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。考点突破素养提升考点1平行板电容器的两类动态变化问题(c)【典例1】 (2016天津高考)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,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()世纪金榜导学号A.增大,E增大B.增大,Ep不变C.减小,Ep增大D.减小,E不变【解题思路】解答本题应注意以下几点:【
2、解析】选D。若保持下极板不动,将上极板向下平移一小段距离,则根据C=可知,C变大,Q一定,则根据Q=CU可知,U减小,则静电计指针偏角减小;根据E=,C=, Q=CU联立可得E=,可知Q一定时,E不变;根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变,E不变,则P点与下极板的电势差不变,P点的电势不变,则Ep不变,故选项A、B、C错误,D正确。 1.两块竖直放置的平行正对的金属板构成一个平行板电容器。电容器左板接地,右板与静电计相连,在距离两板等距离的A点处有一个带电小球在静电力与细绳牵引下处于静止状态。若将左极板向右移动靠近A点(未接触)后系统再次平衡,下列说法中正确的是()A.绳子的张角变小B.
3、极板上的电荷量减少C.静电计的指针的指针偏角不变D.若细绳断掉,小球将做匀加速直线运动(未接触极板)【解析】选D。极板带电量Q不变,根据C=,C=以及E=可得E=,连接静电计时,移动电容器极板,电场强度不发生变化,小球受的电场力不变,则绳子的张角不变,选项A、B错误;极板靠拢时,C变大,U减小,静电计指针偏转变小,选项C错误;绳子剪断后,小球初速度为零,所受的重力和电场力都是恒力,则加速度恒定,小球做匀加速直线运动,选项D正确,故选D。2. (多选)如图所示,K闭合后,在P点处有一质量为m、带电量为q的油滴恰好于静止状态。则下列说法中正确的是()A.若将A板向上平移一小段距离,则油滴向下加速运
4、动,R中有向左的电流,P点电势降低B.若将A板向左平移一小段距离,则油滴仍然静止,R中有向左的电流,P点电势不变C.若将玻璃板插入极板AB间,则油滴向下加速运动,R中有向左的电流,P点电势不变D.若将金属板插入极板AB间,则油滴向上加速运动,R中有向左电流,P点电势降低【解析】选A、B。开始时,重力和电场力平衡,则mg=qE,将A板上移,由E=可知,E变小,油滴应向下加速运动,由C=、C=得Q=,因电压U不变,随着d增大,故电容器电量减小放电,R中有向左的电流,电场强度E变小,PB间电势差减小,而B板接地,因此P点电势降低,故A正确;若将B板向左平移一小段距离,由E=可知,E不变,油滴仍静止,
5、根据 Q=,S减小,电容器电量减小放电,R中有向左的电流,PB间电势差不变,P点的电势不变,故B正确;若将玻璃板插入AB间,由E=可知,E不变,油滴仍静止,根据 Q=,电容器电量增加充电,R中有向右的电流,PB间电势差不变,P点的电势不变,故C错误;若将金属板插入AB间,则相当于极板间距离减小,由E=可知,E变大,则油滴向上加速运动,根据 Q=,电容器电量增加充电,R中有向右的电流,PB间电势差增大,P点的电势升高,故D错误。 1.分析比较的思路:(1)先确定是Q还是U不变:电容器保持与电源连接,U不变;电容器充电后与电源断开,Q不变。(2)用决定式C=确定电容器电容的变化。(3)用定义式C=
6、判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。(4)用E=分析电容器极板间场强的变化。2.两类动态变化问题的比较:分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小Q变小E变小C变小U变大E不变S变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小r变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小【加固训练】如图为可变电容器,由一组动片和一组定片组成,这两组金属片之间是互相绝缘的,动片旋入得越多,则()A.正对面积越大,电容越大B.正对面积越大,电容越小C.动片、定片间距离越小,电容越大D.动片、定片间距离越小,电容越小【解析】选A。可变电容器动片旋入得越多,正对面积越大。由平行板电容器的电容决定
7、式C=知,电容器的正对面积越大,电容越大,A项正确。考点2带电粒子在电场中的直线运动(d) 【典例2】如图所示,板长L=4 cm的平行板电容器,板间距离d= 3 cm,板与水平线夹角=37,两板所加电压为U=100 V,有一带负电液滴,带电荷量为q=310-10C,以v0=1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场,在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出。g取10 m/s2,求:世纪金榜导学号(1)液滴的质量。(2)液滴飞出时的速度大小。【解题思路】解答本题应注意以下几点:【解析】由于带电液滴所受重力方向竖直向下,所受静电力方向只能垂直两板向上,其合力方向水平向右,做匀加速运动。 (1)
8、竖直方向:qcos 37=mg,解得m=810-8kg。(2)解法一:水平方向:qsin37=ma,解得a=gtan37=g,设液滴在平行板中飞行距离为s,则s=0.05 m,又由v2-=2as得v=1.32 m/s。解法二:液滴受到的合力F合=mgtan 37,由动能定理得F合s=mv2-m,解得v1.32 m/s。答案:(1)810-8kg(2)1.32 m/s1.如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为-q的带电粒子(不计重力),以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板,如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回,则下述措施
9、能满足要求的是()A.使初速度减为原来的B.使M、N间电压减小C.使M、N间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M、N间电压都减为原来的【解析】选D。粒子恰好到达N板时Uq=m,恰好到达两板中间返回时有q=mv2,比较两式可知选项D正确。2.(多选)如图所示,平行金属板A、B在真空中水平正对放置,两极板的间距为d,分别带等量异号电荷。质量为m、电量为q的带负电的油滴以速度v0从A极板的左边缘射入电场,沿直线从B极板的右边缘射出,重力加速度为g。则()A.油滴做匀速直线运动B.油滴的电势能减少了mgdC.两极板的电势差UAB=D.A板的电势低于B板的电势【解析】选A、C。油滴在电场中受到重力和电场
10、力,而做直线运动,电场力与重力必定平衡才能做匀速直线运动,油滴的加速度为零,故A正确;重力做功mgd,油滴的重力势能减小,动能不变,根据能量守恒定律得知,油滴的电势能增加了mgd,机械能减小了mgd,故B错误;由上可知油滴的电势能增加量Ep=mgd,又Ep=qUAB,得到两极板的电势差UAB=,故C正确;由题意可判断出电场力方向竖直向上,油滴带负电,电场强度方向竖直向下,A板的电势高于B板的电势,故D错误。 1.带电粒子在电场中运动时重力的处理:(1)基本粒子:如电子、质子、粒子、离子等,除有说明或明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,
11、除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。2.带电粒子在电场中平衡的解题步骤:(1)选取研究对象。(2)进行受力分析,注意电场力的方向特点。(3)由平衡条件列方程求解。3.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路:(1)根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。【加固训练】如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时,小物块恰好静止。重力加
12、速度取g,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)水平向右电场的电场强度;(2)若将电场强度减小为原来的,物块的加速度是多大;(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能。【解析】(1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,受力图如图所示,则有FNsin37=qEFNcos37=mg由可得E=。 (2)若电场强度减小为原来的,则E=由牛顿第二定律得mgsin37-qEcos37=ma,可得a=0.3g。(3)电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功,由动能定理得mgLsin37-qELcos37=Ek-0,可得Ek=0.3mgL。答案:(1)(2)0.3g(3
13、)0.3mgL考点3带电粒子在电场中的偏转(d)【典例3】(2019全国卷)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为(0)。质量为m,电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。世纪金榜导学号(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小。(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)PG、QG间场强大小相等,方向相反,为匀强电场。(2)粒子进
14、入电场做类平抛运动。(3)根据对称性,粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。 【解析】(1)PG、QG间场强大小相等,均为E,粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=F=qE=ma设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek-m设粒子第一次到达G时所用时间为t,粒子在水平方向的位移为l,如图所示,则有h=at2l=v0t联立式解得Ek=m+qhl=v0(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短,如图所示,由对称性知,此时金属板的长度为L=2l=2v0答案:(1)m+qhv0(2)2v01.如图所示,质子H)和粒子He)
15、以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力),则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为()A.11B.12C.21D.14【解析】选B。动能相同,则m相同,由y=at2=()2,得:=,故B正确。2. (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()世纪金榜导学号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=D.此匀强电场的电场强度大小为E=【解析】选A、
16、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=v0,粒子在电场方向上的位移为y=t,水平方向d=v0t,解得y=,则场强为E=,联立解得E=,故C正确,D错误。1.基本规律:设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间距离为d(忽略重力影响),则有(1)加速度:a=。(2)在电场中的运动时间:t=。(3)位移,y=at2=。(
17、4)速度,vy=,v=,tan=。2.两个结论:(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的偏转角度总是相同的。证明:由qU0=m及tan=得tan=。(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。3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系:当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解:qUy=mv2-m,其中Uy=y,指初、末位置间的电势差。4.带电粒子在匀强电场中偏转时间的讨论:质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v0垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场,已知极板间距为d,极板长度为L,极板间电压为U,带电粒子在匀强电场中的运动时间为t,则(1)带电粒子能穿出电场时,在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确定比较方便,其值为t=。(2)带电粒子打到极板上时,在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确定比较方便,其值为t=d。关闭Word文档返回原板块