课时分层作业21 电容器 带电粒子在电场中的运动-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word（广东专用）

课时分层作业(二十一)　电容器　带电粒子在电场中的运动 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分；本试卷共78分 1．某种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是(　　) A．充电时，电容器的电容变小 B．充电时，电容器存储的电能变少 C．充电时，电容器所带的电荷量可能不变 D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零 2．(2025·广东揭阳模拟)某手机软件中运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容器M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前、后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器的描述正确的是(　　) A．保持向前匀加速运动时，电路中存在恒定电流 B．静止时，电容器两极板不带电 C．由静止突然向后加速，电流由a向b流过电流表 D．向前匀速运动突然减速，电流由b向a流过电流表 3．某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，不计粒子的重力，则R1、R2和E1、E2应满足(　　) A．＝　　　　　 B．＝ C．＝ D．＝ 4．如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动。已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量为e。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是(　　) A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 C．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半 5．(2025·广东湛江调研)研究平行板电容器电容与哪些因素有关的实验装置如图所示。实验前，用带正电的玻璃棒与电容器a板接触，使电容器a板带正电，下列说法正确的是(　　) A．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 B．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 C．实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果 D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 6．(2025·广东汕头模拟)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点，一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，以下说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹一定经过P点 B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点 C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出 D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出 7．如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，不计电子的重力，则电子(　　) A．在XX′极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝ 8．(15分) 平行金属板水平放置，板左侧有一粒子源，可在竖直线不同位置均匀垂直发射相同的正电粒子，右侧靠近极板处竖直固定一发光屏，当有粒子击中发光屏时，屏幕会发光。已知板长L＝20 cm，板宽d＝4 cm，极板所加电压恒为U＝4 V。所有粒子的比荷均为＝2×108 C/kg，进入金属板时的速率均为v0＝2×105 m/s，粒子重力忽略不计。求： (1)粒子在板间运动时的加速度a的大小； (2)若某粒子恰好能击中发光屏，则该粒子刚进入金属板时到下极板的距离y； (3)能使屏发光的粒子占总粒子的百分比η； 9．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是(　　) A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2 D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 10．(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 11．(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R＜r1＜r2＜R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示。则(　　) A．粒子3入射时的动能比它出射时的大 B．粒子4入射时的动能比它出射时的大 C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能 D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能 12．(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．当加上垂直纸面的磁场时，粒子一定做离心运动 13．(13分) (2024·广东广州一模)如图所示是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区(输入腔)被ab间交变电压(微波信号)加速或减速，当Uab＝U0时，电子被减速到速度为v1，当Uab＝－U0时，电子被加速到速度为v2，接着电子进入Ⅱ区(漂移管)做匀速直线运动。某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区，t时间(小于交变电压的周期)后速度为v2的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v1的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区(输出腔)，达到信号放大的作用。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。求： (1)电子进入Ⅰ区的初速度大小v0和电子的比荷； (2)漂移管的长度L。 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(二十一) 1．B　[电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结束后，电容器的电容不可能为零，故A、D错误；给手机充电时，电容器所带的电荷量减少，存储的电能变少，故B正确；给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减少，故C错误。] 2．C　[保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N极板在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持与电源相连，电压不变，由Q＝CU知电容器所带的电荷量不变，电路中无电流，故A错误；静止时，N极板不动，电容器与电源保持相连，两极板带电，故B错误；由静止突然向后加速，N极板相对M极板向前移动，则两极板间距离减小，根据平行板电容器电容的决定式C＝，知电容C增大，由Q＝CU知，电压不变，电容器所带的电荷量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；向前匀速运动突然减速，N极板相对M极板向前移动，则两极板间距离减小，根据C＝，知电容C增大，电压不变，由Q＝CU，知电容器所带的电荷量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故D错误。故选C。] 3．A　[由题意可知粒子在等势线上移动，说明电场力不做功，且根据功能关系可知，粒子的速度大小不变，即在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有E1q＝m、E2q＝m，联立解得E1R1＝E2R2，则＝，A正确。] 4．A　[由动能定理有mv2＝eU，得v＝，可见电子到达Q板的速率与板间距离d无关，故A正确，B错误；两极板间为匀强电场，电子的加速度a＝，由运动学公式d＝at2得t＝＝，若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q板时间减为原来的，故C、D错误。] 5．C　[根据电容的决定公式C＝知实验中，只将电容器b板向上平移，则两极板的正对面积S减小，电容减小，由于两极板电荷量保持不变，根据电容的定义公式C＝，则两极板两端的电势差增大，静电计指针的张角变大，所以A错误；根据电容的决定公式C＝知实验中，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，电容增大，由于两极板电荷量保持不变，根据电容的定义公式C＝，则两极板两端的电势差减小，静电计指针的张角变小，所以B错误；实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果，因为b板本来就接地，手指触碰也是接地，所以不会影响，所以C正确；实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，但电容保持不变，因为电容与电容器两极板所带电荷量及电压无关，所以D错误。] 6．D　[由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动推理：速度反向延长线过水平位移的中点，如图所示，O为FH中点，即DO为轨迹在D点的切线，因P在DO线上，所以运动轨迹一定不经过P点，一定经过EP之间某点，故A、B错误；若将粒子的初速度变为原来的一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又在初速度方向做匀速直线运动，所以在初速度方向位移是原来的一半，恰好由E点射出，故C错误，D正确。故选D。] 7．D　[由牛顿第二定律可得，电子在XX′极板间的加速度大小ax＝＝，A错误；电子在电极XX′间运动时，有vx＝axt，t＝，电子在加速电场中加速时，由动能定理得10eU＝，联立得电子离开电极XX′时的动能为Ek＝＝eU，电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU，B错误；在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix＝mvx＝，C错误；电子打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝＝，D正确。故选D。] 8．解析：(1)粒子仅受电场力，则有 a＝ 又E＝ 联立可得粒子在板间运动时的加速度大小为 a＝＝2×1010 m/s2。 (2)若某粒子恰好能击中发光屏，则水平方向有 L＝v0t 竖直方向有 y＝at2 联立解得y＝1 cm。 (3)击中发光屏的粒子所占总粒子的百分比为 η＝＝75%。 答案：(1)2×1010 m/s2　(2)1 cm　(3)75% 9．B　[设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝，解得v0＝，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论可知三种粒子在偏转电场中侧移距离y＝、偏转角tan θ＝，可知y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。] 10．BD　[由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，故A、C项错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球的动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D项正确。] 11．BD　[在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，则有Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝，qE2＝，可得＝＝，即粒子1、2入射时的动能相等，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3入射后的一小段时间做向心运动，有，可得＜＝，则粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。] 12．BC　[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。] 13．解析：(1)在Ⅰ区，由动能定理得 －eU0＝， eU0＝， 联立解得v0＝， ＝。 (2)在Ⅱ区，设速度为v2的电子运动时间为t′，则 v1(t＋t′)＝L， v2t′＝L， 联立解得L＝t。 答案：　(2)t 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$