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課時跟蹤檢測(二十四)　電容器　帶電粒子在電場中
的運動

1.(2019·浙江4月選考)質子療法進行治療，該療法用一定能量的質子束照射腫瘤殺死癌細胞。現用一直線加速器來加速質子，使其從靜止開始被加速到1.0×107 m/s。已知加速電場的場強為1.3×105 N/C，質子的質量為1.67×10－27kg，電荷量為1.6×10－19 C，則下列說法正確的是(　　)
A．加速過程中質子電勢能增加
B．質子所受到的電場力約為2×10－15N
C．質子加速需要的時間約為8×10－6s
D．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子做正功，則質子電勢能減小，選項A錯誤；質子所受到的電場力約為F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2×10－14N，選項B錯誤；加速度a＝＝ m/s2≈1.2×1013m/s2，則質子加速需要的時間約為t＝＝ s＝8.3×10－7s，選項C錯誤；加速器加速的直線長度約為x＝t＝×8.3×10－7m≈4 m，選項D正確。
2．(2019·江蘇高考)一勻強電場的方向豎直向上。t＝0時刻，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，不計粒子重力，則P-t關系圖像是(　　)

A B

　　　

C D
解析：選A　設粒子帶正電，運動軌跡如圖所示，水平方向，粒子不受力，vx＝v0。沿電場方向：受力F電＝qE，則加速度a＝＝，經時間t，粒子沿電場方向的速度vy＝at＝，電場力做功的功率P＝F電vy＝qE·＝＝kt∝t，選項A正確。
3．(2019·中國人大附中模擬)一位同學用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內溶液深度的變化，如圖所示，瓶的外壁涂有一層導電涂層和瓶內導電溶液構成電容器的兩極，它們通過探針和導線與電源、電流計、開關相連，中間的一層塑料為絕緣電介質，其厚度為d，介電常數為ε。若發現在某一小段時間t內有大小為I的電流從下向上流過電流計，設電源電壓恒定為U，則下列說法中正確的是(　　)

A．瓶內液面降低了　　 B．瓶內液面升高了
C．瓶內液面升高了 D．瓶內液面降低了
解析：選A　由圖可知，液體與瓶的外壁涂的導電涂層構成了電容器，由題目圖可知，兩板間距離不變；液面高度變化時只有正對面積發生變化；則由C＝可知，當液面升高時，正對面積S增大，則電容增大，當液面降低時，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，可知該時間內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；瓶內液面降低。t時間內減少的電量：q＝It，依據C＝，可得：q＝U·ΔC，液面的高度為h時的正對面積：S＝2πr·h，聯立解得：Δh＝，故A正確，B、C、D錯誤。
4．(2020·浙江7月選考)如圖所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。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MN連線上的某點時(　　)
A．所用時間為
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為
D．速度方向與豎直方向的夾角為30°
解析：選C　粒子從P點垂直電場方向出發到達MN連線上某點時，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＝at2，其中a＝，聯立解得t＝，A項錯誤；粒子在MN連線上某點時，粒子沿電場方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小v＝＝v0，B項錯誤；該點到P點的距離s＝x＝v0t＝，C項正確；由平行四邊形定則可知，在該點速度方向與豎直方向夾角的正切值tan θ＝＝，則θ≠30°，D項錯誤。
5.如圖所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(兩粒子不同時出現在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　 )
A． B．
C． D．
解析：選B　因為兩粒子軌跡恰好相切，切點為矩形區域中心，則對其中一個粒子，水平方向＝v0t，豎直方向＝at2且滿足a＝，三式聯立解得v0＝ ，故B正確。
6．(多選)(2020·江蘇南通泰州一模)如圖所示，豎直平面內存在著兩個方向豎直向上的相同帶狀勻強電場區，電場區的高度和間隔均為d，水平方向足夠長。一個質量為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，不計空氣阻力，則(　　 )
A.小球在水平方向一直做勻速直線運動
B．小球在電場區可能做直線運動
C．若場強大小為，小球經過兩電場區的時間相等
D．若場強大小為，小球經過兩電場區的時間相等
解析：選ABD　將小球的運動沿著水平方向和豎直方向進行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做勻速直線運動，故A正確。小球在電場區時，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動，故B正確。若場強大小為E＝，則電場力等于mg，在電場區小球所受的合力為零，在無電場區小球勻加速運動，故經過每個電場區時小球勻速運動的速度均不等，因而小球經過每一無電場區的時間均不等，故C錯誤。當場強大小為E＝，電場力等于2mg，在電場區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，根據運動學公式，有經過第一個無電場區d＝gt12，v1＝gt1，經過第一個電場區d＝v1t－gt22，v2＝v1－gt2，由①②③④聯立解得t1＝t2, v2＝0。接下來小球的運動重復前面的過程，即每次通過無電場區都是自由落體運動，每次通過電場區都是末速度為零勻減速直線運動，因此，小球經過兩電場區的時間相等，故D正確。
7.(2020·江西部分重點中學第一次聯考)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。現有一質量為m、帶電量＋q的質點沿兩板中心線以某一速度水平射入，當兩板間電壓U＝U0，且A接負極時，該質點就沿兩板中心線射出；A接正極時，該質點就射到B板距左端為d的C處。取重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
(1)質點射入兩板時的速度大小；
(2)當A接負極時，為使帶電質點能夠從兩板間射出，兩板所加恒定電壓U的范圍。
解析：(1)當兩板加上U0電壓且A板接負極時，有：
q＝mg①
A板為正時，設帶電質點射入兩極板時的速度為v0，向下運動的加速度為a，經時間t射到C點，有：q＋mg＝ma②
又水平方向有d＝v0t③
豎直方向有d＝at2④
由①②③④得：v0＝。⑤
(2)要使帶電質點恰好能從兩板射出，設它在豎直方向運動的加速度為a1、時間為t1，應有：d＝a1t12⑥
4d＝v0t1⑦
由⑤⑥⑦得：a1＝⑧
若a1的方向向上，設兩板所加恒定電壓為U1，有：
q－mg＝ma1⑨
若a1的方向向下，設兩板所加恒定電壓為U2，有：
mg－q＝ma1⑩
⑧⑨⑩解得：U1＝U0，U2＝U0所以，所加恒定電壓范圍為：U0>U>U0。
答案：(1)　(2)U0>U>U0

8．(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，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結論正確的是(已知重力加速度為g)(　　 )

A．兩極板間電壓為
B．板間電場強度大小為
C．整個過程中質點的重力勢能增加
D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上
解析：選BC　據題分析可知，質點在平行板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，質點的軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在屏M上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：
可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝，由U＝Ed得板間電勢差U＝×d＝，故A錯誤，B正確；質點在電場中向上偏轉的距離y＝at2，a＝＝g，t＝，解得：y＝，故質點打在屏上的位置與P點的距離為：s＝2y＝，重力勢能的增加量Ep＝mgs＝，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E＝＝＝＝可知，板間場強不變，質點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，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，經電壓為U1的加速電場加速后，垂直電場方向進入電壓為U2的平行板電容器，經偏轉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、偏轉后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是(粒子重力不計)(　　 )
A．保持U2和平行板間距不變，減小U1
B．保持U1和平行板間距不變，增大U2
C．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＝mv02，在偏轉電場中，水平方向上x＝v0t，豎直方向上y＝·t2，解得x2＝；開始時x＝L，保持U2和平行板間距不變，減小U1，則x會減小，選項A錯誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，選項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D正確。
10．(多選)如圖所示的直角坐標系中，第一象限內分布著均勻輻向的電場，坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E。大量電荷量為－q(q>0)、質量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場。若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質吸收并導出而不影響原來的電場分布。不計粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是(　　 )

A．能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上
B．到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大
C．能打到熒光屏上的粒子，進入O點的動能必須大于或等于qU
D．若U<，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮
解析：選CD　能進入第一象限的粒子，必須有－x0＝v0t，－y0＝t2，所以有y0＝－x02，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，選項A錯誤；因為sin θ＝，所以到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越小，選項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mv2－qU≥0，則mv2≥qU，選項C正確；若U<，即－Uq>0，到達O點的粒子均可到達熒光屏，到達O點的粒子速度方向滿足0°<θ <90°，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，選項D正確。
11．如圖所示，一個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點射入第一象限內，為了使這個粒子能經過x軸上定點b，可在第一象限的某區域內加一方向沿y軸負方向的勻強電場。已知所加電場的場強大小為E，電場區域沿x方向的寬度為s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的質量為m，帶電量為q，重力不計，試討論電場的左邊界與b的可能距離。

解析：設電場左邊界到b點的距離為Δx，已知電場寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論
(1)若粒子在離開電場前已到達b點，如圖甲所示，即
Δx≤s，則Δx＝v0t　y＝L＝t2
聯立解得Δx＝ 。

(2)若粒子離開電場后做勻速直線運動到達b點，如圖乙所示，即s<Δx≤2s，則s＝v0t　y＝t2

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