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2022三维设计一轮课时跟踪检测(二十四) 电容器 带电粒子在电场中的运动

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课时跟踪检测(二十四) 电容器 带电粒子在电场中
的运动

1.(2019·浙江4月选考)质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C,质子的质量为1.67×10-27kg,电荷量为1.6×10-19 C,则下列说法正确的是(  )
A.加速过程中质子电势能增加
B.质子所受到的电场力约为2×10-15N
C.质子加速需要的时间约为8×10-6s
D.加速器加速的直线长度约为4 m
解析:选D 加速过程中电场力对质子做正功,则质子电势能减小,选项A错误;质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19N=2×10-14N,选项B错误;加速度a== m/s2≈1.2×1013m/s2,则质子加速需要的时间约为t== s=8.3×10-7s,选项C错误;加速器加速的直线长度约为x=t=×8.3×10-7m≈4 m,选项D正确。
2.(2019·江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则P­t关系图像是(  )

A B

   

C D
解析:选A 设粒子带正电,运动轨迹如图所示,水平方向,粒子不受力,vx=v0。沿电场方向:受力F电=qE,则加速度a==,经时间t,粒子沿电场方向的速度vy=at=,电场力做功的功率P=F电vy=qE·==kt∝t,选项A正确。
3.(2019·中国人大附中模拟)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器,用来测定瓶内溶液深度的变化,如图所示,瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极,它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连,中间的一层塑料为绝缘电介质,其厚度为d,介电常数为ε。若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计,设电源电压恒定为U,则下列说法中正确的是(  )

A.瓶内液面降低了   B.瓶内液面升高了
C.瓶内液面升高了 D.瓶内液面降低了
解析:选A 由图可知,液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器,由题目图可知,两板间距离不变;液面高度变化时只有正对面积发生变化;则由C=可知,当液面升高时,正对面积S增大,则电容增大,当液面降低时,正对面积S减小,则电容减小。由于电流从下向上流过电流计,可知该时间内电容器上的电荷量减小,由于电势差不变,那么电容器的电量减小;瓶内液面降低。t时间内减少的电量:q=It,依据C=,可得:q=U·ΔC,液面的高度为h时的正对面积:S=2πr·h,联立解得:Δh=,故A正确,B、C、D错误。
4.(2020·浙江7月选考)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时(  )
A.所用时间为
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
解析:选C 粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时,由几何知识得沿水平方向和竖直方向的位移大小相等,即v0t=at2,其中a=,联立解得t=,A项错误;粒子在MN连线上某点时,粒子沿电场方向的速度v=at=2v0,所以合速度大小v==v0,B项错误;该点到P点的距离s=x=v0t=,C项正确;由平行四边形定则可知,在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ==,则θ≠30°,D项错误。
5.如图所示,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于(   )
A. B.
C. D.
解析:选B 因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向=v0t,竖直方向=at2且满足a=,三式联立解得v0= ,故B正确。
6.(多选)(2020·江苏南通泰州一模)如图所示,竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区,电场区的高度和间隔均为d,水平方向足够长。一个质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0在距离电场上方d处水平抛出,不计空气阻力,则(   )
A.小球在水平方向一直做匀速直线运动
B.小球在电场区可能做直线运动
C.若场强大小为,小球经过两电场区的时间相等
D.若场强大小为,小球经过两电场区的时间相等
解析:选ABD 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解,水平方向不受外力,故小球在水平方向一直以速度v0做匀速直线运动,故A正确。小球在电场区时,受到竖直向下的重力和竖直向下的电场力,若电场力与重力大小相等,二力平衡,小球能做匀速直线运动,故B正确。若场强大小为E=,则电场力等于mg,在电场区小球所受的合力为零,在无电场区小球匀加速运动,故经过每个电场区时小球匀速运动的速度均不等,因而小球经过每一无电场区的时间均不等,故C错误。当场强大小为E=,电场力等于2mg,在电场区小球所受的合力大小等于mg,方向竖直向上,加速度大小等于g,方向竖直向上,根据运动学公式,有经过第一个无电场区d=gt12,v1=gt1,经过第一个电场区d=v1t-gt22,v2=v1-gt2,由①②③④联立解得t1=t2, v2=0。接下来小球的运动重复前面的过程,即每次通过无电场区都是自由落体运动,每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动,因此,小球经过两电场区的时间相等,故D正确。
7.(2020·江西部分重点中学第一次联考)如图,板间距为d、板长为4d的水平金属板A和B上下正对放置,并接在电源上。现有一质量为m、带电量+q的质点沿两板中心线以某一速度水平射入,当两板间电压U=U0,且A接负极时,该质点就沿两板中心线射出;A接正极时,该质点就射到B板距左端为d的C处。取重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)质点射入两板时的速度大小;
(2)当A接负极时,为使带电质点能够从两板间射出,两板所加恒定电压U的范围。
解析:(1)当两板加上U0电压且A板接负极时,有:
q=mg①
A板为正时,设带电质点射入两极板时的速度为v0,向下运动的加速度为a,经时间t射到C点,有:q+mg=ma②
又水平方向有d=v0t③
竖直方向有d=at2④
由①②③④得:v0=。⑤
(2)要使带电质点恰好能从两板射出,设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1,应有:d=a1t12⑥
4d=v0t1⑦
由⑤⑥⑦得:a1=⑧
若a1的方向向上,设两板所加恒定电压为U1,有:
q-mg=ma1⑨
若a1的方向向下,设两板所加恒定电压为U2,有:
mg-q=ma1⑩
⑧⑨⑩解得:U1=U0,U2=U0所以,所加恒定电压范围为:U0>U>U0。
答案:(1) (2)U0>U>U0

8.(多选)(2020·河南省南阳市模拟)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)(   )

A.两极板间电压为
B.板间电场强度大小为
C.整个过程中质点的重力势能增加
D.若仅增大两极板间距,则该质点不可能垂直打在M上
解析:选BC 据题分析可知,质点在平行板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏转,才能最后垂直打在屏M上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示:
可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma,解得E=,由U=Ed得板间电势差U=×d=,故A错误,B正确;质点在电场中向上偏转的距离y=at2,a==g,t=,解得:y=,故质点打在屏上的位置与P点的距离为:s=2y=,重力势能的增加量Ep=mgs=,故C正确;仅增大两极板间的距离,因两极板上电荷量不变,根据E====可知,板间场强不变,质点在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏M上,故D错误。
9.(2020·广东省广州市模拟)如图,带电粒子由静止开始,经电压为U1的加速电场加速后,垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器,经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子,从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器,下列措施可行的是(粒子重力不计)(   )
A.保持U2和平行板间距不变,减小U1
B.保持U1和平行板间距不变,增大U2
C.保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板
D.保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板
解析:选D 粒子在电场中加速U1q=mv02,在偏转电场中,水平方向上x=v0t,竖直方向上y=·t2,解得x2=;开始时x=L,保持U2和平行板间距不变,减小U1,则x会减小,选项A错误;保持U1和平行板间距不变,增大U2,则x减小,选项B错误;保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误;保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,d变大,则x变大,故选项D正确。
10.(多选)如图所示的直角坐标系中,第一象限内分布着均匀辐向的电场,坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U;第三象限内分布着竖直向下的匀强电场,场强大小为E。大量电荷量为-q(q>0)、质量为m的粒子,某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限,其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导出而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是(   )

A.能进入第一象限的粒子,在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B.到达坐标原点的粒子速度越大,入射速度方向与y轴的夹角θ越大
C.能打到荧光屏上的粒子,进入O点的动能必须大于或等于qU
D.若U<,荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮
解析:选CD 能进入第一象限的粒子,必须有-x0=v0t,-y0=t2,所以有y0=-x02,在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上,选项A错误;因为sin θ=,所以到达坐标原点的粒子速度越大,入射速度方向与y轴的夹角θ越小,选项B错误;能打到荧光屏上的粒子末动能必须大于或等于零,即mv2-qU≥0,则mv2≥qU,选项C正确;若U<,即-Uq>0,到达O点的粒子均可到达荧光屏,到达O点的粒子速度方向满足0°<θ <90°,荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮,选项D正确。
11.如图所示,一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内,为了使这个粒子能经过x轴上定点b,可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。已知所加电场的场强大小为E,电场区域沿x方向的宽度为s,Oa=L,Ob=2s,粒子的质量为m,带电量为q,重力不计,试讨论电场的左边界与b的可能距离。

解析:设电场左边界到b点的距离为Δx,已知电场宽度为s,Ob=2s,分以下两种情况讨论
(1)若粒子在离开电场前已到达b点,如图甲所示,即
Δx≤s,则Δx=v0t y=L=t2
联立解得Δx= 。

(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点,如图乙所示,即s<Δx≤2s,则s=v0t y=t2

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