ⅱ，6分)如图所示，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )
A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动
答案：D
解析：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F＝mg，方向竖直向上。将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg。故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动，故A项、B项、C项均错误，D项正确。
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e．示波管
(12)(经典题，6分)图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
答案：B
解析：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上看到的图形是信号电压随时间变化的波形图，故A项、C项、D项均错误，B项正确。
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