資源簡介

周測4　電容器　帶電粒子在電場中的運動
(時間：60分鐘　滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.(2024·岳陽市高二期末)人體神經(jīng)受到刺激時，Na+就會從神經(jīng)細胞膜一側快速移動到另一側，導致細胞膜兩側電勢差發(fā)生變化。若將神經(jīng)細胞膜視為電容為1.5×10-8 F的電容器，若某人某次受到刺激時該細胞膜兩側電勢差從20 mV變?yōu)?0 mV，則該過程中通過該細胞膜的電荷量為(　　)
A.1.5×10-9 C B.9.0×10-10 C
C.6.0×10-10 C D.3.0×10-10 C
2.示波管的構造如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　)
A.極板X應帶正電，極板Y應帶正電
B.極板X'應帶正電，極板Y應帶正電
C.極板X應帶正電，極板Y應帶負電
D.極板X'應帶正電，極板Y'應帶正電
3.(2025·江門市高二期中)如圖所示，地面上空有水平向右的勻強電場，將一帶電小球從電場中的A點以某一初速度射出，小球恰好能沿與水平方向成30°角的虛線由A向B做直線運動，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A.小球帶正電荷
B.小球受到的靜電力與重力大小之比為2∶1
C.小球從A運動到B的過程中電勢能增加
D.小球從A運動到B的過程中靜電力所做的功大于其機械能的變化量
4.(2025·宜春市中學高二月考)如圖所示，平行板電容器實驗裝置中，極板A接地，B與一個靈敏的靜電計相接。若電容器的電容為C，兩極板間的電壓為U，靜電計張角為θ，兩極板間的電場強度大小為E，則(　　)
A.將A極板向上移動，C變大，U變小，θ變大，E變小
B.將A極板向下移動，C變小，U變大，θ變小，E不變
C.將A極板向右移動，C變大，U變小，θ變小，E變小
D.將A極板向左移動，C變小，U變大，θ變大，E不變
5.(2025·河北省曲陽縣第一高級中學高二月考)如圖所示，長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個電荷量為+q、質量為m的帶電粒子以初速度v0緊貼上板垂直于電場線的方向進入該電場，而后剛好從下板邊緣射出，射出時其末速度與下板的夾角θ=30°，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)
A.粒子做非勻變速運動
B.粒子的末速度大小為v0
C.勻強電場的電場強度大小為
D.兩板間的距離為
6.(2025·哈爾濱市高二階段練習)粒子直線加速器原理示意圖如圖甲所示，由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交流電源相連，交流電源兩極間的電壓變化規(guī)律如圖乙所示，在t=0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板(序號為0)的中央有一自由電子由靜止開始發(fā)射，之后在各狹縫間持續(xù)加速。若電子質量為m，電荷量為e，交流電源電壓為U，周期為T。不考慮電子的重力，忽略電子通過圓筒狹縫的時間，下列說法正確的是(　　)
A.電子在各狹縫間做勻速運動
B.電子離開1金屬圓筒時的速度大小為
C.第n號圓筒的長度應滿足Ln=T
D.保持加速器筒長不變，若要加速比荷更小的粒子，則要調(diào)大交流電壓的周期
7.(2024·北京市大興區(qū)高一期末)真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場，在電場中，一個質量為m、帶電荷量為q的小球在B點靜止時細線與豎直方向夾角為θ=37°，細線的長度為l，重力加速度為g(取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。以下說法正確的是(　　)
A.小球帶負電
B.電場強度的大小E=
C.在B點細線突然斷開，小球此后做勻加速直線運動
D.若將小球從A點由靜止釋放，小球運動到C點受到細線的拉力大小為3mg
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8.(2025·包頭市高二階段練習)空間中有水平方向的勻強電場，一質量為m、帶電量為q的微粒在某豎直平面內(nèi)運動，其電勢能和重力勢能隨時間的變化關系如圖所示，則該微粒(　　)
A.一定帶正電
B.0~3 s靜電力做功為9 J
C.運動過程中動能不變
D.0~3 s內(nèi)除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12 J
9.(2025·紅河州高二階段練習)如圖所示，平行金屬板A、B水平放置。兩板帶有等量異種電荷，兩板間形成的勻強電場方向豎直向下?，F(xiàn)將一帶電粒子沿水平方向從A板左側靠近A板射入電場中。當粒子射入速度大小為v1時，粒子沿軌跡Ⅰ從兩板正中間飛出；當粒子射入速度大小為v2時，粒子沿軌跡Ⅱ落到B板正中間，不計重力，下列說法正確的是(　　)
A.v1∶v2=1∶2
B.粒子沿軌跡Ⅰ運動時的加速度是沿軌跡Ⅱ運動時的2倍
C.粒子沿軌跡Ⅱ運動時的電勢能變化量是沿軌跡Ⅰ運動時的2倍
D.粒子沿軌跡Ⅱ運動時的速度偏轉角的正切值比沿軌跡Ⅰ運動時的大
10.(2024·保定市高二期末)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加恒定電壓U，A、B兩板的中央有小孔O1、O2，在B板的右側有平行于金屬板的勻強電場，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向放置。先后兩次在小孔O1處由靜止釋放帶正電的甲粒子和乙粒子，甲、乙兩粒子的電荷量之比為2∶1，質量之比為1∶2，不計兩粒子受到的重力和空氣阻力，關于這兩個粒子的運動，下列說法正確的是(　　)
A.甲、乙兩粒子在O2處的速度大小之比為2∶1
B.甲、乙兩粒子在O2處的速度大小之比為1∶1
C.甲、乙兩粒子打到感光板上時的動能之比為2∶1
D.甲、乙兩粒子打到感光板上的位置相同
三、非選擇題：本題共4小題，共54分。
11.(12分)(2025·江門市高二期中)在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖甲所示連接電路。電源兩端電壓為6.0 V。單刀雙擲開關S先跟2相接，某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。
(1)(8分)開關S改接2后，電容器進行的是　　　(選填“充電”或“放電”)過程。此過程得到的I-t圖像如圖乙所示，圖中用陰影標記的狹長矩形的面積的物理意義是　　　　　　。如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的時間將　　　(選填“縮短”“不變”或“延長”)。I-t曲線與橫軸所圍成的面積將　　　(選填“減小”“不變”或“增大”)。
(2)(2分)若實驗中測得該電容器在整個放電過程中釋放的電荷量Q=3.45×10-3 C，則該電容器的電容為　　　μF(結果保留三位有效數(shù)字)。
(3)(2分)關于電容器在整個充、放電過程中的q-t圖像和UAB-t圖像的大致形狀，可能正確的是　　　　　(q為電容器極板所帶的電荷量，UAB為A、B兩板間的電勢差)。
12.(12分)(2024·河南省高二期末)如圖所示，水平邊界PQ、MN間存在方向豎直向下的勻強電場，電場的寬度為L。一長度也為L的絕緣輕桿兩端分別固定質量均為m的帶電小球A、B，A、B兩小球所帶的電荷量分別為-4q、+q?，F(xiàn)將該裝置移動到邊界PQ上方且使輕桿保持豎直，此時球B剛好位于邊界PQ上，然后由靜止釋放裝置。已知電場強度的大小為，忽略兩帶電小球對電場的影響，兩小球可視為質點，重力加速度大小為g。求：
(1)(6分)B球剛到MN邊界時的速度大小；
(2)(6分)B球運動的最低點到MN邊界的距離。
13.(12分)(2025·南昌市高二階段練習)圖甲是某XCT機實物圖。其產(chǎn)生X射線主要部分的示意圖如圖乙，圖中P、Q之間加速電壓為U0=1.82×104 V，M、N兩板之間偏轉電壓為U，電子從電子槍逸出后沿圖中虛線OO'射入，經(jīng)加速電場、偏轉電場區(qū)域后，打到水平靶臺的中心點C，產(chǎn)生X射線(圖中虛線箭頭所示)。已知電子質量m=9.1×10-31 kg，電荷量為e=-1.6×10-19 C，偏轉極板M、N長L=20 cm，間距d=16 cm，虛線OO'距離靶臺豎直高度h=30 cm，靶臺水平位置可以調(diào)節(jié)，不考慮電子重力、電子間相互作用力及電子從電子槍逸出時初速度大小，不計空氣阻力。求：
(1)(4分)電子進入偏轉電場區(qū)域時速度的大??；
(2)(4分)若M、N兩板之間電壓大小U=2.184×104 V時，為使X射線擊中靶臺中心點C，靶臺中心點C離N板右側的水平距離；
(3)(4分)在(2)中，電子剛出偏轉電場區(qū)域時的速度大小。
14.(18分)(2024·太原市高二期末)如圖所示，勻強電場水平向右，將一帶正電的小球從A點豎直上拋，小球經(jīng)M點后運動至B點。M為軌跡最高點，A、B兩點在同一水平線上。小球拋出時動能為2 024 J，在M點動能也為2 024 J，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(6分)小球水平位移x1與x2的比值；
(2)(12分)小球從A點運動到B點過程中的最小動能Ek。
周測4　電容器　帶電粒子在電場中的運動
(時間：60分鐘　滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.(2024·岳陽市高二期末)人體神經(jīng)受到刺激時，Na+就會從神經(jīng)細胞膜一側快速移動到另一側，導致細胞膜兩側電勢差發(fā)生變化。若將神經(jīng)細胞膜視為電容為1.5×10-8 F的電容器，若某人某次受到刺激時該細胞膜兩側電勢差從20 mV變?yōu)?0 mV，則該過程中通過該細胞膜的電荷量為(　　)
A.1.5×10-9 C B.9.0×10-10 C
C.6.0×10-10 C D.3.0×10-10 C
答案　D
解析　該過程中通過該細胞膜的電荷量為Q=C(U2-U1)，
解得Q=3.0×10-10 C，故選D。
2.示波管的構造如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　)
A.極板X應帶正電，極板Y應帶正電
B.極板X'應帶正電，極板Y應帶正電
C.極板X應帶正電，極板Y應帶負電
D.極板X'應帶正電，極板Y'應帶正電
答案　A
解析　根據(jù)亮斑的位置，豎直方向上，向上偏轉，電子受力向上，因此Y極板帶正電；水平方向上，向X板偏轉，電子受力指向X板，因此X板帶正電，故選A。
3.(2025·江門市高二期中)如圖所示，地面上空有水平向右的勻強電場，將一帶電小球從電場中的A點以某一初速度射出，小球恰好能沿與水平方向成30°角的虛線由A向B做直線運動，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A.小球帶正電荷
B.小球受到的靜電力與重力大小之比為2∶1
C.小球從A運動到B的過程中電勢能增加
D.小球從A運動到B的過程中靜電力所做的功大于其機械能的變化量
答案　C
解析　由于小球沿直線運動，則合力與速度在同一直線上，所以小球受到的靜電力水平向左，即小球帶負電，故A錯誤；小球受力如圖所示，則有mg=Eqtan 30°，解得=，故B錯誤；小球從A到B靜電力做負功，所以電勢能增加，故C正確；小球運動過程只有電勢能、動能、重力勢能之間的轉化，根據(jù)功能關系可知W電=ΔE，即小球從A運動到B的過程中靜電力所做的功等于其機械能的變化量，故D錯誤。
4.(2025·宜春市中學高二月考)如圖所示，平行板電容器實驗裝置中，極板A接地，B與一個靈敏的靜電計相接。若電容器的電容為C，兩極板間的電壓為U，靜電計張角為θ，兩極板間的電場強度大小為E，則(　　)
A.將A極板向上移動，C變大，U變小，θ變大，E變小
B.將A極板向下移動，C變小，U變大，θ變小，E不變
C.將A極板向右移動，C變大，U變小，θ變小，E變小
D.將A極板向左移動，C變小，U變大，θ變大，E不變
答案　D
解析　根據(jù)電容C=，可知，將A極板上、下移動時，S變小，電容器的電容C變小，電容器的電荷量Q不變，根據(jù)C=，可知，電容器兩端的電壓U變大，結合勻強電場電場強度與電勢差的關系E=，電壓U變大，兩極板間的距離不變，故電場強度變大，A、B錯誤；將A極板向右移動時，根據(jù)C=，可知，極板間的距離減小，電容器的電容增大，根據(jù)C=，可知，電容器兩端的電壓U變小，結合勻強電場電場強度與電勢差的關系可得E==，可知電場強度不變，當A極板向左移動時，同理可知，此時電容器的電容C變小，U變大，θ變大，E不變，D正確。
5.(2025·河北省曲陽縣第一高級中學高二月考)如圖所示，長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個電荷量為+q、質量為m的帶電粒子以初速度v0緊貼上板垂直于電場線的方向進入該電場，而后剛好從下板邊緣射出，射出時其末速度與下板的夾角θ=30°，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)
A.粒子做非勻變速運動
B.粒子的末速度大小為v0
C.勻強電場的電場強度大小為
D.兩板間的距離為
答案　C
解析　因為在勻強電場中，靜電力是恒力，因此會產(chǎn)生恒定的加速度，所以粒子做勻變速運動，A錯誤；粒子離開電場時，合速度與水平方向夾角為30°，由速度關系得合速度為v==，B錯誤；粒子在勻強電場中做類平拋運動，在水平方向上L=v0t，在豎直方向上vy=at，vy=v0tan 30°=，由牛頓第二定律得qE=ma，解得E=，方向豎直向下，C正確；粒子做類平拋運動，在豎直方向上d=at2，解得d=L，D錯誤。
6.(2025·哈爾濱市高二階段練習)粒子直線加速器原理示意圖如圖甲所示，由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交流電源相連，交流電源兩極間的電壓變化規(guī)律如圖乙所示，在t=0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板(序號為0)的中央有一自由電子由靜止開始發(fā)射，之后在各狹縫間持續(xù)加速。若電子質量為m，電荷量為e，交流電源電壓為U，周期為T。不考慮電子的重力，忽略電子通過圓筒狹縫的時間，下列說法正確的是(　　)
A.電子在各狹縫間做勻速運動
B.電子離開1金屬圓筒時的速度大小為
C.第n號圓筒的長度應滿足Ln=T
D.保持加速器筒長不變，若要加速比荷更小的粒子，則要調(diào)大交流電壓的周期
答案　D
解析　根據(jù)題中信息，電子在各狹縫間做加速運動，故A錯誤；電子離開圓筒1時，由動能定理得eU=mv2，所以電子離開圓筒1瞬間速度大小為v=，故B錯誤；電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，在金屬圓筒中的運動時間為交流電源周期的一半，即，電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第n個圓筒長度為Ln=vn·==T，故C錯誤；由C可知，保持加速器筒長不變，若要加速比荷更小的粒子，則要調(diào)大交流電壓的周期，故D正確。
7.(2024·北京市大興區(qū)高一期末)真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場，在電場中，一個質量為m、帶電荷量為q的小球在B點靜止時細線與豎直方向夾角為θ=37°，細線的長度為l，重力加速度為g(取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。以下說法正確的是(　　)
A.小球帶負電
B.電場強度的大小E=
C.在B點細線突然斷開，小球此后做勻加速直線運動
D.若將小球從A點由靜止釋放，小球運動到C點受到細線的拉力大小為3mg
答案　C
解析　小球在B點處于靜止狀態(tài)，對小球進行受力分析，如圖所示，
小球所受靜電力方向與電場強度方向相同，可知小球帶正電，根據(jù)平衡條件有
qE=mgtan θ，
解得E=，故A、B錯誤；
在B點細線突然斷開，小球受到重力與靜電力，合力一定，小球初速度為0，可知小球此后做勻加速直線運動，故C正確；
小球靜止于B點，可知，B點為小球在復合場中的等效最低點，將小球從A點由靜止釋放，小球將做圓周運動到達C點，根據(jù)動能定理有mgl-qEl=m-0，
小球在C點，根據(jù)牛頓第二定律有FT-mg=m，解得FT=1.5mg，故D錯誤。
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8.(2025·包頭市高二階段練習)空間中有水平方向的勻強電場，一質量為m、帶電量為q的微粒在某豎直平面內(nèi)運動，其電勢能和重力勢能隨時間的變化關系如圖所示，則該微粒(　　)
A.一定帶正電
B.0~3 s靜電力做功為9 J
C.運動過程中動能不變
D.0~3 s內(nèi)除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12 J
答案　CD
解析　由于勻強電場的方向不確定，所以無法確定微粒的電性，故A錯誤；由題圖可知，0~3 s內(nèi)電勢能增加了9 J，所以靜電力做功為-9 J，故B錯誤；由題圖可知，電勢能、重力勢能都隨著時間均勻增加，說明沿著電場方向、重力方向上，微粒的分運動都是勻速直線運動，則合運動也是勻速直線運動，所以運動過程中微粒的動能不變，故C正確；由題圖可知，0~3 s內(nèi)微粒的電勢能和重力勢能增加了12 J，而動能不變，說明除靜電力和重力外的其他力對微粒做的功為12 J，故D正確。
9.(2025·紅河州高二階段練習)如圖所示，平行金屬板A、B水平放置。兩板帶有等量異種電荷，兩板間形成的勻強電場方向豎直向下?，F(xiàn)將一帶電粒子沿水平方向從A板左側靠近A板射入電場中。當粒子射入速度大小為v1時，粒子沿軌跡Ⅰ從兩板正中間飛出；當粒子射入速度大小為v2時，粒子沿軌跡Ⅱ落到B板正中間，不計重力，下列說法正確的是(　　)
A.v1∶v2=1∶2
B.粒子沿軌跡Ⅰ運動時的加速度是沿軌跡Ⅱ運動時的2倍
C.粒子沿軌跡Ⅱ運動時的電勢能變化量是沿軌跡Ⅰ運動時的2倍
D.粒子沿軌跡Ⅱ運動時的速度偏轉角的正切值比沿軌跡Ⅰ運動時的大
答案　CD
解析　粒子在電場中只受靜電力，根據(jù)牛頓第二定律可得a=，粒子沿兩種軌跡運動時加速度相同，粒子做類平拋運動，根據(jù)規(guī)律，豎直方向h=at2，水平方向勻速運動有x=v0t，聯(lián)立解得x=v0，所以v1∶v2=2∶1，故A、B錯誤；電勢能的變化由靜電力做功決定，靜電力做功W=qU=qEd，可得W1∶W2=1∶2，故C正確；設末速度的方向與水平方向的夾角為θ，則有tan θ===，粒子沿兩種軌跡運動時夾角正切值之比為=，粒子沿軌跡Ⅱ運動時的速度偏轉角的正切值比沿軌跡Ⅰ運動時的大，故D正確。
10.(2024·保定市高二期末)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加恒定電壓U，A、B兩板的中央有小孔O1、O2，在B板的右側有平行于金屬板的勻強電場，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向放置。先后兩次在小孔O1處由靜止釋放帶正電的甲粒子和乙粒子，甲、乙兩粒子的電荷量之比為2∶1，質量之比為1∶2，不計兩粒子受到的重力和空氣阻力，關于這兩個粒子的運動，下列說法正確的是(　　)
A.甲、乙兩粒子在O2處的速度大小之比為2∶1
B.甲、乙兩粒子在O2處的速度大小之比為1∶1
C.甲、乙兩粒子打到感光板上時的動能之比為2∶1
D.甲、乙兩粒子打到感光板上的位置相同
答案　ACD
解析　在A、B間加速時，根據(jù)動能定理有qU=mv2，
解得v=∝
可知甲、乙粒子運動到O2處時的速度大小之比為2∶1，故A正確，B錯誤；
在偏轉電場中粒子做類平拋運動，則水平方向有x=vt，
豎直方向有y=at2，
根據(jù)牛頓第二定律有a=，
解得x=2，
在豎直位移y相同的情況下，水平位移x也相同，故兩粒子有相同的運動軌跡，甲、乙兩粒子打到感光板上的位置相同，故D正確；
運動軌跡完全一樣，可知整個運動過程中兩個粒子有共同的起點和終點，由動能定理得
qU+qEy=Ek，
則Ek甲∶Ek乙=q甲∶q乙=2∶1，故C正確。
三、非選擇題：本題共4小題，共54分。
11.(12分)(2025·江門市高二期中)在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖甲所示連接電路。電源兩端電壓為6.0 V。單刀雙擲開關S先跟2相接，某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2。實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。
(1)(8分)開關S改接2后，電容器進行的是　　　(選填“充電”或“放電”)過程。此過程得到的I-t圖像如圖乙所示，圖中用陰影標記的狹長矩形的面積的物理意義是　　　　　　。如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的時間將　　　(選填“縮短”“不變”或“延長”)。I-t曲線與橫軸所圍成的面積將　　　(選填“減小”“不變”或“增大”)。
(2)(2分)若實驗中測得該電容器在整個放電過程中釋放的電荷量Q=3.45×10-3 C，則該電容器的電容為　　　μF(結果保留三位有效數(shù)字)。
(3)(2分)關于電容器在整個充、放電過程中的q-t圖像和UAB-t圖像的大致形狀，可能正確的是　　　　　(q為電容器極板所帶的電荷量，UAB為A、B兩板間的電勢差)。
答案　(1)放電　放出的電荷量　縮短　不變　(2)575　(3)BD
解析　(1)開關接1時，對電容器充電，接2時電容器放電。
在I-t圖像中，陰影部分表示的物理意義是q=It，
所以是0~0.2 s內(nèi)電容器放出的電荷量，因為總電荷量不會因為電阻R而變化，則曲線與橫軸所圍成的面積不變，但是減小電阻，放電時間將會縮短。
(2)根據(jù)C=，且U=U電
解得C=575 μF。
(3)電源給電容器充電時，剛開始電荷量的變化率較大，后來變化率減小，放電時，電荷量變化率剛開始比較大，后來變化率減小，故A錯誤，B正確；根據(jù)C=，且C不變可知，q與UAB的變化情況相同，故C錯誤，D正確。
12.(12分)(2024·河南省高二期末)如圖所示，水平邊界PQ、MN間存在方向豎直向下的勻強電場，電場的寬度為L。一長度也為L的絕緣輕桿兩端分別固定質量均為m的帶電小球A、B，A、B兩小球所帶的電荷量分別為-4q、+q?，F(xiàn)將該裝置移動到邊界PQ上方且使輕桿保持豎直，此時球B剛好位于邊界PQ上，然后由靜止釋放裝置。已知電場強度的大小為，忽略兩帶電小球對電場的影響，兩小球可視為質點，重力加速度大小為g。求：
(1)(6分)B球剛到MN邊界時的速度大??；
(2)(6分)B球運動的最低點到MN邊界的距離。
答案　(1)　(2)L
解析　(1)從B球開始運動到B球剛到MN邊界時，根據(jù)動能定理有
2mgL+qEL=×2mv2-0
又E=
聯(lián)立解得v=
(2)設B球運動的最低點到MN邊界的距離為x，從B球開始運動到B球運動到最低點，根據(jù)動能定理有2mg(L+x)+qEL-4qEx=0-0
解得x=L。
13.(12分)(2025·南昌市高二階段練習)圖甲是某XCT機實物圖。其產(chǎn)生X射線主要部分的示意圖如圖乙，圖中P、Q之間加速電壓為U0=1.82×104 V，M、N兩板之間偏轉電壓為U，電子從電子槍逸出后沿圖中虛線OO'射入，經(jīng)加速電場、偏轉電場區(qū)域后，打到水平靶臺的中心點C，產(chǎn)生X射線(圖中虛線箭頭所示)。已知電子質量m=9.1×10-31 kg，電荷量為e=-1.6×10-19 C，偏轉極板M、N長L=20 cm，間距d=16 cm，虛線OO'距離靶臺豎直高度h=30 cm，靶臺水平位置可以調(diào)節(jié)，不考慮電子重力、電子間相互作用力及電子從電子槍逸出時初速度大小，不計空氣阻力。求：
(1)(4分)電子進入偏轉電場區(qū)域時速度的大小；
(2)(4分)若M、N兩板之間電壓大小U=2.184×104 V時，為使X射線擊中靶臺中心點C，靶臺中心點C離N板右側的水平距離；
(3)(4分)在(2)中，電子剛出偏轉電場區(qū)域時的速度大小。
答案　(1)0.8×108 m/s　(2)30 cm　(3)1.0×108 m/s
解析　(1)根據(jù)動能定理有eU0=m
解得v0=0.8×108 m/s
(2)M、N兩板之間電壓大小U=2.184×104 V時，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有y=at2，L=v0t
根據(jù)牛頓第二定律有a=
根據(jù)幾何關系可知=
解得Δx=30 cm
(3)結合(2)中的類平拋運動規(guī)律有L=v0t，vy=at
則電子剛出偏轉電場區(qū)域時的速度大小為v=
解得v=1.0×108m/s。
14.(18分)(2024·太原市高二期末)如圖所示，勻強電場水平向右，將一帶正電的小球從A點豎直上拋，小球經(jīng)M點后運動至B點。M為軌跡最高點，A、B兩點在同一水平線上。小球拋出時動能為2 024 J，在M點動能也為2 024 J，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(6分)小球水平位移x1與x2的比值；
(2)(12分)小球從A點運動到B點過程中的最小動能Ek。
答案　(1)1∶3　(2)1 012 J
解析　(1)帶電小球水平方向只受靜電力做初速度為零的勻加速直線運動、豎直方向只受重力做豎直上拋運動，從A到M的時間與從M到B的時間相等，
x1=axt2
x1+x2=ax(2t)2
解得x1∶x2=1∶3
(2)合運動與分運動具有等時性，小球所受的靜電力為qE、重力為mg，小球從A到M，由動能定理有qEx1-mgh=0
由牛頓第二定律有：qE=max
上升過程，水平方向：x1=axt2
豎直方向：h=gt2
整理有qE=mg
由圖可知tan θ==1
解得θ=
設小球的合力大小為F合，則
F合==mg
小球從A運動到B的過程中，速度與合外力垂直時動能最小，Ekmin=m
又m=2 024 J
解得Ekmin=1 012 J。

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