2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题20电容器带电粒子在电场中的运动含解析20191018383.pdf
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1、第 1 页 共 31 页 1 专题 20 电容器、带电粒子在电场中的运动专题 20 电容器、带电粒子在电场中的运动 【专题导航】【专题导航】 目录 热点题型一 平行板电容器及其动态分析问题.1热点题型一 平行板电容器及其动态分析问题.1 U不变时电容器的动态分析2 Q不变时电容器的动态分析3 平行板电容器中带电粒子的问题分析 .4 热点二 带电粒子在电场中的直线运动热点二 带电粒子在电场中的直线运动 .5 电容器中直线运动 .5 带电粒子在匀强电场中的直线运动 .6 带电粒子在交变电场中的直线运动 .7 热点题型三 带电粒子在电场中的偏转运动.8热点题型三 带电粒子在电场中的偏转运动.8 热点
2、题型四 带电粒子在交变电场中的运动12热点题型四 带电粒子在交变电场中的运动12 粒子做直线往返运动 12 粒子做偏转运动问题 14 热点题型五 带电体在电场、重力场中的运动热点题型五 带电体在电场、重力场中的运动 16 带电体在电场、重力场中运动的动力学问题 16 带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题 17 【题型演练】【题型演练】 18 第 2 页 共 31 页 2 【题型归纳】【题型归纳】 热点题型一 平行板电容器及其动态分析问题热点题型一 平行板电容器及其动态分析问题 1分析思路 (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
3、定式C确定电容器电容的变化 rS 4kd (3)用定义式C 判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化 Q U (4)用E 分析电容器极板间场强的变化 U d 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UQ d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 U不变时电容器的动态分析U不变时电容器的动态分析 【例 1】 (2019湖南长沙模拟)(2019湖南长沙模拟)利用电容传感器可检测矿井渗水, 及时发出安全警报, 从而避免事故的发生 ; 如图所示是一种通过测量电容器电容的变
4、化来检测矿井中液面高低的仪器原理图,A为固定的导体芯,B为 导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体(矿井中含有杂质的水),A、C构成电容器已知灵敏电流表 G 的指针偏转方向与电流方向的关系:电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转若矿井渗水(导电液 体深度增大),则电流表( ) 第 3 页 共 31 页 3 A指针向右偏转,A、C构成的电容器充电 B指针向左偏转,A、C构成的电容器充电 C指针向右偏转,A、C构成的电容器放电 D指针向左偏转,A、C构成的电容器放电 【答案】B 【解析】由图可知,液体与芯柱构成了电容器,由图可知,两板间距离不变;液面变化时只有正对面积发 生变化;则由C可知,当
5、液面升高时,只能是正对面积S增大;故可判断电容增大,再依据C 和 rS 4kd Q U 电势差不变,可知电容器的电荷量增大,因此电容器处于充电状态,因电流从哪侧流入电流表则电流表指 针向哪侧偏转,因此指针向左偏转,故 A、C、D 错误,B 正确 【变式】一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上若将云母介质移出,则电容器 ( ) A极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大 B极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大 C极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变 D极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变 【答案】D. 【解析】平行板电容器接在电压恒定的直流电源上,电容器两极板之间的电压U不
6、变若将云母介质移出, 电容C减小, 由C 可知, 电容器所带电荷量Q减小, 即电容器极板上的电荷量减小 由于U不变,d不变, Q U 由E 可知,极板间电场强度E不变,选项 D 正确,A、B、C 错误 U d Q不变时电容器的动态分析Q不变时电容器的动态分析 【例 2】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, 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( ) 第 4 页 共 31 页 4 A增大,E增大 B增大
7、,Ep不变 C减小,Ep增大 D 减小,E不变 【答案】D. 【解析】平行板电容器带有等量异种电荷,当极板正对面积不变时,两极板之间的电场强度E不变保持 下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置,由UEd可知,两极板之间的电势差减小, 静电计指针的偏角减小,由于下极板接地(电势为零),两极板之间的电场强度不变,所以点电荷在P点 的电势能Ep不变综上所述,选项 D 正确 【变式】(2019西北师大附中模拟)(2019西北师大附中模拟)如图所示,平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,两板间有 一 个带负电的试探电荷固定在P点静电计的金属球与电容器的负极板连接,外壳接地以E表示两板
8、间的 场强,表示P点的电势,EP表示该试探电荷在P点的电势能,表示静电计指针的偏角若保持负极板 将 正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计),各物理量变化情况描述正确的是( ) AE增大,降低,EP减小,增大 BE不变,降低,EP增大,减小 CE不变,升高,EP减小,减小 DE减小,升高,EP减小,减小 【答案】C 【解析】将正极板适当向右水平移动,两板间的距离减小,根据电容的决定式C可知,电容C增大, rS 4kd 第 5 页 共 31 页 5 因平行板电容器充电后与电源断开,则电容器的电量Q不变,由C 得知,板间电压U减小,因此夹角 Q U 减小,再依据板间场强E ,可见E不
9、变 ;P点到正极板距离减小,且正极接地,由公式UEd U d Q Cd 4kQ rS 得知,则P点的电势;负电荷在P点的电势能减小,故 A、B、D 错误,C 正确 平行板电容器中带电粒子的问题分析平行板电容器中带电粒子的问题分析 【例 3】(2018高考全国卷)(2018高考全国卷)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平 ; 两微粒a、b 所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等现同时 释放a、b, 它们由静止开始运动, 在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,a、b 间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是(
10、 ) Aa的质量比b的大 B在t时刻,a的动能比b的大 C在t时刻,a和b的电势能相等 D在t时刻,a和b的动量大小相等 【答案】BD 【解析】根据题述可知,微粒a向下加速运动,微粒b向上加速运动,根据a、b经过电容器两极板间下半 区域的同一水平面, 可知a的加速度大小大于b的加速度大小, 即aaab.对微粒a, 由牛顿第二定律,qEmaaa, 对微粒b,由牛顿第二定律,qEmbab,联立解得,由此式可以得出a的质量比b小,选项 A 错误; qE ma qE mb 在a、b两微粒运动过程中,a微粒所受合外力(电场力)等于b微粒,a微粒的位移大于b微粒,根据动能 定理,在t时刻,a的动能比b大,
11、选项 B 正确;由于在t时刻两微粒经过同一水平面,电势相等, 电荷量 大小相等,符号相反,所以在t时刻,a和b的电势能不等,选项 C 错误 ; 由于a微粒受到的合外力(电场力) 等于b微粒受到的合外力(电场力),根据动量定理,在t时刻,a、b微粒的动量大小相等,选项 D 正确 【变式】如图所示,一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成放射源O在A极板 左端,可以向各个方向发射不同速度、质量为m的粒子(电子)若极板长为L,间距为d,当A、B板加 上电压U时,只有某一速度的粒子能从细管C水平射出,细管C离两板等距已知元电荷为e,则从放 第 6 页 共 31 页 6 射源O发射出的粒子
12、的这一速度为( ) A. B. C. D. 2eU m L d eU m 1 d 22 ()eU dL m L d eU 2m 【答案】C 【解析】粒子反方向的运动为类平抛运动,水平方向有Lv0t,竖直方向有 at2,且a.从A到C d 2 1 2 eU md 的过程有eUmvmv2,以上各式联立解得v,选项 C 正确 1 2 1 2 2 0 1 2 1 d 22 ()eU dL m 热点二 带电粒子在电场中的直线运动热点二 带电粒子在电场中的直线运动 1用动力学观点分析 a,E ,v2v2ad F合 m U d 2 0 2用功能观点分析 匀强电场中:WqEdqUmv2mv 1 2 1 2 2
13、 0 非匀强电场中:WqUEk2Ek1 电容器中直线运动电容器中直线运动 【例 4】 (多选)(2019株洲检测)(2019株洲检测)如图所示, 在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B, 板与水平方向的夹角为,一个电荷量q1.41104 C、质量m1 g 的带电小球,自A板上的孔P以水 平 第 7 页 共 31 页 7 速度v00.1 m/s 飞入两板之间的电场,经 0.02 s 后未与B板相碰又回到孔P,g取 10 m/s2,则( ) A板间电场强度大小为 100 V/m B板间电场强度大小为 141 V/m C板与水平方向的夹角30 D板与水平方向的夹角45 【答案】 A
14、D 【解析】 因为小球从孔P水平飞入两板之间,沿水平方向运动,小球受力如图所示,设板间匀强电场的 场强为E,板与水平方向的夹角为,在竖直方向由平衡条件得Eqcos mg,在水平方向由动量定理得 Eqtsin 2mv0,解得E100 V/m,tan 1,即45,A、D 正确 m q g24v 2 0 t2 2v0 gt 【变式】 如图所示, 电子由静止开始从A板向B板运动, 到达B板的速度为v, 保持两板间电压不变, 则( ) A当减小两板间的距离时,速度v增大 B当减小两板间的距离时,速度v减小 C当减小两板间的距离时,速度v不变 D当减小两板间的距离时,电子在两板间运动的时间变长 【答案】C
15、 第 8 页 共 31 页 8 【解析】由动能定理得eUmv2,当改变两极板间的距离时,U不变,v就不变,故选项 A、B 错误,C 正确 ; 1 2 粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动, , ,即t,当d减小时,v不变,电子在两极v d t v 2 d t 2d v 板间运动的时间变短,故选项 D 错误 带电粒子在匀强电场中的直线运动带电粒子在匀强电场中的直线运动 【例 5】如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点 由O 点静止释放的电子恰好能运动到P点 现将C板向右平移到P点, 则由O点静止释放的电子( ) A运动到P点返回 B运动到P和P
16、点之间返回 C运动到P点返回 D穿过P点 【答案】A. 【解析】 电子在A、B板间的电场中加速运动, 在B、C板间的电场中减速运动, 设A、B板间的电压为U,B、C 板间的电场强度为E,M、P两点间的距离为d,则有eUeEd0,若将C板向右平移到P点,B、C两板 所带电荷量不变,由E 可知,C板向右平移到P时,B、C两板间的电场强度不变,由此可 U d Q C0d 4kQ rS 以判断, 电子在A、B板间加速运动后, 在B、C板间减速运动, 到达P点时速度为零, 然后返回, A 项正确, B、 C、 D 项错误 【变式】如图所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左
17、不计空气 阻力,则小球( ) A做直线运动 B做曲线运动 第 9 页 共 31 页 9 C速率先减小后增大 D速率先增大后减小 【答案】BC 【解析】对小球受力分析,小球受重力、电场力作用,合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上, 故小球做曲线运动,故 A 错误,B 正确 ; 在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角, 故合外力对小球先做负功后做正功,所以速率先减小后增大,故 C 正确,D 错误 带电粒子在交变电场中的直线运动带电粒子在交变电场中的直线运动 【例 6】 如图甲所示,A板电势为 0,A板中间有一小孔,B板的电势变化情况如图乙所示,一质量为m、 电荷量为q的带
18、负电粒子在t 时刻以初速度为 0 从A板上的小孔处进入两极板间,仅在电场力作用下开 T 4 始运动,恰好到达B板则( ) AA、B两板间的距离为 B粒子在两板间的最大速度为 qU0T2 8m qU0 m C粒子在两板间做匀加速直线运动 D若粒子在t 时刻进入两极板间,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最终打向B板 T 8 【答案】B. 【解析】粒子仅在电场力作用下运动,加速度大小不变,方向变化,选项 C 错误;粒子在t 时刻以初速 T 4 度为 0 进入两极板,先加速后减速,在时刻到达B板,则 ,解得d ,选项 A 错 3T 4 1 2 qU0 md 2 4 T d 2 qU0T2 16m
19、误;粒子在 时刻速度最大,则vm ,选项 B 正确;若粒子在t 时刻进入两极板间,在 T 2 qU0 md T 4 qU0 m T 8 T 8 T 2 时间内, 粒子做匀加速运动, 位移x , 所以粒子在 时刻之前已经到达B板, 选项 D 错误 1 2 qU0 md 2 8 3 T 9d 8 T 2 第 10 页 共 31 页 10 【变式】如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带 正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动, 并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是( ) A0t0 B. t
20、0 C.t0T DTt0 T 4 T 2 3T 4 3T 4 9T 8 【答案】B 【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终 打在A板上时位移为负, 速度方向为负 分别作出t00、时粒子运动的v t图象, 如图所示 由于v t T 4 T 2 3T 4 图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象知,0t0 与t0T时粒子在一个周期内的总 T 4 3T 4 位移大于零, t0时粒子在一个周期内的总位移小于零 ;t0T时情况类似 因粒子最终打在A板上,则要 T 4 3T 4 求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各项可知 B 正确 热点题型
21、三 带电粒子在电场中的偏转运动热点题型三 带电粒子在电场中的偏转运动 1带电粒子在电场中的偏转规律 第 11 页 共 31 页 11 2处理带电粒子的偏转问题的方法 (1)运动的分解法 一般用分解的思想来处理,即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方 向上的匀速直线运动 (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行求解:qUymv2mv,其中Uyy,指初、末位 1 2 1 2 2 0 U d 置间的电势差 3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法 (1)yy0Ltan (L为屏到偏转电场的水平距离); (2)y( L)tan (l为电场宽度
22、); l 2 (3)yy0vy; L v0 (4)根据三角形相似. y y0 l 2L l 2 【例 6】(2019江西吉安一中段考)(2019江西吉安一中段考)如图所示,虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场,在两条平行的 虚 线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场 E2平行的屏现将一电子(电荷量为e,质量为m,不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点,A点到MN 第 12 页 共 31 页 12 的距离为 ,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求: L 2 (1)电子从释放到打到屏上所用的时间t; (2)电子刚射出电场
23、E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值 tan ; (3)电子打到屏上的点P(图中未标出)到点O的距离x. 【答案】 (1)3 (2)2 (3)3L mL eE 【解析】 (1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1, 由牛顿第二定律得:a1 eE1 m eE m 由xat2得: a1t 1 2 L 2 1 2 2 1 电子进入电场E2时的速度为:v1a1t1 进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动, 时间为:t22t2 2L v1 电子从释放到打到屏上所用的时间为:tt1t2 联立求解得:t3; mL eE (2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy
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