課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十三）“電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)”的基本知能1．(2023·鎮(zhèn)江模擬)電容式加速度傳感器在安全氣囊、手機(jī)移動(dòng)設(shè)備方面應(yīng)用廣泛。其原理如圖所示，質(zhì)量塊左右側(cè)分別連接電介質(zhì)、輕質(zhì)彈簧，彈簧與左、右容器固定在外框上，質(zhì)量塊可帶動(dòng)電介質(zhì)相對(duì)于外框無摩擦左右移動(dòng)，但不能上下移動(dòng)。下列關(guān)于該傳感器的說法正確的是()A．保持靜止時(shí)，電容器的電荷量為0B．靜止時(shí)與向右勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器的電容不同C．由靜止突然向右加速，電容器的電容減小D．由靜止突然向左加速，電路中有逆時(shí)針方向的電流解析：選D靜止時(shí)，電容器兩端的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，由Q＝CU可知，電容器電量不為0，故A錯(cuò)誤；靜止與向右勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧對(duì)質(zhì)量塊的彈力為0，所以電介質(zhì)的位置相同，所以電容器的電容相同，故B錯(cuò)誤；突然向右加速時(shí)，電介質(zhì)相對(duì)極板向左運(yùn)動(dòng)，所以由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容變大，故C錯(cuò)誤；突然向左加速時(shí)，電介質(zhì)相對(duì)極板向右運(yùn)動(dòng)，所以電容器的電容變小，由Q＝CU可知，電容器電荷量會(huì)減小，所以會(huì)有逆時(shí)針電流，故D正確。2.如圖是一次心臟除顫器的模擬治療，該心臟除顫器的電容器電容為14μF，充電至10kV電壓，如果電容器在2ms時(shí)間內(nèi)完成放電，放電結(jié)束時(shí)電容器兩極板間的電勢(shì)差減為零，下列說法正確的是()A．這次放電過程中通過人體組織的電流恒為70AB．這次放電有0.14C的電荷量通過人體組織C．若充電至5kV，則該電容器的電容為7μFD．人體起到絕緣電介質(zhì)的作用解析：選B根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知該電容器所帶電荷量在放電過程中逐漸減少，電壓也逐漸減小，故電流逐漸減小，A錯(cuò)誤；充電至10kV時(shí)電容器帶的電荷量Q＝CU＝0.14C，故這次放電過程中有0.14C的電荷量通過人體組織，B正確；電容器在充電過程中，電容器的電容C不變，仍然為14μF，C錯(cuò)誤；人體為導(dǎo)體，D錯(cuò)誤。3．(2021·江蘇高考)有研究發(fā)現(xiàn)，某神經(jīng)細(xì)胞傳遞信號(hào)時(shí)，離子從細(xì)胞膜一側(cè)流到另一側(cè)形成跨膜電流，若將該細(xì)胞膜視為1×10－8F的電容器，在2ms內(nèi)細(xì)胞膜兩側(cè)的電勢(shì)差從－70mV變?yōu)?0mV，則該過程中跨膜電流的平均值為()A．1.5×10－7A B．2×10－7AC．3.5×10－7A D．5×10－7A解析：選D根據(jù)Q＝CU可知ΔQ＝CΔU＝10－8×(30＋70)×10－3C＝10－9C，則該過程中跨膜電流的平均值為I＝eq\f(ΔQ,t)＝eq\f(10－9,2×10－3)A＝5×10－7A，故D正確。4．如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負(fù)電荷。油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶負(fù)電，油滴進(jìn)入上板中央小孔后落到勻強(qiáng)電場(chǎng)中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運(yùn)動(dòng)情況。兩金屬板間的距離為d，忽略空氣對(duì)油滴的浮力和阻力。若油滴進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度可以忽略，當(dāng)兩金屬板間的電勢(shì)差為U時(shí)觀察到某個(gè)質(zhì)量為m的油滴進(jìn)入電場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到下極板，則該油滴所帶電荷量可表示為()A.eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2))) B.eq\f(md,2U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))C.eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(d,t2))) D.eq\f(m,Ud)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))解析：選A油滴帶負(fù)電，設(shè)電荷量為Q，油滴所受到的電場(chǎng)力方向向上，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得，mg－Qeq\f(U,d)＝ma，d＝eq\f(1,2)at2。聯(lián)立兩式得，Q＝eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))，故A正確。5．如圖所示的電路中，一帶電油滴靜止在電容器中的P點(diǎn)?，F(xiàn)僅將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則()A．油滴帶正電 B．P點(diǎn)的電勢(shì)降低C．靜電計(jì)指針張角變大 D．電容器的電容值變大解析：選B依據(jù)電場(chǎng)力與重力平衡，結(jié)合上極板帶正電，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，而電場(chǎng)力方向豎直向上，那么帶電油滴帶負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；由于電容器接在電源兩端，故U不變，則靜電計(jì)指針張角不變，故C錯(cuò)誤；將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，由于電勢(shì)差不變，兩極板間的距離增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，而P點(diǎn)與下極板間的距離不變，則由公式U＝Ed分析可知，P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差將減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)高于下極板的電勢(shì)，則知P點(diǎn)的電勢(shì)將降低，故B正確；將電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離時(shí)，d增大，由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C減小，故D錯(cuò)誤。6.如圖所示，兩帶正電的粒子均從同一位置以平行于極板的初速度v0進(jìn)入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中打到A位置粒子的水平位移是打到B位置粒子的水平位移的eq\f(2,3)。不計(jì)粒子重力，忽略粒子間的相互作用。若打到A位置的粒子比荷為k，則打到B位置的粒子比荷為()A.eq\f(3,2)kB.eq\f(2,3)kC.eq\f(4,9)kD.eq\f(9,4)k解析：選C設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq\f(qE,m)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(x,v0)，偏轉(zhuǎn)位移為y＝eq\f(1,2)at2，整理得eq\f(q,m)＝eq\f(2yv02,E)·eq\f(1,x2)，因此，得兩粒子比荷之比為eq\f(k′,k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x′)))2，聯(lián)立解得k′＝eq\f(4,9)k，故C正確。7.兩個(gè)質(zhì)量相等、電荷量不等的帶電粒子甲、乙，以不同的速率沿著AO方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上，它們?cè)趫A形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。不計(jì)粒子所受的重力，下列說法正確的是()A．甲粒子帶負(fù)電荷B．甲粒子所帶的電荷量比乙粒子少C．乙粒子在圓形區(qū)域中電勢(shì)能變化量小D．乙粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)具有的動(dòng)能比甲粒子大解析：選B甲粒子向上偏轉(zhuǎn)，所受的電場(chǎng)力向上，與電場(chǎng)方向相同，故甲粒子帶正電荷，A錯(cuò)誤；兩個(gè)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中均做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Eq,2m)t2，E、t、m相等，則y∝q，因?yàn)榧琢Ｗ拥钠D(zhuǎn)距離y較小，可知甲粒子所帶的電荷量比乙粒子少，B正確；電場(chǎng)力對(duì)粒子做功為W＝qEy，乙粒子電荷量大，偏轉(zhuǎn)距離大，則電場(chǎng)力對(duì)乙粒子做功多，其電勢(shì)能變化量大，C錯(cuò)誤；水平方向有x＝v0t，在相同時(shí)間內(nèi)，乙粒子的水平位移小，則乙粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度小，而兩個(gè)粒子質(zhì)量相等，則乙粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)具有的動(dòng)能比甲粒子小，D錯(cuò)誤。8．(2023·徐州調(diào)研)如圖所示，陰極燈絲被加熱后產(chǎn)生初速度為0的電子，在3×104V加速電壓的作用下，以極高的速度向陽極運(yùn)動(dòng)；穿過陽極后，在金屬電極A1、A2間1×103V電壓形成的聚焦電場(chǎng)作用下，轟擊到物料上，其動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換為熱能，使物料不斷熔煉。已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO′所示，P是軌跡上的一點(diǎn)，聚焦電場(chǎng)過P點(diǎn)的一條電場(chǎng)線如圖中弧線所示，則下列說法錯(cuò)誤的是()A．電極A1的電勢(shì)高于電極A2的電勢(shì)B．電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角大于90°C．聚焦電場(chǎng)只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小D．電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3×104eV解析：選C由電子運(yùn)動(dòng)軌跡與力的關(guān)系可知電子在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力斜向左下方，電子帶負(fù)電，所以電場(chǎng)強(qiáng)度方向與電子受到的電場(chǎng)力方向相反，斜向右上方，即電極A1的電勢(shì)高于電極A2的電勢(shì)，故A正確；電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角大于90°，故B正確；聚焦電場(chǎng)不僅改變電子速度的方向，也改變電子速度的大小，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理，電子到達(dá)聚焦電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能已經(jīng)為3×104eV，再經(jīng)過聚焦電場(chǎng)加速，可知電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3×104eV，故D正確。9.(2023·鹽城模擬)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以大小為v0的速度從M、N連線上的P點(diǎn)水平向右射入電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)(g為重力加速度大小)、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過MN上的Q點(diǎn)(未畫出)。已知MN與水平方向成45°角。不計(jì)空氣阻力。則下列說法正確的是()A．小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增大B．小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\r(2)gC．小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為eq\f(v0,2g)D．P、Q兩點(diǎn)的距離為eq\f(\r(2)v02,g)解析：選D小球帶正電，在從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律mg＋Eq＝ma，因E＝eq\f(mg,q)，所以小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a＝2g，故B錯(cuò)誤；小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向x＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)at2，又tan45°＝eq\f(y,x)，聯(lián)立解得t＝eq\f(v0,g)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)x＝v0t＝eq\f(v02,g)，P、Q兩點(diǎn)的距離為s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(\r(2)v02,g)，故D正確。10.(2023·揚(yáng)州模擬)如圖所示，有一勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于平面xOy，一個(gè)帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，粒子在O點(diǎn)時(shí)速度沿y軸正方向，經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速度沿x軸正方向，且粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能是它在O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的3倍。關(guān)于粒子在OA段的運(yùn)動(dòng)情況，下列判斷正確的是()A．該帶電粒子帶正電B．帶電粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的電勢(shì)能大C．這段時(shí)間中間時(shí)刻粒子的動(dòng)能最小D．加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于120°解析：選D依題意，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向未知，故該帶電粒子電性不明，故A錯(cuò)誤；從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過程，動(dòng)能增加，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電場(chǎng)力做正功，又根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系，可知帶電粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的電勢(shì)能小，故B錯(cuò)誤；設(shè)加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于θ，則有acos(π－θ)＝eq\f(v0,t)，asin(π－θ)＝eq\f(v,t)，eq\f(1,2)mv2＝3×eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立可得θ＝120°，v＝eq\r(3)v0，故D正確；根據(jù)上面選項(xiàng)分析，加速度與初速度方向夾角為鈍角，故粒子速度先減小后增加，最小的動(dòng)能出現(xiàn)在加速度與速度垂直的時(shí)候，這段時(shí)間中間時(shí)刻粒子的兩個(gè)分速度分別為vx＝eq\f(v,2)＝eq\f(\r(3),2)v0，vy＝eq\f(v0,2)，合速度與水平面夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(3),3)，解得α＝30°，加速度與速度夾角為60°，不垂直，故中間時(shí)刻粒子的動(dòng)能不是最小，故C錯(cuò)誤。11.如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大?。?2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？解析：(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均設(shè)為E。粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv02 ③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhl＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。(2)若粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短。由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為L(zhǎng)＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。答案：(1)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))12.如圖為利用靜電除煙塵的通道示意圖，前、后兩面為絕緣板，上、下兩面為分別與高壓電源的負(fù)極和正極相連的金屬板，在上下兩面間產(chǎn)生的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，通道長(zhǎng)L＝1m，進(jìn)煙塵口的截面為邊長(zhǎng)d＝0.5m的正方形。分布均勻的帶負(fù)電煙塵顆粒均以水平速度v0＝2m/s連續(xù)進(jìn)入通道，碰到下金屬板后其所帶電荷會(huì)被中和并被收集，但不影響電場(chǎng)分布。已知每立方米體積內(nèi)煙塵顆粒數(shù)為n＝1013個(gè)，每個(gè)煙塵顆粒帶電荷量為q＝