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1、课时跟踪检测（二十四）电容器 带电粒子在电场中的运动1.（多选）如图所示，指纹传感器在一块半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变,则（）A.指纹的凸点处与小极板距离近，电容小B.指纹的凸点处与小极板距离近，电容大C.手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电荷量增大D.手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电荷量减小解析：B C 指纹的凸点处与小极板距离近，由。=焉 可 知，电容大，A 错误，B 正确；手指挤压绝缘表面，电
2、容电极间的距离减小，电容增大，由Q=C U 可知，小极板带电荷量增大，C 正确，D 错误。2.（多选）某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图如图所示。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为0,则被测物体（）A.向左移动时，增大 B.向右移动时，增大C.向左移动时，减小 D.向右移动时，。减小解析：BC由公式。=磊，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板Q间相对介电常数增大，则电容C 增大，由公式。=方可知电荷量Q 不变时，U 减小
3、，则 0减小，故 A 错误，C 正确；由公式C=盥，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，Q导致两极板间相对介电常数减小，则电容C减少，由公式C=方可知电荷量Q 不变时，U增大，则，增大，故 B 正确，D 错误。3.（多选）如图所示，美国物理学家密立根通过研究平行板间 燮 强 悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。平行板电容 亡器两极板与电压为。的恒定电源两极相连，板的间距为d,现有一质量为机的带电油滴在极板间静止不动，贝!1（）A.此时极板间的电场强度E=B.油滴带电荷量=鬻C.减小极板间电压，油滴将向下加速运动D.将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上加速运动解析：A C 由后
4、=5 知 A 正确；带电油滴静止，则?g=Eg=%g,解得0=号,B 错误；减小两板的电压，电场强度减小，则 mg 尸 g,油滴将向下加速运动，C 正确；将下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电场强度减小，油滴将向下加速运动，D 错误。4.三个质量相等的带电微粒（重力不计）以 相 同 的 水 平 速 度 沿 两 =极板的中心线方向从。点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2 恰好沿下极板边缘飞出电场，贝 1 1（）A.三微粒在电场中的运动时间有&3 有B.三微粒所带电荷量有外”243C.三微粒所受电场力有尸1=尸2/3D.微粒2 和 3 出电场时动能相等解
5、析：B因三微粒均只受竖直向下的恒定电场力作用而做类平抛运动，水平方向做速度大小相同的匀速直线运动，由题图中水平射程知三微粒在电场中运动时间有f3=f2 ,A错误；竖直方向由产知三微粒的加速度大小有内色念，三微粒只受电场力，所以三微粒所受电场力有人尸2尸3,C错误；而F=q E,即三微粒所带电荷量有q、qi q3,B 正确；电场力对微粒2 做的功比对微粒3 做的功多，即微粒2 的动能增加多，所以出电场时微粒2 的动能大于微粒3 的动能，D 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 c d,水平边外长为s,竖直边ad长为儿 质量均为小、带电荷量分别为+g 和一g 的两
6、粒子，由a、c 两点先后沿汕和cd方向以速率。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。等于（）c 屏 D 健J 4 mh 4解析：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：。必 竖直方向4=多区且满足”=冬 三式联立解得。0=与故B 正确。4 /l i t 乙 i tn f t6.（多选）如图所示，从电子枪中射出初速度不计的电子，在 尸|-TO加速电场中加速后，从尸板的小孔垂直偏转电场方向射入两极板 至-L “间，最后射出偏转电场，设加速电压为5,偏转电压为U i,则 _ _ _ _ _ _ _ _:?（）A.S 变大，则电子
7、进入偏转电场的速度变大B.口变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短C.S 变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小D.若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅 使 S 变大，其他条件不变即可解析：A B D 由可知，当幼变大时，电子进入偏转电场的速度变大，电子在偏转电场的水平位移不变，运动时间变短，故 A、B 正确；由?=臂 可 知，S 变大，电子受力变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故 C 错误；由 y=标 可 知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅 使 S 变大，其他条件不变即可，故 D 正确。7.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压:/Ui加速后垂直进入偏转电场，离开
8、电场时的偏转量是h,两 平 行 板 争间的距离为d,电势差为U2,板 长 为L.为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量为给可采用的方法是（）A.增大两板间的电势差S B.尽可能使板长L 短些C.使加速电压S 升高些 D.尽可能使板间距离d 小些解析：D带电粒子加速时，由 动 能 定 理 得 带 电 粒 子 偏 转 时，由类平抛运动规律，得 L=,&=%於，又由牛顿第二定律得“=船，联 立 得 人=然，由题意，灵L mah/2敏 度 为 品=备 7,可见，灵敏度与S 无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L 长些、板L/2间距离d 小一些、加速电压口降低一些，故 A、B、C 错误，D 正确
9、。8.（多选）（2021湖南高考）如图，圆心为。的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和 为该圆直径。将电荷量为g（g0）的粒子从a点/一以4移动到6 点，电场力做功为2w（wo）；若将该粒子从c 点移动到d 点，电场力做功为W。下列说法正确的是（）A.该匀强电场的场强方向与 平行B.将该粒子从d 点移动到万点，电场力做功为0.5WC.4 点电势低于c 点电势D.若只受电场力，从 d 点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动解析：A B 由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿 cd方向建立x 轴，垂直cd方向建立y 轴如图所示。则 有 W=Exg-2R,2W=E），q奉 R
10、+E*q R,经过计算有E=赢，与=卷*E=/，tan，=会=小，所以电场方向与水平方向成60。，则 电 场 与 平 行，且沿。指向b,A 正确；该粒子D从 d 点运动到b 点，电场力做的功为W，=E9-7=0.5W,B 正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则。点的电势高于c 点的电势，C 错误；若粒子的初速度方向与防平行，则粒子做匀变速直线运动，D 错误。-=9.（多选）如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐，卜八荧光屏射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为u；第三象 L/X 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 一月r式g 0）、质 量 为m的粒
11、子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相 呼同的初速度。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。越大C.能打到荧光屏上的粒子，进 入。点的动能必须大于或等于gUD.若 17 噂,荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮解析：C D 能进入第一象限的粒子，必 须 有 一 一 =寨 巴 所 以 有 泗=一 燃 不刈2,在匀强电场中的初始位置分布在一
12、条抛物线上，选项A 错误；因为sin，=募，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，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%?一 出 训，贝 电 曲 选 项 C 正确；若火 噂，即 吟 一 Ug0,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4q/足 0，90。，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，选项D 正确。1 0.（多选）如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器,M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 吧-.一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度。沿_ L L 中线射入两板间，最后垂直打在
13、M 上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）（）A.两极板间电压为啜乙 qB.板间电场强度大小为华C.整个过程中质点的重力势能增加如著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：B C 根据题意分析可知，在平行板间质点受到重力,和电场力作用，其轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，组 一 二 二 二 二.P质点只受重力作用，其轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M 乙i乙 一上，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解得E=誓，由 U=E d得板间电势差。=等X d=2竽，故 A 错误，B 正确；质 点 在 电 场 中 向
14、上 偏 转 的 距 离 巴。=咤产=8,4/in苴,解得=舞，故质点打在屏上的位置与尸点的距离为s=2y=冬，重力势能的增加量人品=机85=2黑，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U Q Q AnkQ.6=点=a=-=刀-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。11.反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线M N两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、8 两点间往返运动。已知电场强
15、度的大小分别是=2.0*1。3 （：和 2=4.OxiO3 N/C,方向如d；（112MN图所示，带电微粒质量机=1.OXIO-20 k g,电荷量q=-l.0X10-9 c,A 点距虚线MN的距离力=1.0 c m,不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：（1）B 点距虚线M N的距离d2;（2）带电微粒从A 点运动到B点所经历的时间t。解析：（1）带电微粒由A 运动到3 的过程中，由动能定理有|q|Eidi-|q|E2d2=0由式，解得心=看di=O.50 cm。办2(2)设微粒在虚线M N两侧的加速度大小分别为由、也，有|q|Ei=1qEi=ma-2设微粒在虚线M N两侧运动的时间分别为
16、爪h,有di=aiti24=；。2打2又，=+，2联立 式，解得f=L 5X10-8s答案：(1)0.50 cm(2)1.5X10-8s12.(2019全国卷U)如图，两金属板尸、Q 水平放置，间距为d。两 ,K G金属板正中间有一水平放置的金属网G,尸、Q、G 的尺寸相同。G 接地，(:尸、Q 的电势均为030)。质量为胆、电荷量为g(q0)的粒子自G的左端上方距离G 为 h的位置，以速度如平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
17、解析：(1)尸、G 间，Q、G 间场强大小相等，均为E。粒子在尸、G 间所受电场力尸的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为“，有 E=%)F=qE=,na 设粒子第一次到达G 时动能为E k,由动能定理有qEh=Ek设粒子第一次到达G 时所用的时间为f,粒子在水平方向的位移大小为/,则有无=l=vot()联立()式，解得Ek=%KM+备”(2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为1 3.如图所示，虚 线 M N左侧有一电场强度为=E 的匀强电场，在两条平行的虚线M N和P Q之间存在着宽为L,电场强度为E2=2 E的匀强电场，在虚线P Q右侧
18、相距为L处有一与电场员平行的屏，现将一电子(电荷量为e,质量为M 无初速度地放入电场区中的 A 点，最后电子打在右侧的屏上，4。连线与屏垂直，垂足为0,求:(1)电子从释放到打到屏上所用的时间;电子刚射出电场Ei时的速度方向与A 0连线夹角0的正切值tan 0；(3)电子打到屏上P 点到0点的距离X。解析：(1)电子在电场E i中做初速度为零的匀加速直线运动。设加速度为由，时间为人,由牛顿第二定律和运动学公式得：尸 噜=*7=1lH Hl/42L。尸 毗，F，运动的总时间为(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为4,根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为ai=-e-E-i=-2-e-E,L,必=八 vYm m V y 2,3,tan。=一V联立各式，解得tan=2。(3)如图所示,则=开 2打 2,tan 0=解得 X=Ji+j2=3Lo答案：(1)3(2)2(3)3L