2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(二十四)　电容器　带电粒子在电场中的运动

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

由几何关系知tan θ＝＝

联立解得Δx＝＋。

答案：见解析

12．(2020·江西南昌调研)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm，0)，B点坐标为(0， cm)，坐标原点O处的电势为0，A点的电势为8 V，B点的电势为4 V。现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v＝4×105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：

(1)图中C处(3 cm，0)的电势；

(2)匀强电场的场强大小；

(3)带电粒子的比荷。

解析：(1)设C处的电势为φC，因为OC＝CA

所以φO－φC＝φC－φA

解得φC＝＝ V＝4 V。

(2)B、C两点的连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直，设∠OBC＝θ，则OB＝L＝ cm。

因为tan θ＝＝，所以θ＝60°

又U＝Ed

可得E＝＝＝ V/m＝

×102 V/m。

(3)带电粒子做类平抛运动，则有

L cos θ＝vt

L sin θ＝t2

解得＝＝C/kg

＝2.4×1011 C/kg

所以带电粒子的比荷为2.4×1011 C/kg。

答案：(1)4 V　(2)×102 V/m　(3)2.4×1011 C/kg