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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
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这是一份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,共7页。试卷主要包含了解析等内容,欢迎下载使用。
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∶1B.a、b两个电容器的电容之比为4∶5C.b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1CD.a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>vBD.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2gD.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: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: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:C5.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:BD6.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: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:D8.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°-axt2ax=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/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: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
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