1、第9頁 共9頁 課時(shí)跟蹤檢測(二十四)電容器帶電粒子在電場中 的運(yùn)動1.(2019浙江4月選考)質(zhì)子療法進(jìn)行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細(xì)胞。現(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到1.0107 m/s。已知加速電場的場強(qiáng)為1.3105 N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.671027kg，電荷量為1.61019 C，則下列說法正確的是()A加速過程中質(zhì)子電勢能增加B質(zhì)子所受到的電場力約為21015NC質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為8106sD加速器加速的直線長度約為4 m解析：選D加速過程中電場力對質(zhì)子做正功，則質(zhì)子電勢能減小，選項(xiàng)A錯誤；質(zhì)子所受到的電場力約為FEq1.31051.6

2、1019N21014N，選項(xiàng)B錯誤；加速度a eq f(F,m) eq f(21014,1.671027) m/s21.21013m/s2，則質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為t eq f(v,a) eq f(1.0107,1.21013) s8.3107s，選項(xiàng)C錯誤；加速器加速的直線長度約為x eq f(v,2) t eq f(1.0107,2) 8.3107m4 m，選項(xiàng)D正確。2(2019江蘇高考)一勻強(qiáng)電場的方向豎直向上。t0時(shí)刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計(jì)粒子重力，則Pt關(guān)系圖像是() A B C D解析：選A設(shè)粒子帶正電，運(yùn)動軌跡如圖所示，水平方向

3、，粒子不受力，vxv0。沿電場方向：受力F電qE，則加速度a eq f(F電,m) eq f(qE,m) ，經(jīng)時(shí)間t，粒子沿電場方向的速度vyat eq f(qEt,m) ，電場力做功的功率PF電vyqE eq f(qEt,m) eq f(（qE）2t,m) ktt，選項(xiàng)A正確。3(2019中國人大附中模擬)一位同學(xué)用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內(nèi)溶液深度的變化，如圖所示，瓶的外壁涂有一層導(dǎo)電涂層和瓶內(nèi)導(dǎo)電溶液構(gòu)成電容器的兩極，它們通過探針和導(dǎo)線與電源、電流計(jì)、開關(guān)相連，中間的一層塑料為絕緣電介質(zhì)，其厚度為d，介電常數(shù)為。若發(fā)現(xiàn)在某一小段時(shí)間t內(nèi)有大小為I的電流

4、從下向上流過電流計(jì)，設(shè)電源電壓恒定為U，則下列說法中正確的是()A瓶內(nèi)液面降低了 eq f(2kdIt,Ur) B瓶內(nèi)液面升高了 eq f(2kdIt,Ur) C瓶內(nèi)液面升高了 eq f(kdIt,Ur) D瓶內(nèi)液面降低了 eq f(kdIt,Ur) 解析：選A由圖可知，液體與瓶的外壁涂的導(dǎo)電涂層構(gòu)成了電容器，由題目圖可知，兩板間距離不變；液面高度變化時(shí)只有正對面積發(fā)生變化；則由C eq f(S,4kd) 可知，當(dāng)液面升高時(shí)，正對面積S增大，則電容增大，當(dāng)液面降低時(shí)，正對面積S減小，則電容減小。由于電流從下向上流過電流計(jì)，可知該時(shí)間內(nèi)電容器上的電荷量減小，由于電勢差不變，那么電容器的電量減小；

5、瓶內(nèi)液面降低。t時(shí)間內(nèi)減少的電量：qIt，依據(jù)C eq f(Q,U) ，可得：qUC，液面的高度為h時(shí)的正對面積：S2rh，聯(lián)立解得：h eq f(2kdIt,Ur) ，故A正確，B、C、D錯誤。4(2020浙江7月選考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已知MN與水平方向成45角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A所用時(shí)間為 eq f(mv0,qE) B速度大小為3v0C與P點(diǎn)的距離為 eq f(2r(2)mv02,qE) D速度方向與豎直方向的夾角為30解析：選C粒子從P點(diǎn)垂直電場方

6、向出發(fā)到達(dá)MN連線上某點(diǎn)時(shí)，由幾何知識得沿水平方向和豎直方向的位移大小相等，即v0t eq f(1,2) at2，其中a eq f(Eq,m) ，聯(lián)立解得t eq f(2mv0,qE) ，A項(xiàng)錯誤；粒子在MN連線上某點(diǎn)時(shí)，粒子沿電場方向的速度vat2v0，所以合速度大小v eq r(（2v0）2v02) eq r(5) v0，B項(xiàng)錯誤；該點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s eq r(2) x eq r(2) v0t eq f(2r(2)mv02,qE) ，C項(xiàng)正確；由平行四邊形定則可知，在該點(diǎn)速度方向與豎直方向夾角的正切值tan eq f(v0,2v0) eq f(1,2) ，則30，D項(xiàng)錯誤。5.如圖所示，場

7、強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場中)。不計(jì)重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于( )A eq f(s,2) eq r(f(2qE,mh) B eq f(s,2) eq r(f(qE,mh) C eq f(s,4) eq r(f(2qE,mh) D eq f(s,4) eq r(f(qE,mh) 解析：選B因?yàn)閮闪Ｗ榆壽E恰好相切，切點(diǎn)為矩形區(qū)域中心，則對其中一個(gè)粒子，水平方向 eq f(s,2) v0t，豎直方向 eq

8、 f(h,2) eq f(1,2) at2且滿足a eq f(Eq,m) ，三式聯(lián)立解得v0 eq f(s,2) eq r(f(Eq,mh) ，故B正確。6(多選)(2020江蘇南通泰州一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)存在著兩個(gè)方向豎直向上的相同帶狀勻強(qiáng)電場區(qū)，電場區(qū)的高度和間隔均為d，水平方向足夠長。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的小球以初速度v0在距離電場上方d處水平拋出，不計(jì)空氣阻力，則( )A.小球在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動B小球在電場區(qū)可能做直線運(yùn)動C若場強(qiáng)大小為 eq f(mg,q) ，小球經(jīng)過兩電場區(qū)的時(shí)間相等D若場強(qiáng)大小為 eq f(2mg,q) ，小球經(jīng)過兩電場區(qū)的時(shí)間相等解析：選AB

9、D將小球的運(yùn)動沿著水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做勻速直線運(yùn)動，故A正確。小球在電場區(qū)時(shí)，受到豎直向下的重力和豎直向下的電場力，若電場力與重力大小相等，二力平衡，小球能做勻速直線運(yùn)動，故B正確。若場強(qiáng)大小為E eq f(mg,q) ，則電場力等于mg，在電場區(qū)小球所受的合力為零，在無電場區(qū)小球勻加速運(yùn)動，故經(jīng)過每個(gè)電場區(qū)時(shí)小球勻速運(yùn)動的速度均不等，因而小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時(shí)間均不等，故C錯誤。當(dāng)場強(qiáng)大小為E eq f(2mg,q) ，電場力等于2mg，在電場區(qū)小球所受的合力大小等于mg，方向豎直向上，加速度大小等于g，方向豎直向上，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

10、，有經(jīng)過第一個(gè)無電場區(qū)d eq f(1,2) gt12，v1gt1，經(jīng)過第一個(gè)電場區(qū)dv1t eq f(1,2) gt22，v2v1gt2，由聯(lián)立解得t1t2, v20。接下來小球的運(yùn)動重復(fù)前面的過程，即每次通過無電場區(qū)都是自由落體運(yùn)動，每次通過電場區(qū)都是末速度為零勻減速直線運(yùn)動，因此，小球經(jīng)過兩電場區(qū)的時(shí)間相等，故D正確。7.(2020江西部分重點(diǎn)中學(xué)第一次聯(lián)考)如圖，板間距為d、板長為4d的水平金屬板A和B上下正對放置，并接在電源上。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量q的質(zhì)點(diǎn)沿兩板中心線以某一速度水平射入，當(dāng)兩板間電壓UU0，且A接負(fù)極時(shí)，該質(zhì)點(diǎn)就沿兩板中心線射出；A接正極時(shí)，該質(zhì)點(diǎn)就射到B板距左端為

11、d的C處。取重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：(1)質(zhì)點(diǎn)射入兩板時(shí)的速度大小；(2)當(dāng)A接負(fù)極時(shí)，為使帶電質(zhì)點(diǎn)能夠從兩板間射出，兩板所加恒定電壓U的范圍。解析：(1)當(dāng)兩板加上U0電壓且A板接負(fù)極時(shí)，有：q eq f(U0,d) mgA板為正時(shí)，設(shè)帶電質(zhì)點(diǎn)射入兩極板時(shí)的速度為v0，向下運(yùn)動的加速度為a，經(jīng)時(shí)間t射到C點(diǎn)，有：q eq f(U0,d) mgma又水平方向有dv0t豎直方向有 eq f(1,2) d eq f(1,2) at2由得：v0 eq r(2gd) 。(2)要使帶電質(zhì)點(diǎn)恰好能從兩板射出，設(shè)它在豎直方向運(yùn)動的加速度為a1、時(shí)間為t1，應(yīng)有： eq f(1,2) d eq f(

12、1,2) a1t124dv0t1由得：a1 eq f(g,8) 若a1的方向向上，設(shè)兩板所加恒定電壓為U1，有：q eq f(U1,d) mgma1若a1的方向向下，設(shè)兩板所加恒定電壓為U2，有：mgq eq f(U2,d) ma1解得：U1 eq f(9,8) U0，U2 eq f(7,8) U0所以，所加恒定電壓范圍為： eq f(9,8) U0U eq f(7,8) U0。答案：(1) eq r(2gd) (2) eq f(9,8) U0U eq f(7,8) U08(多選)(2020河南省南陽市模擬)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距

13、板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結(jié)論正確的是(已知重力加速度為g)( )A兩極板間電壓為 eq f(mgd,2q) B板間電場強(qiáng)度大小為 eq f(2mg,q) C整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加 eq f(mg2L2,v02) D若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點(diǎn)不可能垂直打在M上解析：選BC據(jù)題分析可知，質(zhì)點(diǎn)在平行板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，質(zhì)點(diǎn)的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在屏M上，前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動軌跡有對稱性，如圖所示：可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qEmgma，mgma，解得E

14、eq f(2mg,q) ，由UEd得板間電勢差U eq f(2mg,q) d eq f(2mgd,q) ，故A錯誤，B正確；質(zhì)點(diǎn)在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y eq f(1,2) at2，a eq f(qEmg,m) g，t eq f(L,v0) ，解得：y eq f(gL2,2v02) ，故質(zhì)點(diǎn)打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為：s2y eq f(gL2,v02) ，重力勢能的增加量Epmgs eq f(mg2L2,v02) ，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)E eq f(U,d) eq f(Q,Cd) eq f(Q,f(rS,4kd)d) eq f(4kQ,rS) 可知，板間

15、場強(qiáng)不變，質(zhì)點(diǎn)在電場中受力情況不變，則運(yùn)動情況不變，故仍垂直打在屏M上，故D錯誤。9.(2020廣東省廣州市模擬)如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，垂直電場方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是(粒子重力不計(jì))( )A保持U2和平行板間距不變，減小U1B保持U1和平行板間距不變，增大U2C保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板解析：選D粒子在電場中加速U1q eq f(1,2) mv02，在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向上x

16、v0t，豎直方向上y eq f(1,2) eq f(U2q,dm) t2，解得x2 eq f(4dU1y,U2) ；開始時(shí)x eq f(1,2) L，保持U2和平行板間距不變，減小U1，則x會減小，選項(xiàng)A錯誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，選項(xiàng)B錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板，則d減小，x減小，選項(xiàng)C錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，d變大，則x變大，故選項(xiàng)D正確。10(多選)如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻向的電場，坐標(biāo)原點(diǎn)與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。大量電荷量為q(q0)

17、、質(zhì)量為m的粒子，某時(shí)刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場。若粒子只能從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)出而不影響原來的電場分布。不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是( )A能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場中的初始位置分布在一條直線上B到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角越大C能打到熒光屏上的粒子，進(jìn)入O點(diǎn)的動能必須大于或等于qUD若U eq f(mv02,2q) ，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮解析：選CD能進(jìn)入第一象限的粒子，必須有x0v0t，y0 eq f(qE,2m) t2，所以有y0 eq f(

18、qE,2mv02) x02，在勻強(qiáng)電場中的初始位置分布在一條拋物線上，選項(xiàng)A錯誤；因?yàn)閟in eq f(v0,v) ，所以到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角越小，選項(xiàng)B錯誤；能打到熒光屏上的粒子末動能必須大于或等于零，即 eq f(1,2) mv2qU0，則 eq f(1,2) mv2qU，選項(xiàng)C正確；若U0，到達(dá)O點(diǎn)的粒子均可到達(dá)熒光屏，到達(dá)O點(diǎn)的粒子速度方向滿足0 90，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮，選項(xiàng)D正確。11如圖所示，一個(gè)帶正電的粒子以平行于x軸正方向的初速度v0從y軸上a點(diǎn)射入第一象限內(nèi)，為了使這個(gè)粒子能經(jīng)過x軸上定點(diǎn)b，可在第一象限的某區(qū)域內(nèi)加一方向沿y

19、軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。已知所加電場的場強(qiáng)大小為E，電場區(qū)域沿x方向的寬度為s，OaL，Ob2s，粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，重力不計(jì)，試討論電場的左邊界與b的可能距離。解析：設(shè)電場左邊界到b點(diǎn)的距離為x，已知電場寬度為s，Ob2s，分以下兩種情況討論(1)若粒子在離開電場前已到達(dá)b點(diǎn)，如圖甲所示，即xs，則xv0tyL eq f(qE,2m) t2聯(lián)立解得x eq r(f(2mv02L,qE) 。(2)若粒子離開電場后做勻速直線運(yùn)動到達(dá)b點(diǎn)，如圖乙所示，即sx2s，則sv0ty eq f(qE,2m) t2由幾何關(guān)系知tan eq f(f(qE,m)t,v0) eq f(Ly,xs) 聯(lián)立解得x eq f(mv02L,qEs) eq f(s,2) 。答案：見解析12(2020江西南昌調(diào)研)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場，坐