作业(四) 电容器 带电粒子在电场中的运动-【假期作业】2026年高二物理寒假假期作业（新教材）

作业(四) 电容器 带电粒子在电场中的运动 电容器　带电粒子在电场中的运动　 知识点一　平行板电容器及其动态分析 1.平行板电容器动态问题的分析方法 抓住不变量，分析变化量，紧抓三个公式： C＝、E＝和C＝。 2.平行板电容器的两类典型问题 (1)开关S保持闭合，两极板间的电势差U恒定， Q＝CU＝∝，E＝∝。 (2)充电后断开S，电荷量Q恒定， U＝＝∝， E＝＝∝。 1.在如图所示的电路中，闭合开关S，用电压为U的直流电源对平行板电容器充电，要使电容器两板间电压大于U，可采取的办法为(　　) A.先将S断开，然后将两板错开一些 B.先将两板间距离拉大一些，然后将S断开 C.先将两板正对面积减少一些，然后将S断开 D.先将S断开，然后将两板间距离减小一些 分析电容器动态变化问题的步骤 (1)明确电容器与电源连接情况，从而确定是电压不变还是电荷量不变。 (2)由C＝，根据εr、S、d的变化确定C的变化。 (3)由C＝确定Q或U的变化。 (4)根据E＝＝判断E的变化。　 知识点二　带电粒子在电场中的加速 1.带电粒子的分类及受力特点 (1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。 (2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。 2.分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法 (1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动。 (2)利用动能定理：qU＝mv2－mv。若初速度为零，则qU＝mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。 2.如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子所受的静电力的大小F； (2)若在带电粒子运动，距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 知识点三　带电粒子的偏转 1.运动分析及规律应用 粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理。 (1)在v0方向：做匀速直线运动。 (2)在静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动。 2.两个重要推论 (1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点。 (2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的，即tan α＝tan θ。 3.分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏转量。 3.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，板长为l＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出。 (1)求将下板向上提起后，液滴的加速度的大小； (2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10 m/s2) 有两个带电量相等的平行板电容器A和B，它们的正对面积之比SA∶SB＝3∶1，板长之比lA∶lB＝2∶1，两板距离之比dA∶dB＝4∶1，两个电子以相同的初速度沿与场强垂直的方向分别射入两电容器的匀强电场中，并顺利穿过电场，求两电子穿越电场的偏移距离之比。 [错解]　由题可知QA＝QB，SA∶SB＝3∶1，可得UA∶UB＝1∶3 有y＝at2＝ 故y∝ 解得＝＝·2·＝。 [错解原因]　把电容器的电压看成是由充电电量和两板正对面积决定而忽视了板间距离对电压的影响，所以电压比和偏离比都搞错了。 [分析解答]　由QA＝QB，SA∶SB＝3∶1 可得EA∶EB＝1∶3 因为UA＝UB，所以y＝at2＝ 可得y∝el2，C∝ 解得＝·2·＝。 1.(2025·湖北武汉期中)某平行板电容器带电量为Q，电容为C，板间间距为d，如图所示。有一质量为m、电荷量为－q的点电荷(q远小于Q)，从紧靠正极板的O点以垂直于极板的速度出发，只受电容器板间电场力作用，最远只能运动到A点，然后返回，OA＝L，则该点电荷的初动能为(　　) A. B. C. D. 2.(2025·江苏卷)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为(　　) A. B.W C.2W D.4W 3.(2024·江西卷)极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当电极板距离减小时，电场强度如何变？电子受力方向？(　　) A.电场强度增大，方向向左 B.电场强度增大，方向向右 C.电场强度减小，方向向左 D.电场强度减小，方向向右 4.如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　　) A.M板电势高于N板电势 B.两个粒子的电势能都增加 C.粒子在两板间的加速度a＝ D.粒子从N板下端射出的时间t＝ 5.(2025·河南卷)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10－10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10－13C。随后，液滴以v＝2.0 m/s 的速度竖直进入长度为l＝2.0×10－2m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求： (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离； (2)A、B细胞收集管的间距。 6.(2025·广东佛山期末)如图甲所示，炽热金属丝不停地发射电子，一电子经过电压为U的两极板间电场加速后，恰好通过筒壁一小孔P沿竖直圆筒的半径方向进入圆筒，圆筒内存在竖直向上的匀强电场，筒内壁有荧光涂层，可记录电子打到筒壁的位置，已知圆筒半径为R，电子电量为e，质量为m，不计电子的重力和离开金属丝时的初速度，求： (1)电子到达圆筒小孔P时的速度v0； (2)若电子打在圆筒内壁的M点，M点与小孔P的竖直高度差为h，求圆筒内电场强度E的大小； (3)将圆筒绕其竖直中心轴以恒定的角速度ω转动，将圆筒展开后如图乙所示，荧光点Q恰好与小孔P处于同一竖直线上，则ω应满足什么条件？ 作业(四)　电容器　带电粒子在电场中的运动 答案 [跟踪训练] 1.A　若先断开S，则Q不变化；再将电容器的两板错开一些，正对面积S减小，由C＝可知C减小；由C＝知U增大，故A正确；若先拉大两板间距离，电压U不变，再将断开S，U仍不变化，故B错误；若先将两板正对面积减少，电压U不变，再将S断开，U仍不变化，故C错误；若先将S断开，Q不变化；再将两板间距离减小时，由C＝可知C增大；由C＝知U减小，故D错误。 2.解析　(1)电场强度为E＝，静电力大小为F＝qE 解得F＝。 (2)撤去电压前，带电粒子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F＝ma 由运动学规律有＝at，v＝at1 撤去电压后，带电粒子做匀速直线运动， 有＝vt2，总时间为t＝t1＋t2 解得t＝ 。 答案　(1)　(2) 3.解析　(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，液滴匀速运动，可得 qE＝mg，又E＝，得qU＝mgd 当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。此时液滴所受电场力F′＝q＝ 由牛顿第二定律可得a＝＝2 m/s2。 (2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1，则有＝at，解得t1＝0.2 s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2＝＝0.5 s 所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为t＝t2－t1＝0.3 s。 答案　(1)2 m/s2　(2)0.3 s [综合训练] 1.A　整个过程由动能定理可得Ek＝qL，根据电容的定义式可得U＝，整理可得Ek＝，故选A。 2.A　两金属板与电源相连，则两板间电势差U不变，设两板间距离为d，a、b两点沿电场方向的距离为x，两板移动前将点电荷从a移动到b，电场力做功W＝q·U，当两板间距离增大到原来的2倍时，再将该电荷从a移动到b，电场力做功W′＝q·U＝W，A正确。 3.B　由题知，两极板电压保持不变，则根据电势差和电场强度的关系有E＝，当电极板距离减小时，电场强度E增大，再结合题图可知极板间的电场线水平向左，则可知电子受到的电场力方向向右，故选B。 4.C　由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误，故选C。 5.解析　(1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向l＝vt1 沿电场方向x1＝at 由牛顿第二定律qE＝ma 解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10－3m。 (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则h＝vt2 则x2＝at1t2 联立解得x2＝0.05 m 由对称性可知A、B细胞收集管的间距Δx＝2(x1＋x2)＝2×(0.005＋0.05) m＝0.11 m。 答案　(1)5×10－3m　(2)0.11 m 6.解析　(1)电子到达圆筒小孔P时根据动能定理eU＝mv，解得v0＝。 (2)电子在圆筒内做类平抛运动，在水平方向 2R＝v0t 在竖直方向h＝at2，其中eE＝ma 联立解得E＝。 (3)由题意可知，电子打到筒壁上时，筒转过的弧度为θ＝2nπ＋π(n＝0,1,2,3，…) 电子打到筒壁上所用时间为t＝＝2R 则角速度为ω＝＝(n＝0,1,2,3，…)。 答案　(1)　(2)　(3)ω＝(n＝0,1,2,3，…) 学科网（北京）股份有限公司 $