新教材物理一轮总复习-课时分层作业34电容器的电容带电粒子在电场中的运动习题.docx

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1、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1a、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()Aa、b两个电容器的电容之比为81Ba、b两个电容器的电容之比为45Cb电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1CDa电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1C2(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

2、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

3、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

4、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vAvBD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m1.010

5、2kg、电荷量q2.0105C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t0时刻剪断细线，经t10.2s电场突然反向，电场强度大小不变，再经t20.2s，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t30.4s小球速度恰好为零，已知g10m/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92022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

6、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102022辽宁卷(多选)如图所示，带电荷量为6Q(Q0)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

7、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2gD运动至ab中点时对斜面的压力大小为mg11.2023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v01m/s向左抛出一个质量为m1kg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F5N，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

8、动1解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C11000F，b电容器的电容为C210000F，所以a、b两个电容器的电容之比为100010000110，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1C1U1100010680C0.08C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2C2U21000010610C0.1C，故C正确，D错误答案：C2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qEma1，qE2ma2，3qE3ma3，qEma4，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

9、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：AD3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：A4.解析：如图

10、所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1at2，a，t，可推出Y1，Y2ltan，tan，YY1Y2，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：C5解析：不加电场时，小球从A到B有mgRmv0，解得vB，平抛过程，竖直方向上有hgt2，解得t，平抛水平位移xvBt2，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：BD6解析：粒子在半径为r的圆轨道运动，有qEm2r，将E代入上式得2，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A错误；由q

11、Em、Ekmv2、E解得Ek，即电荷量大的粒子动能一定大，B正确；由qEm、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：BC7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vAvB，选项C错误；从A到B，由动能定理可得mgRqERmvmv，解得vB，之后小球做斜

12、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：D8解析：（1）小球静止时，由力的平衡条件有F拉cosmg，F拉sinE1q解得E15103N/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a10m/s2经过0.2s，小球的速度v1at12m/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04s末，小球的水平分速度vxv1cos45axt2ax竖直分速度vyv1sin45gt2解得vx0，vy4m/s则在0.4s末，小球的速度大小为v24m/s，方向竖直

13、向下（3）小球在t30.4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为am/s210m/s2由牛顿第二定律有E2qmgma解得E21104N/C，分析可知E2的方向竖直向上答案：（1）5103N/C（2）4m/s方向竖直向下（3）1104N/C9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

14、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：BD10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mgLsinmv2，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

15、的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有Fksin30mgsin30，解得Fmg.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Fksin30mgsin30ma，解得a2g，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F23kkmg，斜面对小球的支持力为FNmgcos30F23mgmgmg，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：BCD11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Fmax，v2axx，代入数据解得x0.1m.（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t2t1，竖直方向上有yABgt2，代入数据可解得yAB0.8m.（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vminv0cos，其中cos，解得vminm/s.答案：（1）0.1m（2）0.8m（3）m/s