第23課 電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析aU不變時(shí)電容器的動(dòng)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(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng)，在P、Q間距增大過程中()AP、Q構(gòu)成的電容器的電容增大BP上電荷量保持不變CM點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的低DM點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)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得電容減小，又根據(jù)電容定義式C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(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的高。故A項(xiàng)、B項(xiàng)、C項(xiàng)均錯(cuò)誤，D項(xiàng)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(fù)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?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)保持右極板不動(dòng)，將左極板向左緩慢移動(dòng)。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()AF逐漸減小，T逐漸減小BF逐漸增大，T逐漸減小CF逐漸減小，T逐漸增大DF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(dòng)的過程中，兩板間距離增大，則由UEd可知，電場強(qiáng)度E減?。浑妶隽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；由于重力不變，電場力變小，故拉力變小，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)、C項(xiàng)、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。bQ不變時(shí)電容器的動(dòng)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(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一個(gè)固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大B增大，Ep不變C減小，Ep增大D減小，E不變答案：D解析： 保持下極板不動(dòng)，上極板向下移動(dòng)一小段距離后，由C可知，電容器的電容變大，由于Q不變，由C可知U減小，故靜電計(jì)的指針偏角變小。電場強(qiáng)度E不變；由于下極板不動(dòng)，可知P點(diǎn)離下極板的距離不變，又E不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢差不變，P點(diǎn)電勢不變，則點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能Ep不變， 故A項(xiàng)、B項(xiàng)、C項(xiàng)均錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。2帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)a從動(dòng)力學(xué)和能的角度分析帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)(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(q0)的粒子；在負(fù)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(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計(jì)重力，則Mm為()A32 B21 C52 D31答案： A解析：根據(jù)題意，兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，所以q的位移為xMl，而q的位移為xm lll。粒子只受到電場力的作用做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場強(qiáng)度為E，由牛頓第二定律得aM，am。又由xat2，并且兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相同，得，故A項(xiàng)正確。(5)(經(jīng)典題，20分)靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中0和d為已知量。一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場中以x0為中心，沿x軸方向做周期性運(yùn)動(dòng)。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為q，其動(dòng)能與電勢能之和為A(0<A<q0)，忽略重力。求：粒子所受電場力的大小；粒子的運(yùn)動(dòng)區(qū)間；粒子的運(yùn)動(dòng)周期。答案： (3分)d(1)xd(1) (9分) (8分)解析：由題圖可知，電勢隨x均勻變化，則可知電場為勻強(qiáng)電場。0與d(或d)兩點(diǎn)間的電勢差為0，電場強(qiáng)度的大小為E(2分)，粒子所受電場力的大小FqE(1分)粒子動(dòng)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(yùn)動(dòng)，速率為v，則mv2qA(2分)由圖可知0(1)(1分)聯(lián)立解得mv2q0(1)A(2分)因動(dòng)能非負(fù)，有q0(1)A0，得d(1) (2分) 即x0d(1)粒子在d(1)xd(1)區(qū)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)(2分) 粒子沿x軸方向在運(yùn)動(dòng)區(qū)間內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)，且從最遠(yuǎn)(x0或x0)處向O點(diǎn)處運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從O點(diǎn)處向最遠(yuǎn)(x0或x0)處運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。 考慮粒子從x0處開始運(yùn)動(dòng)的四分之一周期，根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度a (2分)由勻加速直線運(yùn)動(dòng) x0at2得t (2分)將代入得t (2分)粒子運(yùn)動(dòng)周期 T4t (2分)b用類平拋的方法分析帶電粒子的曲線運(yùn)動(dòng)(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(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)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(shí)的速度一樣大C三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)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E1qdmv，解得v0。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(yùn)動(dòng)時(shí)間t，yat2··2，在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)電場對粒子做的功WqE2y，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(xiàng)正確。三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的縱向速度vyat·，與粒子比荷有關(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(shí)的速度v，由于三種粒子vy不同，因此速度v大小不同，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上的水平位移相同，但水平速度v0與比荷有關(guān)，不同，因此所用時(shí)間不同，故C項(xiàng)錯(cuò)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(shí)的速度的反向延長線均交于偏轉(zhuǎn)電場中線的中點(diǎn)，即速度方向相同，因此粒子會(huì)打在屏上同一位置，故D項(xiàng)正確。(7)(2015安徽理綜，16分)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E(圖中未畫出)。由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計(jì)。求：粒子從A到C過程中電場力對它做的功；粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間；粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速率。答案：3qEl0(2分)3(8分) (6分) 解析：粒子從A到C電場力做功為WqE(yAyC)3qEl0(2分)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對稱性可知，軌跡最高點(diǎn)D在y軸上，可令tAOtOBT，tBCT，軌跡最高點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為y。由Eqma得a(2分)又yaT2(1分)y3l0a(2T)2(2分)聯(lián)立以上式子解得T(2分)則粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間為t3T3(1分) 粒子在DC段做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有2l0vCx(2T)(2分)vCya(2T)(2分)vC(2分)23 帶電體在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題3帶電體在復(fù)合場(電場、重力場)中的運(yùn)動(dòng)、示波管a用“正交分解法”分析帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(8)(2017全國，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(qiáng)電場。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)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(jìn)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(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：M與N在電場中沿水平方向的位移之比；A點(diǎn)距電場上邊界的高度；該電場的電場強(qiáng)度大小。答案：31(7分)H(10分) (3分)解析：設(shè)帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)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(yùn)動(dòng)，N在電場中水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，由于豎直方向上位移相等，則M、N在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等。 對M有： sMv0tat2 (2分)對N有：v0at0(2分)sNv0tat2 (2分)聯(lián)立解得 sMsN31(1分)設(shè)A點(diǎn)距離電場上邊界的高度為h，M離開電場時(shí)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(yùn)動(dòng)始終相同，且時(shí)間相同，則N離開電場時(shí)在豎直方向的速度也為vy。 M剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的1.5倍，有m(vv)1.5×mv(2分)解得v1vy(1分)又根據(jù)水平方向的運(yùn)動(dòng)，有v1v0at2v0，可得到v1vy2v0(1分)設(shè)M剛進(jìn)電場時(shí)在豎直方向的分速度為vy1，因M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，則有(1分)解得vy1vy(1分)M在豎直方向有v2gh(1分)vv2gH(1分)解得hH(2分)因M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，合力與速度共線，則(2分)解得E(1分)b用“等效法”分析帶電小球在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(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(gè)裝置處于電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？答案：v(10分)解析：小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，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(2分)tan ，得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(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg(2分)因30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知AD2R(1分)令小球以最小初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知： 2mgRmvmv(2分)解得v0，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v(2分)c分階段法研究帶電小球在復(fù)合場中的多過程運(yùn)動(dòng)(10)(2017全國，20分)真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0。在油滴處于位置A時(shí)，將電場強(qiáng)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(shí)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(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；求增大后的電場強(qiáng)度的大小；為保證后來的電場強(qiáng)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(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。答案：v02gt1(6分) E1，0<t1<或t1>；或E1，t1>(14分)解析：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(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故電場力方向豎直向上。在t0時(shí)，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足qE2mgma1(1分)油滴在時(shí)刻t1的速度為v1v0a1t1(1分) 電場強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足qE2mgma2(1分)油滴在時(shí)刻t22t1的速度為v2v1a2t1(1分)聯(lián)立解得v2v02gt1(2分) 由題意，在t0時(shí)刻前有qE1mg(1分)油滴從t0到時(shí)刻t1的位移為s1v0t1a1t(1分) 油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t22t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s2v1t1a2t(1分)由題給條件有v2g(2h) 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。(1分)若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有s1s2h(1分)聯(lián)立解得E2E1(2分)為使E2>E1，應(yīng)有22>1(1分)即當(dāng)0<t1< 或t1>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(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有s1s2h(1分)聯(lián)立解得E2E1(2分)為使E2>E1，應(yīng)有22>1(1分)即t1>(1分)另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。 d極板條件變化時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)情況的分析(11)(2015全國，6分)如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A保持靜止?fàn)顟B(tài) B向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)答案：D解析：在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，微粒受重力和電場力平衡，故電場力大小Fmg，方向豎直向上。將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場強(qiáng)度大小不變，方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，故電場力逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，大小仍然為mg。故重力和電場力的大小均為mg，方向夾角為135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)、B項(xiàng)、C項(xiàng)均錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。e示波管(12)(經(jīng)典題，6分)圖(a)為示波管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是()答案：B解析：由于電極XX加的是掃描電壓，電極YY之間所加的電壓是信號(hào)電壓，信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同，所以熒光屏上看到的圖形是信號(hào)電壓隨時(shí)間變化的波形圖，故A項(xiàng)、C項(xiàng)、D項(xiàng)均錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。10