2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业34电容器的电容带电粒子在电场中的运动

课时分层作业(三十四)　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动

基础强化练

1．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数．由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是(　　)

A．a、b两个电容器的电容之比为8∶1

B．a、b两个电容器的电容之比为4∶5

C．b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1C

D．a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1C

2．(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行．不计重力．下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(　　)

3．生活中有很多种类的电子秤，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图．称量时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移．下列说法正确的是(　　)

A．称重时膜片稳定后电流表G示数为零

B．上层膜片电极下移过程中电容器的电容减小

C．上层膜片电极下移过程中有a到b的电流

D．膜片稳定后平行板上下极板均没有电荷

4．有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是(　　)

A．增大墨滴的带电荷量

B．减小墨滴喷出时的速度

C．减小偏转板与承印材料的距离

D．增大偏转板间的电压

5.

[2023·黑龙江齐齐哈尔八中一模](多选)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若此装置处于竖直向下的匀强电场中，重复上述实验，下列说法正确的是(　　)

A．小球落地点在D的右侧

B．小球落地点仍在D点

C．小球落地点在D的左侧

D．小球离开B到达地面的运动时间减小

6.

[2022·浙江6月卷](多选)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量．比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　)

A．轨道半径r小的粒子角速度一定小

B．电荷量大的粒子的动能一定大

C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关

D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动

7.[2023·湖北华中师大附中模拟]如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方．一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA从A点沿切线竖直向下进入轨道内侧，沿轨道运动到B处后以速度vB射出，已知重力加速度为g，匀强电场场强大小为E＝，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)

A.从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小

B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大

C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB

D．从B点射出后，小球速度的最小值为

8.

[2023·宁夏名校联考]如图所示，一绝缘细线下端悬挂一质量m＝1.0×10－2kg、电荷量q＝＋2.0×10－5C的带电小球，小球在水平方向的电场强度为E1的匀强电场中静止时，细线与竖直方向的夹角θ＝45°.以小球静止位置为坐标原点O，在细线所在的竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平．t＝0时刻剪断细线，经t1＝0.2s电场突然反向，电场强度大小不变，再经t2＝0.2s，撤去匀强电场，同时施加另一电场强度为E2的匀强电场，又经t3＝0.4s小球速度恰好为零，已知g＝10m/s2，空气阻力不计，求：

(1)电场强度E1；

(2)小球运动0.4s时的速度大小和方向；

(3)电场强度E2.

能力提升练

9．[2022·全国甲卷](多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后(　　)

A．小球的动能最小时，其电势能最大

B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大

C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大

D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量

10．[2022·辽宁卷](多选)如图所示，带电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为－Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态．此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为，迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动．g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是(　　)

A.带负电

B．运动至a点的速度大小为

C．运动至a点的加速度大小为2g

D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为mg

11.[2023·安徽安庆联考]如图所示，在足够高的竖直墙面上的A点，以垂直于墙面的水平速度v0＝1m/s向左抛出一个质量为m＝1kg的带电小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定电场力的作用，电场力大小F＝5N，经过一段时间小球将再次到达墙面上的B点处，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，求在此过程中

(1)小球距墙面最远的水平距离；

(2)墙面上A、B两点间的距离；

(3)小球速度的最小值．

课时分层作业（三十四）　电容器的电容　

带电粒子在电场中的运动

1．解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1000μF，b电容器的电容为C2＝10000μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1000∶10000＝1∶10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1000×10－6×80C＝0.08C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10000×10－6×10C＝0.1C，故C正确，D错误．

答案：C

2．解析：四个带电粒子以相同的速度从坐标原点射入方向与y轴平行的匀强电场中，由牛顿第二定律有qE＝ma1，qE＝2ma2，3qE＝3ma3，－qE＝ma4，解得a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，因此三个带正电的粒子的轨迹为两条，在同一方向，带负电的粒子轨迹在x轴另一侧，可排除图像C；加速度为a1的粒子与加速度为a3的粒子轨迹重合，且与加速度为a4的粒子轨迹关于x轴对称，加速度为a2的粒子轨迹处于加速度为a1的粒子轨迹与加速度为a4的粒子轨迹之间，所以图像B不可能，可能正确的是A、D.

答案：AD

3．解析：当压力稳定后，电容器停止充电，电路中的电流为零，电流表G示数为零，故A正确；上层膜片电极下移过程中，电容器两板间距离减小，由C＝可知，电容器的电容增大，故B错误；电容器与电源连接，电压不变，由C＝可知电容器带电量增大，即给电容器充电，所以有b到a的电流，故C错误；电容器与电源相连，膜片稳定后平行板上下极板之间有电势差，所以上下极板均有电荷，故D错误．

答案：A

4.

解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移

Y1＝at2，a＝，

t＝，可推出Y1＝，Y2＝ltanθ，tanθ＝＝，Y＝Y1＋Y2＝，减小偏转板与承印材料的距离l可使字迹减小，C项正确，A、B、D三项错误．

答案：C

5．解析：不加电场时，小球从A到B有mgR＝mv－0，解得vB＝，平抛过程，竖直方向上有h＝gt2，解得t＝，平抛水平位移x＝vBt＝2，平抛水平位移与重力加速度无关．施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的电场力，相当于重力加速度增大了，小球落地点仍在D点，小球离开B后到达地面的运动时间减小，B、D正确．

答案：BD

6．解析：粒子在半径为r的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝代入上式得ω2＝，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A错误；由qE＝m、Ek＝mv2、E＝解得Ek＝，即电荷量大的粒子动能一定大，B正确；由qE＝m、E＝可得v2＝，即粒子速度的大小与轨道半径r无关，C正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D错误．

答案：BC

7．解析：从A到B过程中，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，选项A错误；由题意分析可知，等效重力的方向与竖直线夹角约为37°偏向左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，由牛顿第二定律可知，小球对轨道的压力也是先增大后减小，选项B错误；因B点比A点更靠近等效最低点，所以vA<vB，选项C错误；从A到B，由动能定理可得mgR－qER＝mv－mv，解得vB＝，之后小球做斜抛运动，在垂直于等效场方向上的速度即为最小速度，则vmin＝，选项D正确．

答案：D

8．解析：（1）小球静止时，由力的平衡条件有F拉cosθ＝mg，F拉sinθ＝E1q

解得E1＝5×103N/C，由于小球带正电，结合图中细线的方向分析可知场强方向沿x轴正方向．

（2）剪断细线后，小球所受的合力F合＝－F拉，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为a＝＝10m/s2

经过0.2s，小球的速度v1＝at1＝2m/s，方向与x轴正方向成45°角斜向下

在第2个0.2s内，电场反向

0．4s末，小球的水平分速度vx＝v1cos45°－axt2

ax＝

竖直分速度vy＝v1sin45°＋gt2

解得vx＝0，vy＝4m/s

则在0.4s末，小球的速度大小为v2＝4m/s，方向竖直向下．

（3）小球在t3＝0.4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a′＝＝m/s2＝10m/s2

由牛顿第二定律有E2q－mg′＝ma′

解得E2＝1×104N/C，分析可知E2的方向竖直向上．

答案：（1）5×103N/C　（2）4m/s　方向竖直向下　

（3）1×104N/C

9．解析：本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重力方向斜向右下方45°，PQ为等效水平方向．小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为v′处，v′与水平方向夹角为45°，此时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最大处，电势能最大处在Q处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度v，P处与Q处小球动能相等，所以A、C错误，B正确；从P到Q（Q点处小球速度水平分量为零）重力做的功等于重力势能的减少量，P处与Q处小球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以减少的重力势能等于增加的电势能，故D正确．

答案：BD

10．解析：根据题图几何关系可知三小球构成一个边长为L的等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3之间的作用力一定是斥力，由于小球1带正电，所以小球3带正电，A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有mgLsinθ＝mv2，解得v＝，B正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，根据库仑定律和平衡条件，得k＝.设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有F＝－ksin30°－mgsin30°，解得F＝mg.小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性，利用牛顿第二定律可得F＋ksin30°－mgsin30°＝ma，解得a＝2g，C正确；当小球3运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为F23＝k＝·k＝×＝mg，斜面对小球的支持力为FN＝mgcos30°－F23＝mg－mg＝mg，根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为mg，D正确．

答案：BCD

11．解析：（1）将小球的运动分解为沿水平方向和竖直方向，则小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动．则水平方向有F＝max，v＝2axx，代入数据解得x＝0.1m.

（2）小球在水平方向速度减小到零所需的时间为t1＝，所以从A点到B点的时间t＝2t1，竖直方向上有yAB＝gt2，代入数据可解得yAB＝0.8m.

（3）小球运动过程中受到的合力大小为F合＝＝5N，当小球速度v与其受到的合力F合方向垂直时，小球的速度最小，由分析可知，此时小球的速度大小为vmin＝v0cosθ，其中cosθ＝＝，解得vmin＝m/s.

答案：（1）0.1m　（2）0.8m　（3）m/s