发布时间 : 星期一 文章2020届高考物理二轮复习 专题7 电场和带电粒子在电场中的运动学案更新完毕开始阅读9d61d41ecf2f0066f5335a8102d276a20129607b
不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
图5
A.θ增大，E增大 C.θ减小，Ep增大
B.θ增大，Ep不变 D.θ减小，E不变
解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根
4πkd据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根
εrSUεrS4πkQ据E＝，Q＝CU，C＝联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，Ed4πkdεrS不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确. 答案 D 变式训练
4.如图6所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )
图6
A.静电计指针张角变小 B.平行板电容器的电容将变大 C.带电油滴的电势能将增大
D.若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 答案 D
解析 现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距离增大，静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故A错误.根据C＝，知，d增大，则电容减小，故B错误.电势差不变，d4πkd增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负
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εrS电荷，则电势能减小.故C错误.若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，
UQ4πkQd改变，根据E＝＝＝，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确.
dCdεrS5.如图7所示，两个水平放置的平行板电容器，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地.让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态.A、B间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；M、N间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2.若将B板稍向下移，下列说法正确的是( )
图7
A.P向下动，Q向上动 C.Q1减小，Q2增大 答案 AC
解析 将B板下移时，由C＝，知C1将减小；而MN板不动，故C2不变；故D错误；假
4πkd设Q不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，AB板将向MN板充电，故Q1减小，
B.U1减小，U2增大 D.C1减小，C2增大
εrSQ2增大，故C正确；充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到
的电场力增大，故Q将上移，对AB分析可知，E1＝＝
U1Q1Q14πkQ1
＝＝，故电场强度减dCdεrSεrSd4πkd小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动，故A正确.
6.如图8所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始时开关闭合，电容器与一直12
流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝CU.一电荷量为－q2的带电油滴，以初动能Ek0从平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )
图8
A.保持开关闭合，仅将上极板下移，带电油滴仍能沿水平线运动
4
B.保持开关闭合，仅将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek0＋
412C.断开开关，仅将上极板上移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为Ek0＋ 46
6
ddqUdqUD.断开开关，仅将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少
412为CU 8答案 BD
解析 保持开关闭合，开始时带电油滴沿直线匀速通过电容器，则：＝mg 保持开关闭合，仅将上极板下移，则向上的电场力大于重力，故带电油滴向上运动，故选项
4
dUqdd?Uq－mg?1
?·d＝Ek－Ek0，以上两个方程式A错误；到达上极板时动能为Ek，则根据动能定理：?3
?d?4?4?
联立可以得到到达上极板的动能为：Ek＝Ek0＋，故选项B正确；断开开关，电量不变，当12两极板间距离发生变化的时候，场强不变，即电场力不变，故粒子仍沿直线运动，故选项C
qUd5εrSεrS错误；断开开关，仅将上极板上移，则两板之间距离为d，则C＝，C′＝，
444πkd5
4πk·d4
4QQ5
则整理可以得到：C′＝C，根据C＝和C′＝，整理可以得到：U′＝U，则上移之后电
5UU′415252122
容器储存的能量为：E′＝C′U′＝CU，所以增加的能量为：ΔE＝E′－E＝CU－CU＝
2882121
CU，故外力对极板做功至少为CU2，故选项D正确. 88
考题三 带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的运动问题的解题思路
首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动问题还是曲线运动问题. 2.带电粒子在电场中的加速
(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式.
(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解.
3.带电粒子在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图9所示
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图9
处理方法：应用运动的合成与分解.
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝. 12qUL(3)离开电场时的偏移量y＝at＝2.
22mdv 0(4)速度偏向角 tan φ＝＝位移偏向角
2
Lv0
FqEqUmmmdvyqUxx＝LqUL―→tan φ＝2―2；
v0mdv0 mdv0
yqUxx＝LqULtan θ＝＝―→tan θ＝2―2.
x2mdv0 2mdv0
例3 如图10所示，一质量为m、电荷量为q的带正电荷小球(可视为质点)从y轴上的A点以初速度v0(未知)水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为θ＝37°，带电小球恰好能垂直M板从其中心小孔B进入两板间(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图10
(1)试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标以及小球抛出的初速度v0；
(2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量4mg之间的关系满足E＝，试计算两平行板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小
5q球不打在N板上.
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