2025版新教材高考物理全程一輪總復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)34電容器的電容帶電粒子在電場中的運動

課時分層作業(yè)(三十四)電容器的電容帶電粒子在電場中的運動基礎(chǔ)強化練1．a(chǎn)、b兩個電容器如圖甲所示，圖乙是它們的部分參數(shù)．由此可知，下列關(guān)于a、b兩個電容器的說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩個電容器的電容之比為8∶1B．a(chǎn)、b兩個電容器的電容之比為4∶5C．b電容器正常工作時最多可容納的電荷量為0.1CD．a(chǎn)電容器正常工作時最多可容納的電荷量為1C2．(多選)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行．不計重力．下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()3．生活中有許多種類的電子秤，如圖所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖．稱量時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導(dǎo)致平行板上層膜片電極下移．下列說法正確的是()A．稱重時膜片穩(wěn)定后電流表G示數(shù)為零B．上層膜片電極下移過程中電容器的電容減小C．上層膜片電極下移過程中有a到b的電流D．膜片穩(wěn)定后平行板上下極板均沒有電荷4．有一種噴墨打印機的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，噴嘴噴出來的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)板間的電場偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上．已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是()A．增大墨滴的帶電荷量B．減小墨滴噴出時的速度C．減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離D．增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓5.[2024·黑龍江齊齊哈爾八中一模](多選)如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧槽B處切線水平，一可視為質(zhì)點的帶正電小球從圓弧槽A處由靜止釋放，滑到B處離開圓弧槽做平拋運動，到達水平地面的D處，若此裝置處于豎直向下的勻強電場中，重復(fù)上述試驗，下列說法正確的是()A．小球落地點在D的右側(cè)B．小球落地點仍在D點C．小球落地點在D的左側(cè)D．小球離開B到達地面的運動時間減小6.[2024·浙江6月卷](多選)如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E＝eq\f(a,r)，a為常量．比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動．不考慮粒子間的相互作用及重力，則()A．軌道半徑r小的粒子角速度肯定小B．電荷量大的粒子的動能肯定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r肯定無關(guān)D．當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子肯定做離心運動

7.[2024·湖北華中師大附中模擬]如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場．AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA從A點沿切線豎直向下進入軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運動到B處后以速度vB射出，已知重力加速度為g，勻強電場場強大小為E＝eq\f(3mg,4q)，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A.從A到B過程中，小球的機械能先增大后減小B．從A到B過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大C．在A、B兩點的速度大小滿意vA>vBD．從B點射出后，小球速度的最小值為eq\f(4,5)eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋\f(1,2)gR)8.[2024·寧夏名校聯(lián)考]如圖所示，一絕緣細線下端懸掛一質(zhì)量m＝1.0×10－2kg、電荷量q＝＋2.0×10－5C的帶電小球，小球在水平方向的電場強度為E1的勻強電場中靜止時，細線與豎直方向的夾角θ＝45°.以小球靜止位置為坐標(biāo)原點O，在細線所在的豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其中x軸水平．t＝0時刻剪斷細線，經(jīng)t1＝0.2s電場突然反向，電場強度大小不變，再經(jīng)t2＝0.2s，撤去勻強電場，同時施加另一電場強度為E2的勻強電場，又經(jīng)t3＝0.4s小球速度恰好為零，已知g＝10m/s2，空氣阻力不計，求：(1)電場強度E1；(2)小球運動0.4s時的速度大小和方向；(3)電場強度E2.實力提升練9．[2024·全國甲卷](多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出．小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點．則射出后()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平重量和豎直重量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平重量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量10．[2024·遼寧卷](多選)如圖所示，帶電荷量為6Q(Q>0)的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為－Q的球2，斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處于靜止?fàn)顟B(tài)．此時彈簧的壓縮量為eq\f(l,2)，球2、3間的靜電力大小為eq\f(mg,2)，快速移走球1后，球3沿斜面對下運動．g為重力加速度，球的大小可忽視，下列關(guān)于球3的說法正確的是()A.帶負(fù)電B．運動至a點的速度大小為eq\r(gL)C．運動至a點的加速度大小為2gD．運動至ab中點時對斜面的壓力大小為eq\f(3\r(3)－4,6)mg11.[2024·安徽安慶聯(lián)考]如圖所示，在足夠高的豎直墻面上的A點，以垂直于墻面的水平速度v0＝1m/s向左拋出一個質(zhì)量為m＝1kg的帶電小球，小球拋出后始終受到水平向右的恒定電場力的作用，電場力大小F＝5N，經(jīng)過一段時間小球?qū)⒃俅蔚竭_墻面上的B點處，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力不計，求在此過程中(1)小球距墻面最遠的水平距離；(2)墻面上A、B兩點間的距離；(3)小球速度的最小值．課時分層作業(yè)（三十四）電容器的電容帶電粒子在電場中的運動1．解析：由題圖乙可知，a電容器的電容為C1＝1000μF，b電容器的電容為C2＝10000μF，所以a、b兩個電容器的電容之比為1000∶10000＝1∶10，A、B錯誤；a電容器正常工作時最多能容納的電荷量為q1＝C1U1＝1000×10－6×80C＝0.08C，b電容器正常工作時最多能容納的電荷量為q2＝C2U2＝10000×10－6×10C＝0.1C，故C正確，D錯誤．答案：C2．解析：四個帶電粒子以相同的速度從坐標(biāo)原點射入方向與y軸平行的勻強電場中，由牛頓其次定律有qE＝ma1，qE＝2ma2，3qE＝3ma3，－qE＝ma4，解得a1＝eq\f(qE,m)，a2＝eq\f(qE,2m)，a3＝eq\f(qE,m)，a4＝eq\f(－qE,m)，因此三個帶正電的粒子的軌跡為兩條，在同一方向，帶負(fù)電的粒子軌跡在x軸另一側(cè)，可解除圖像C；加速度為a1的粒子與加速度為a3的粒子軌跡重合，且與加速度為a4的粒子軌跡關(guān)于x軸對稱，加速度為a2的粒子軌跡處于加速度為a1的粒子軌跡與加速度為a4的粒子軌跡之間，所以圖像B不行能，可能正確的是A、D.答案：AD3．解析：當(dāng)壓力穩(wěn)定后，電容器停止充電，電路中的電流為零，電流表G示數(shù)為零，故A正確；上層膜片電極下移過程中，電容器兩板間距離減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容增大，故B錯誤；電容器與電源連接，電壓不變，由C＝eq\f(Q,U)可知電容器帶電量增大，即給電容器充電，所以有b到a的電流，故C錯誤；電容器與電源相連，膜片穩(wěn)定后平行板上下極板之間有電勢差，所以上下極板均有電荷，故D錯誤．答案：A4.解析：如圖所示，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)，側(cè)移Y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU2,md)，t＝eq\f(L,v0)，可推出Y1＝eq\f(qU2L2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，Y2＝ltanθ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2L,mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，Y＝Y(jié)1＋Y2＝eq\f(qU2L（L＋2l）,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離l可使字跡減小，C項正確，A、B、D三項錯誤．答案：C5．解析：不加電場時，小球從A到B有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－0，解得vB＝eq\r(2gR)，平拋過程，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，平拋水平位移x＝vBt＝2eq\r(Rh)，平拋水平位移與重力加速度無關(guān)．施加豎直向下的勻強電場后，小球同時受重力和向下的電場力，相當(dāng)于重力加速度增大了，小球落地點仍在D點，小球離開B后到達地面的運動時間減小，B、D正確．答案：BD6．解析：粒子在半徑為r的圓軌道運動，有qE＝mω2r，將E＝eq\f(a,r)代入上式得ω2＝eq\f(qa,mr2)，可知軌道半徑小的粒子，角速度大，A錯誤；由qE＝meq\f(v2,r)、Ek＝eq\f(1,2)mv2、E＝eq\f(a,r)解得Ek＝eq\f(qa,2)，即電荷量大的粒子動能肯定大，B正確；由qE＝meq\f(v2,r)、E＝eq\f(a,r)可得v2＝eq\f(qa,m)，即粒子速度的大小與軌道半徑r無關(guān)，C正確；帶電粒子的運動方向和垂直紙面的磁場方向是向里還是向外未知，粒子所受洛倫茲力方向未知，D錯誤．答案：BC7．解析：從A到B過程中，電場力始終做負(fù)功，小球的機械能始終減小，選項A錯誤；由題意分析可知，等效重力的方向與豎直線夾角約為37°偏向左下方，所以從A到B過程中，小球速度先增大后減小，由牛頓其次定律可知，小球?qū)壍赖膲毫σ彩窍仍龃蠛鬁p小，選項B錯誤；因B點比A點更靠近等效最低點，所以vA<vB，選項C錯誤；從A到B，由動能定理可得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))，解得vB＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋\f(1,2)gR)，之后小球做斜拋運動，在垂直于等效場方向上的速度即為最小速度，則vmin＝eq\f(4,5)eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋\f(1,2)gR)，選項D正確．答案：D8．解析：（1）小球靜止時，由力的平衡條件有F拉cosθ＝mg，F(xiàn)拉sinθ＝E1q解得E1＝5×103N/C，由于小球帶正電，結(jié)合圖中細線的方向分析可知場強方向沿x軸正方向．（2）剪斷細線后，小球所受的合力F合＝－F拉，小球做勻加速直線運動，加速度的大小為a＝eq\f(F合,m)＝10eq\r(2)m/s2經(jīng)過0.2s，小球的速度v1＝at1＝2eq\r(2)m/s，方向與x軸正方向成45°角斜向下在第2個0.2s內(nèi)，電場反向0．4s末，小球的水平分速度vx＝v1cos45°－axt2ax＝eq\f(E1q,m)豎直分速度vy＝v1sin45°＋gt2解得vx＝0，vy＝4m/s則在0.4s末，小球的速度大小為v2＝4m/s，方向豎直向下．（3）小球在t3＝0.4s內(nèi)做勻減速直線運動，加速度的大小為a′＝eq\f(v2,t3)＝eq\f(4,0.4)m/s2＝10m/s2由牛頓其次定律有E2q－mg′＝ma′解得E2＝1×104N/C，分析可知E2的方向豎直向上．答案：（1）5×103N/C（2）4m/s方向豎直向下（3）1×104N/C9．解析：本題可以看成等效重力場問題，如圖，等效重力方向斜向右下方45°，PQ為等效水平方向．小球的運動可以看成類斜上拋運動，小球動能最小時在斜上拋最高點，即如圖速度為v′處，v′與水平方向夾角為45°，此時小球速度的水平重量等于豎直重量，不是電勢能最大處，電勢能最大處在Q處，此時小球速度方向豎直向下，大小等于初速度v，P處與Q處小球動能相等，所以A、C錯誤，B正確；從P到Q（Q點處小球速度水平重量為零）重力做的功等于重力勢能的削減量，P處與Q處小球動能相等，由于機械能與電勢能的總和不變，所以削減的重力勢能等于增加的電勢能，故D正確．答案：BD10．解析：依據(jù)題圖幾何關(guān)系可知三小球構(gòu)成一個邊長為L的等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3之間的作用力肯定是斥力，由于小球1帶正電，所以小球3帶正電，A錯誤；小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于eq\f(L,2)，依據(jù)對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0，故依據(jù)動能定理有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gL)，B正確；小球3在b點時，設(shè)小球3的電荷量為q，依據(jù)庫侖定律和平衡條件，得keq\f(qQ,L2)＝eq\f(mg,2).設(shè)彈簧的彈力為F，依據(jù)受力平衡，沿斜面方向有F＝eq\f(kq·6Q,L2)－keq\f(qQ,L2)sin30°－mgsin30°，解得F＝eq\f(9,4)mg.小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于eq\f(L,2)，依據(jù)對稱性，利用牛頓其次定律可得F＋keq\f(qQ,L2)sin30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2g，C正確；當(dāng)小球3運動至ab中點時，彈簧彈力為0，此時小球2對小球3的力為F23＝keq\f(qQ,（\f(\r(3),2)L）2)＝eq\f(4