【备考2024：高一下学期期末考试】江苏省13大市高一物理下学期期末考试真题分类汇编（人教版2019必修第三册）——第十章 静电场中的能量

第十章 静电场中的能量 一、电势能和电势 1. （2023南京市六校联合期末）下列各组物理量中，全部是矢量的是（ ） A. 电势能、位移、平均速度、电量 B. 位移、电场强度、加速度、速度变化量 C. 位移、电势、功、加速度 D. 电流、瞬时速度、速度、加速度 【答案】B 【解析】电势能和电量只有大小，没有方向，是标量，A错误；位移、电场强度、加速度、速度变化量均是既有大小又有方向的矢量，B正确；功和电势是只有大小没有方向的标量，C错误；电流的运算法则不符合平行四边形定则，是标量，D错误。故选B。 2.（2023扬州高一期末）某同学总结本学期所学物理量正负号的含义，如下表所示，对①②两空填写的内容全部正确的是（　　） 物理量 正负号含义 功 ① 重力势能 大小 电荷量 带电性质 电势 ② A. 大小、大小 B. 方向、方向 C. 做功的力是动力还是阻力、方向 D. 做功的力是动力还是阻力、大小 【答案】D 【解析】功是标量，正负号代表做功力是动力还是阻力，电势是标量，正负号代表大小。故选D。 3. （2023无锡高一期末）如图所示是电场中的一条电场线，下列判断正确的是（　　） A. A、B两点的电场方向相同 B. A、B两点的场强大小相等 C. A点的场强比B点大 D. A点的电势比B点低 【答案】A 【解析】A、B两点的电场方向相同，均向右，A正确；只有一条电场线，无法判断A、B两点的场强大小，B、C错误；沿着电场线方向电势降低，A点的电势比B点高，D错误。故选A。 4.（2023南大附中期末）如图所示，有一个均匀带正电的绝缘球体，球心为O1，球体内有一个球形空腔，球心为O2，M、N为两球心连线上两点，P、Q连线过球心O1且与M、N连线垂直，且M、N、P、Q四点到O1距离相等。则（　　） A. P、Q两点电场强度相同 B. P点电场强度比N点的小 C. M点电势比N点的低 D. M点电势比P点的高 【答案】D 【解析】根据对称性可知 P、Q两点电场强度大小相同但方向不同，故A错误；将球形空腔视看作填满了等量正、负电荷，且电荷量密度与球体实心部分相同，则M、N、P、Q四点的电场强度和电势均可视为完整的均匀带正电球体O1与均匀带负电球体O2产生的电场强度和电势的叠加。由于P、N到O1的距离相同，所以完整的均匀带正电球体O1在P、N产生的电场强度（分别设为EP1和EN1）大小相同，且方向均背离圆心O1，而完整的均匀带负电球体O2在N点产生的电场强度EN2一定大于在P点产生的电场强度EP2，易知EN1和EN2方向相反，而EP1和EP2方向夹角小于180°，根据电场强度的叠加法则可知P点电场强度比N点的大，故B错误；规定无穷远处为电势零点，由于M、N到O1的距离相等，所以完整的均匀带正电球体O1在M、N产生的电势相等；由于M到O2的距离大于N到O2的距离，所以完整的均匀带负电球体O2在M产生的电势高于在N产生的电势，根据电势的叠加可知M点电势比N点的高，同理分析可知M点电势比P点的高，故C错误，D正确。故选D。 5. （2023南京一中期末）如图所示为一正四棱锥。底面四个顶点A、B、C、D上依次固定电荷量为、、、的点电荷，O点为底面中心。无穷远处电势为0，则（　　） A. E点处电场强度为0，电势不为0 B. O点处电场强度方向由O指向B C. 将一电子从O点沿直线移动到CD边中点，其电势能逐渐减小 D. 将一电子从O点沿直线移动到E点，其电势能逐渐增加 【答案】D 【解析】根据等量同种正点电荷连线中垂线上的电场分别特点，可知A、C两处等量同种正电荷，在E点处电场强度方向由O指向E；根据等量异种点电荷连线中垂线上的电场分别特点，可知B、D两处等量异种点电荷，在E点处电场强度方向与OE垂直，由场强叠加原理可知，E点处电场强度不为0；根据点电荷电势分布特点结合对称性可知，四个点电荷产生电场在E点处的电势绝对值相等，A、B、C三处点电荷产生电场在E点处的电势为正，D处点电荷产生电场在E点处的电势为负，则E点处电势不为0，A错误；由场强叠加可知A、C两处等量同种正电荷在O点的合场强为0，B、D两处等量异种点电荷在O点的合场强由B指向D，则O点处电场强度方向由B指向O，B错误；将一电子从O点沿直线移动到CD边中点， C、D两处等量异种点电荷产生的电场合力对电子不做功，A、B两处同种正电荷产生的电场合力对电子做负功，则电子电势能增加，C错误；将一电子从O点沿直线移动到E点，B、D两处等量异种点电荷产生的电场合力对电子不做功，A、C两处等量同种正电荷产生的电场合力对电子做负功，则电子电势能增加，D正确。故选D。 二、电场力的功与电势能的关系 1. （2023无锡高一期末）如图所示的平面内，有静止的等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（　　） A. M点的场强比P点的场强大 B. M点的电势比N点的电势高 C. M点的场强与N点的场强相同 D. 质子在M点的电势能比在P点的电势能大 【答案】D 【解析】根据等量异种点电荷周围电场线的分布可知M和P两点的电场强度大小相等，A错误；等量异种点电荷连线上电场方向为正点电荷指向负点电荷，并在二者连线上，所以MN为一等势线，故M点和N点得电势相等，B错误；根据等量异种点电荷周围电场线的分布可知M点和N点电场强度大小相等，方向不同，C错误；沿着电场线电势逐渐降低，M点的电势高于P点的电势，质子带正电，正电荷在高电势的地方电势能越大，故质子在M点的电势能大于P点的电势能，D正确。故选D。 2.（2023南通高一期末）如图所示，两等量异种点电荷固定在A、B两点，C、D是AB中垂线上的两点。电子由C点沿直线移动到D点过程中（　　） A. 电子受到的静电力方向始终相同 B. 电子受到的静电力先变小后变大 C. 静电力对电子先做正功后做负功 D. 电子的电势能先变大后变小 【答案】A 【解析】由等量异种点电荷的电场线分布可知，从C到D的电场强度先变大后变小，方向不变与AB的连线平行且由A指向B，故电子在此过程中受到的静电力先变大后变小，且方向不变；若无穷远为零电势，则CD连线的电势都为0，故静电力对电子在这个过程中不做功，电势能也不发生变化。故选A。 3. （2023南通高一期末）如图所示，一负点电荷固定于O点，它的电场中有一条电场线过A、B两点，质量为m的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B，此过程中电势能增加了Ep。已知A、B两点到O点的距离之比。求： （1）试探电荷在A、B两点的加速度大小之比； （2）试探电荷运动到B点时的速度大小v。 【答案】（1）4:1 （2） 【解析】（1）设静电力常量为k，点电荷电荷量为-Q，试探电荷电荷量q，由牛顿第二定律 又，解得。（2）试探电荷从A运动到B过程电势能增加了，由能量守恒有，解得。 三、结合电场线的特点判断电场能的性质 1. （2023泰州高一期末）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中M点以相同速度先后飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　） A. 此电场线是由带正电的点电荷产生的 B. P点没有电场线，则该处电场强度为零 C. 两个粒子的电势能都减小 D. 两个粒子的加速度都增加 【答案】C 【解析】由于不知道电场线的方向，两个带电粒子的电性也不知道，故不能确定此电场线是由带正电的点电荷产生的，还是由带负电的点电荷产生的，A错误；B．P点虽然没有画出电场线，但是P点的电场强度不为0，B错误；根据粒子运动的轨迹可知电场力方向与速度方向的夹角均小于90°，如图所示 电场力对两粒子均正功，故两个粒子的电势能都减小，C正确；电场线的疏密程度反映场强大小，从a粒子运动轨迹可知，电场强度越来越小，电场力越来越小，故加速度越来越小；从b粒子运动轨迹可知，电场强度越来越大，电场力越来越大，故加速度越来越大，D错误。故选C。 2. （2023南京汉开中学期末）某一区域的电场线分布如图所示，一电荷仅在电场力作用下从A点经B点运动到C点，则该电荷（　　） A. 在B点时加速度最大 B. 在A点时的速度最大 C. 在A点时的电势最高 D. 在A点时电势能最大 【答案】D 【解析】根据电场线的疏密程度可得A点的电场强度最大，则电场力最大，加速度最大，A错误；根据题可知，此点电荷为负电荷，负电荷在电场力的作用下运动，做加速运动，故C点的速度大，从A到B电场力做正功，所以负电荷在A点电势能大于在B点的电势能，B错误，D正确；顺着电场线的方向，电势降低，所以C点的电势最高，C错误。故选D。 3.（2023江宁区高一期末）如图所示，实线为电场线，虚线AB为某带负电粒子仅在电场力作用下在电场中的运动轨迹，下列说法正确的是（　　） A. 带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度 B. A点的电势高于B点的电势 C. 带电粒子在A点的电势能大于B点的电势能 D. 带电粒子在A点的动能小于B点的动能 【答案】B 【解析】根据题意，由于电场线越密电场强度越大可知，A点的电场强度大于B点电场强度，由牛顿定律可得，带电粒子在电场中加速度为可得，带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度，A错误；根据题意，由于带负电粒子仅在电场力作用下运动，则电场力的方向如图所示， 假设粒子由运动到，则电场力做负功，带电粒子的电势能增加，动能减小，即带电粒子在A点的电势能小于B点的电势能，带电粒子在A点的动能大于B点的动能，由公式可知，由于粒子带负电，则A点的电势高于B点的电势，C、D错误，B正确。故选B。 4.（2023南京一中期末）如图所示 ，虚线代表电场中的等势面，相邻两个等势面的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点，据此可得（　　） A. 三个等势面中，Q点电势最高 B. 该质点通过P点时动能大于Q点 C. 该质点通过P点时电势能大于Q点 D. 该质点通过P点时加速度小于Q点 【答案】C 【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故P点电势最高，Q点的电势最低，A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的动能小于Q点的动能，B错误；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的电势能大于Q点的电势能，C正确；等势线密的地方电场强度大，电荷受到的电场力大，则电荷的加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，D错误。故选C。 5. （2023南京市宁海中学期末）如图所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，其中R在等势面b上。下列判断不正确的是（　　） A. 三个等势面中，c的电势最低 B. 带电粒子在P点的电势能比在Q点的大 C. 带电粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度 D. 带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b 【答案】C 【解析】带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，A正确，不满足题意要求；根据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到Q过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，B正确，不满足题意要求；电场的方向总是与等势面垂直，所以R点的电场线的方向与该处的等势面垂直，而带正电粒子受到的电场力的方向与电场线的方向相同，加速度的方向又与受力的方向相同，所以带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b，D正确，不满足题意要求；等差等势面密处的电场强度大，结合图可知，P处的电场强度大于Q处的电场强度，所以带电粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，C错误，满足题意要求。故选C。 6. （2023南大附中期末）两个位于纸面内的点电荷产生的电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等，虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（　　） A. 两点电荷可能是异种点电荷 B. A点的电场强度比B点的大 C. A点的电势高于B点的电势 D. 电子运动到P点时动能最大 【答案】C 【解析】由等势面和电子在该电场中的运动轨迹，可以判断两点电荷是同种负点电荷，A错误；根据等差等势面密集的地方电场强度大，可知A点的电场强度比B点的小，B错误；过A点电场线垂直于过A点的等势面指向左侧点电荷，A点的电势高于B点的电势，C正确；静电力从M到P点对电子做负功，从P点到N点对电子做正功，由动能定理，电子运动到P点时动能最小，D错误。故选C。 7.（2023南京市六校联合期末）静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场由四个电极构成，其中实线为电场线，虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线，一电子从其左侧进入聚焦电场，为其轨迹上的三点。已知点所在等势线的电势为零，电子仅在电场力作用下从点运动到R点的过程中，电场力做功为下列说法正确的是（ ） A. 点的电势高于 B. 从P至R的运动过程中，电子的电势能减小 C. 电子在点的加速度小于在R点的加速度 D. 从P至R的运动过程中，电子的动能先减小后增大 【答案】B 【解析】设相邻等差等势线电压为，由公式可得，电子从点运动到点的过程中，电场力做功为，，所以点电势大于小于，A错误；根据能量守恒，电子从至的运动过程中，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，B正确，D错误；由图，根据电场线越密电场强度越大可知，点的电场强度大于点的电场强度，由牛顿第二定律可知，电子在点的加速度大于在点的加速度，C错误；故选B。 四、电场能的图像问题 1. （2023南大附中期末）在电场中，以O为原点，沿电场方向建立坐标轴r，将带正电的试探电荷放入电场中，其电势能随r变化的关系如图所示，其中r2对应图线与横轴的交点，r0对应图线的最低点。若电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是（　　） A. 从r2处静止释放电荷，电荷将保持静止 B. 从r1处静止释放电荷，电荷始终向r正方向运动 C. 从r0处静止释放电荷，电荷将先向r负方向运动 D. 从r3处静止释放电荷，电荷将始终向r负方向运动 【答案】B 【解析】根据电势能可知：电势随r变化与图中正电荷电势能随r变化曲线趋势一致；根据沿着电场线方向电势降低可知：从r1到r0，电场方向沿r正方向；在r0到无穷远，电场方向沿r负方向。根据，可知EP-r图线切线斜率的绝对值表示电场力大小，在r0处电场力为0；沿r正方向，r1~r0电场力向右逐渐减小，r0~r3电场力向左先增大后减小；所以从r1处释放电荷，正电荷沿r正方向运动，由于r1处电势能大于0，由能量守恒知正电荷运动到无穷远处还有动能，所以是一直向r正方向运动；从r2处释放电荷，正电荷沿r正方向运动，过了r0后逐渐减速，由能量守恒知到无穷远处速度为0；从r0处释放电荷，电荷将保持静止；从r3处释放电荷将先向r负方向运动，过了r0后逐渐减速到0（未到r2处），然后反向运动，B正确，A、C、D错误。故选B。 2. （2023江宁区高一期末）如图所示为空间中一静电场的某物理量在x轴上的分布情况，图像关于纵轴对称，其中OA=OB，已知x轴正方向为电场强度的方向。下列说法正确的是（　　） A. 若为E-x图像，则A、B两点电场强度等大反向 B. 若E-x图像，则将一质子由A沿x轴移向B，电场力一直做正功 C. 若为φ-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电子所受的电场力先增大后变小 D. 若为φ-x图像，则A点电场强度与B点电场强度相同 【答案】B 【解析】若为E-x图像，可知A、B两点电场强度大小相等，为正值，电场强度方向沿x轴正方向，A错误； 若为E-x图像，则将一质子由A沿x轴移向B，电场强度方向沿x轴正方向，质子所受的电场力方向沿x轴正方向，故电场力一直做正功，B正确；若为φ-x图像，其斜率代表电场强度，可知段电场强度由大变小，段电场强度由小变大，则将一电子由A沿x轴移向B，电子所受的电场力先变小后增大，C错误； 若为φ-x图像，其斜率代表电场强度，则A点电场强度与B点电场强度大小相等，方向相反，D错误。故选B。 3.（2023南京汉开中学期末）空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个负点电荷，随后向右移动此电荷，下列电荷电势能随位置变化的图像正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由电势能的表达式得，负点电荷向右移动此电荷，电势能为负值并且逐渐增大，故选C。 4.（2023南京市宁海中学期末）将两个点电荷A、B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上，将一带负电的试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示，已知xAC>xCB，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷带电量的多少分别用qA、qB表示．则下列分析正确的是（ ） A. 两固定点电荷都带正电，且qA>qB B. 在AB连线内，C点的电场强度最小但不等于零 C. 因试探电荷的电势能始终为正值，可知AB两点间沿x轴方向的电场强度始终向右 D. 如果将试探电荷的电性改为正电，则该电荷在C点的电势能最大 【答案】D 【解析】因EP-x图象的斜率大小代表电场力，而C点的切线斜率为0，说明该试探电荷在C点处受到的电场力为零，则与两场源电荷在C点处的合场强为0．负电荷电势能最低的位置，电势最高；沿着电场线方向，电势逐渐降低．AC、负试探电荷从A运动到C，电势能降低，则从A到C电势逐渐升高，电场方向从C到A；负电荷从C到B电势能增加，则电势逐渐降低，则电场方向从C到B．即电场方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则和均为负电荷．因为在和连线中点处的合场强沿x轴负方向，故，A、C错误；EP-x图象的斜率大小代表电场力，而C点的切线斜率为零，说明该试探电荷在C点处受到的电场力为0，B错误；在C点负电荷的电势能最低，则正电荷在C点的电势能最大，D正确．故选D． 5.（2023秦淮区高一期末）如图所示，在某两个点电荷产生的电场中，某个区域x轴上电势随x变化的图像，规定无限远处电势为0，一带电粒子在处由静止释放，只在电场力作用下沿x轴正向运动（粒子只在x轴上运动），则下列说法正确的是（ ） A. 两个场源点电荷一定为等量的异种电荷 B. 粒子段过程中电势能增加 C. 粒子在处电势能最大 D. 段带电粒子受到的电场力先增大后减小 【答案】B 【解析】由图像可知电势先减小后增大且电势一直为正值，可知两个场源点电荷一定为同种正电荷，图像不对称所以两个场源点电荷电荷量不等，A错误；粒子由静止释放且沿x轴正方向运动，段电场力做正功，则在段过程中电势逐渐增大，电场力做负功，电势能增加，B正确；电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，粒子在处电势能最小，C错误；图像斜率绝对值表示场强大小，段斜率先变小后变大，电场强度先减小后增大，则电粒子受到的电场力先减小后增大，D错误。故选B。 6.（2023南京市六校联合期末）如图所示，在轴上的M、N两点分别固定电荷量为和的点电荷，轴上M、N之间各点对应的电势如图中曲线所示，点为曲线最低点，点位于PN之间，间距离大于PN间距离。以下说法中正确的是（ ） A. 大于，且和均带负电 B. 点的左侧不存在与点场强相同的点 C. 点的电场强度最大 D. 点的左侧一定有与点电势相同的点 【答案】D 【解析】从坐标M到N电势先减小后增大，根据点电荷场强公式，得的电荷量一定大于的电荷量，根据场强方向得出两电荷一定是正电荷，A错误；根据点电荷形成的场强的特点，M点的左侧到无穷远处电场为0，且M点左侧与Q点电场方向均向左，则一定存在与Q点场强相同的点，B错误；图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知P处场强为0，C错误；M点的左侧到无穷远处电势为0，故一定有与P点电势相同的点，D正确。故选D。 7.（2023南京一中期末）如图所示，两根完全相同的四分之一圆弧绝缘棒分别放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上。两棒带等量同种电荷且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为（ ） A. B. C. E D. 【答案】B 【解析】设两棒均带正电，由点电荷场强特点及场强叠加规律可知，左侧圆弧产生的场强方向斜向右下方，与方向夹角为，右侧圆弧产生的场强方向斜向左下方，与方向夹角为，它们大小均为E1，可得，解得，撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为，故选B。 8.（2023泰州高一期末）如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，其中和处的场强大小相等，则（　　） A. 和处场强方向相反 B. 球内部的电场为匀强电场 C. 负试探电荷在R位置的电势能比在位置的电势能大 D. 位置的电势高于位置的电势 【答案】D 【解析】和处场强均为正值，方向相同，A错误；由图乙可知，球内部的电场随x的增大而增大，不是匀强电场，B错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，所以R位置的电势比位置的电势大，负试探电荷在R位置的电势能比在位置的电势能小，C错误；由图乙可知电场方向由指向，根据电势沿电场线方向减小可知位置电势高于位置电势，D正确。故选D。 五、电容器和电容 1.（2023扬州高一期末）利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。 （1）从开始，将开关接1对电容器充电，当电压传感器示数稳定在时，把开关接2，则电阻中电流方向为_________________（填“向左”或“向右”）。 （2）在图乙中定性作出电容器充电过程的图像大致形状_________________。已知电容器的电容为，则所作图线与坐标轴所围“面积”为_________________C。 【答案】（1）向右 （2）如图所示 （3） 【解析】（1）将开关接1对电容器充电，则电容器上级板为正极，把开关接2，则电阻中电流方向为向右。（2）电容器充电过程的图像大致形状如图。（3）根据电容器的定义式有，解得。 2.（2023无锡高一期末）如图所示，电容器原不带电，单刀双掷开关先接1，稳定后，再接2。下列说法正确的是（　　） A. 开关接1时，电压表读数逐渐增大到不变 B. 开关接1时，电流表读数逐渐增大到不变 C. 开关接2时，电压表读数先增大后减小 D. 开关接2时，流经R的电流方向向左 【答案】A 【解析】开关接1时，电容器充电，电容器两端电压逐渐增大，增大到与电源电压相等后，电压不再变化，电容器两端电压逐渐增大时，电容器极板与相连电源电极之间的电势差减小，则电路中电流减小，故开关接1时，电压表读数逐渐增大到不变，电流表读数逐渐减小到不变，A正确，B错误；开关接2时，电容器放电，上极板带正电，则流经R的电流方向向右，电容器放电，电容器两端电压逐渐减小，电压表读数减小，C、D错误。故选A。 3.（2023泰州高一期末） 一个电容器充电后，在两极间连接一个定值电阻进行放电，放电电流随时间变化的图像如图所示，下列说法不正确的是（　　） A. 图中阴影面积代表电容器在相应的时间内减少的电荷量 B. 随着电容器所带电荷量的减少，电容器的电容越来越小 C. 随着放电电流的减小，电容器两极板间的电压越来越小 D. 当放电电流减为初值的一半时，电容器所带的电荷量也减为一半 【答案】B 【解析】图中的阴影面积代表电容器在相应的时间内减少的电荷量，A正确；电容器的电容由自身的构造和材料决定，不随电容器所带的电荷量的变化而变化，B错误；随着放电电流的减小，电容器两极板所带电荷量减少，由电容的定义可知，电容器两极板间的电压也越来越小，C正确；当放电电流减为初值的一半时，则电阻的电流变为初值的一半，则电阻的电压也变为初值的一半，则电容器两极间的电压变为初值的一半，由电容的定义知，电容器所带的电荷量也减为一半，D正确。故选B。 4.（2023南京市六校联合期末）某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A. 图像中两阴影面积一定相等 B. 放电过程中，电容器下极板带正电 C. 减小R可以增大图像中两阴影面积 D. 减小R可以延长充放电的时间 【答案】A 【解析】图像面积表示电荷量，所以两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，A正确；电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，B错误；电容器所带的电荷量Q = CU，由于电源电动势不变，电容不变，所以减小电阻，只是增大了充电的电流，但电容器的电荷量不变，C错误；充电过程中，减小R可缩短充电时间，放电过程中，电阻是负载，减小R可缩短放电时间，D错误。故选A。 5.（2023南通高一期末）平行板电容器是最简单的电容器，下列操作中可以增大电容器电容的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由图可知，电容器极板间距增大，由，可知电容器电容减小，A错误；同理，由图可知，电容器极板间距减小，由，可知电容器电容增大，B正确；由图可知，电容器极板正对面积减小，由，可知电容器电容减小，C、D错误。故选B。 6. （2023南大附中期末）如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则（　　） A. 平行板电容器的电容将变小 B. 静电计指针张角变小 C. 带电油滴的电势能将减少 D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 【答案】D 【解析】当电容器的下极板向上运动时，根据公式可知，当d减小时，电容C将变大，A错误；B．由于电容器连接电源，两端电压不变，则静电计两端的电压也不变，故静电计的张角不变，B错误；根据公式可知，电容器间的场强变大，P点与上极板距离不变电势差增大，因此P点的电势减小，带负电的油滴在该处的电势能变大，C错误；若先将上极板与电源正极的导线断开，则电容器所带的电荷量不变，再将下极板向上移动一小段距离，则电容器间的电场强度==，其大小是不变的，故带电油滴所受的电场力也是不变的，D正确。故选D。 7. （2023秦淮区高一期末）如图所示，M和N为电容器两极板，一直保持与导线相连，M极板左端绝缘固定，N极板两端用绝缘材料与两轻弹簧连接，N极板只能沿图中标识的上下方向运动，当N极板静止时，两极板间距为，在外力驱动下，N极板做简谐运动，向下运动至最低点时，两极板间距，运动到最高点时两极板相距，下列说法正确的是（　　） A. 当N极板向上运动时，电流表电流方向从 B. N极板完成一个运动周期运动，回路电流方向改变1次 C. 当N极板从最低点运动到最高点的过程中，极板电荷量减少 D. N极板在最低点和最高点时，电容器中场强之比为 【答案】D 【解析】当N极板向上运动时，板间距减小，电容增大，电容器充电，电流方向为，A、C错误；N极板完成一个周期运动，回路电流方向改变2次，B错误；根据题意，在N极板运动过程中，极板电压不变，最低点与最高点板间距之比为，故场强之比为，D正确。故选D。 9.（2023南京汉开中学期末）如图所示，已知平行板电容器两极板间距d＝4mm，充电后两极板电势差为120V。A板带正电，若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm。不计重力，求： （1）极板所带电荷量； （2）两板间的电场强度； （3）P点的电势； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据电容定义式，可得极板所带电荷量为。 （2）两板间的电场强度为。 （3）由图可知，B板接地，其电势；A板带正电，其电势；则P点的电势为个量程为15V的电压表，求改装后的电压表的表盘上每一小格表示的电压。 10. （2023南京市宁海中学期末）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B，B极板接地。两板间距为5cm，一带电量为的点电荷沿电场线从C点运动到D点，电场力做功为。CD间距离为3cm，AC间距离为，不计重力。求 （1）CD两点间电势差； （2）A板电势； （3）仅将A板移动到C处后，A板的电势。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）由电场力做功与电势差的关系得，CD两点间电势差。 （2）由场强公式得，两极板间的场强大小为，所以A、B两极板间的电势差为，因为，其中，B板的电势为，所以A板电势为。（3）仅将A板移动到C处后，两极板间距离d减小，由电容的决定式可得，电容C变大，由因为两板电荷量Q保持不变，由电容的定义式可得，两极板间的电势差U变小，由公式可得，两极板间的场强E不变，所以仅将A板移动到C处后，A板的电势为 。 六、带电粒子在电场中直线运动 1.（2023南京一中期末）如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是（　　） A. 两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大 B. 两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大 C. 与两板间距离无关，仅与加速电压有关 D. 以上说法均不正确 【答案】C 【解析】设两板间电势差为，根据动能定理有，解得。可知，两板间电压一定的情况下，增加板间距或减小板间距，电子到达Q板时的速度不变，即电子到达Q板时的速度与两板间距离无关，仅与加速电压有关。故选C。 2. （2023南大附中期末）如图所示，平行板电容器的极板倾斜放置，直线PM为平行板电容器的中心线，P、M两点位于电容器的边沿，电容器两极板间的电场视为匀强电场。现有一带电液滴从P点射入电容器两极板间，结果恰好沿直线运动到M点。不计空气阻力。液滴在从P点运动到M点的过程中（　　） A. 做匀减速直线运动 B. 做匀加速直线运动 C. 电势能增加 D. 电势能减少 【答案】B 【解析】一带电液滴从P点射入电容器两极板间，结果恰好沿直线运动到M点。受力分析如图所示： 合力沿PM向下，电容器与水平面倾角为，加速度为，所以液滴在从P点运动到M点的过程中，做匀加速直线运动，B正确，A错误；由于电场力不做功，故电势能不变，C、D错误。故选B。 3.（2023无锡高一期末）一初速度为0的带电粒子经电压为的匀强电场加速后，获得速度，粒子通过加速电场的时间，不计重力的作用，求： （1）带电粒子比荷为多大； （2）匀强电场的场强为多大。 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）粒子在加速电场中根据动能定理得，则。 （2）粒子在加速电场中根据牛顿第二定律，则，根据匀变速直线运动的速度与时间的关系得，综上可知。 4. （2023南大附中期末）如图所示，带电平行金属板A、B板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则（　　） A. 微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 B. 微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为-qU C. 微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量大于 D. 若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板 【答案】D 【解析】带电微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小，重力一直做正功为mg(h+)，重力势能一直减小；电场力做负功为-qU，电势能增加qU，由动能定理可判断若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板．A、带电微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小，重力一直做正功，重力势能一直减小，A错误．微粒下降的高度为h+，重力做正功为mg(h+)，电场力向上，位移向下，电场力做负功，W电=-qU，所以电势能增大，其增加量为qU，B、C错误．由题知微粒恰能落至C的过程中，由动能定理得：mg(h+)-qU=0，若微粒从距B板高2h处自由下落，由动能定理得：mg(2h+d)-qU=mvA2-0，解得vA=0，D正确．故选D。 七、带电粒子在电场中类平抛运动 1. （2023南大附中期末）如图所示为示波管的示意图，要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以（　　） A. 增大加速电压U1，增大偏转电压U2 B. 增大加速电压U1，减小偏转电压U2 C. 减小加速电压U1，增大偏转电压U2 D. 减小加速电压U1，减小偏转电压U2 【答案】C 【解析】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：，所以电子进入偏转电场时速度的大小为：，电子进入偏转电场后的偏转的位移为：，所以要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以增大偏转电压U2，减小加速电压U1。 A. 增大加速电压U1，增大偏转电压U2，与分析结果不符，A错误． B. 增大加速电压U1，减小偏转电压U2，与分析结果不符，B错误． C. 减小加速电压U1，增大偏转电压U2，与分析结果相符，C正确． D. 减小加速电压U1，减小偏转电压U2，与分析结果不符，D错误． 2.（2023泰州高一期末）如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距2L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度射入电场中，方向的延长线与屏的交点为O。求粒子： （1）从射入到打到屏上所用的时间t； （2）刚射出电场时的速度大小v； （3）打到屏上的点到O点的距离Y。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间。（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为，所以，刚射出电场时的速度大小。（3）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为，设粒子在电场中的偏转距离为y，则，又，解得。 3.（2023江宁区高一期末）如图所示，一束质量为、电量为的带电粒子A，由静止开始经加速电压加速后，射入水平放置的两平行金属板间。金属板长为，两板距离为，竖直放置的荧光屏距金属板右端为，两平行金属板间电压为，粒子打在荧光屏上的P点，不计带电粒子重力及粒子之间的相互作用，忽略粒子的相对论效应和场的边缘效应。 （1）求A粒子刚进入偏转电场时的速度大小； （2）求A粒子离开偏转电场时的速度与水平方向夹角的正切值以及A粒子离开偏转电场时的动能； （3）若将带电粒子改为质量为、电量为的粒子B，粒子A、B电性相同，且，试判断B粒子打在荧光屏上的位置是在P点上方、P点下方还是就在P点，并理论证明。 【答案】（1） （2） （3）B粒子的落点仍在P点，证明见解析 【解析】（1）在加速电场中，由动能定理得，解得粒子进入偏转电场时初速度。 （2）进入偏转电场后做类平抛运动，进入偏转电场后的加速度，A粒子离开偏转电场时的速度与水平方向夹角的正切值，解得，A粒子离开偏转电场时的动能，解得。（3）B粒子落点仍在P点，对A、B粒子，粒子进入偏转电场时初速度，进入偏转电场后做类平抛运动，进入偏转电场后的加速度，进入偏转电场后竖直方向的位移，根据几何关系，解得，可知光点位置与粒子本身电量和质量无关。 4.（2023南京市六校联合期末）如图所示，竖直放置长为L的平行金属板A、B，板间距离为，A、B板与一电压为的电源保持连接，从A板内侧中央O处以等大的速率，在沿纸面180°范围内朝各个方向均匀喷出质量为、电量为的带负电微粒。微粒重力不计，求： （1）若微粒沿垂直B板的虚线方向射出，该微粒达到B板时的动能； （2）若粒子能全部落在B板上，板长L至少多长； （3）若B板长，且恰好有三分之二的微粒落在板上，此时所加电压U的大小。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）若微粒沿垂直B板的虚线方向射出，根据动能定理可得，解得该微粒达到B板时的动能为。（2）粒子垂直电场方向射出时，粒子在电场中的加速度大小为，竖直方向有，解得，水平方向有，解得板长至少为。（3）若B板长，且恰好有三分之二的微粒落在板上，可知射出时速度与水平方向从30°的粒子刚好落在板上，则水平方向有，解得，竖直方向有，，解得此时所加电压的大小为。 八、带电粒子在电场中的圆周运动 1.（2023南京市六校联合期末）如图所示，将绝缘细线的一端O点固定，另一端拴一带电的小球P，空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时速度，让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动，下列分析正确的是（ ） A. 小球可能带负电 B. 小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先减小后增大 C. 当小球运动到最高点a的速度v≥时，小球才能做完整的圆周运动 D. 当小球运动到最高点a时，小球的电势能与动能之和最小 【答案】D 【解析】小球受重力、绳子拉力和电场力三个力的作用，刚开始小球静止于P处，由受力平衡可知电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，A错误；小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小为，小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，合力做功即F做功，可以判断F先做正功再做负功，故小球的速度先增大后减小，B错误； 当小球运动到弧ab中点，且细线弹力为零时，有，小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为，小球从该点运动到a点，由动能定理得，解得，因此，当小球运动到最高点a的速度时，小球才能做完整的圆周运动，C错误；小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点a时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，D正确；故选D。 2.（2023扬州高一期末）如图所示，半径为的光滑绝缘圆环竖直固定，圆环所在区域内有与环面平行的水平向右的匀强电场。一质量为、电荷量为的小球套在圆环上，恰能静止在点，与竖直方向夹角，已知点电势为零，重力加速度为，不计空气阻力，求： （1）电场强度的大小； （2）小球在点时的电势能； （3）小球从最高点静止释放，运动过程中对环的最大压力。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）小球在点时，有，解得。（2）将小球从点移到点，电场力做功，由，解得。（3）等效重力为，小球在平衡位置时速度最大，从到由动能定理得，解得，C点，由牛顿第二定律得，解得。 3.（2023秦淮区高一期末）如图所示，质量为的绝缘长木板A静止于光滑水平面上，在水平轨道右端的平台上有一绝缘的光滑半圆轨道，轨道半径为，水平轨道和竖直半圆轨道位于同一竖直面内，并处于，方向水平向右的匀强电场中。现将一质量为，带电量为的滑块B从木板的最左端由静止释放，木板上表面水平，滑块与木板之间的动摩擦因数，已知木板与平台等高，木板与平台碰撞后立即静止并与平台无缝对接，碰撞时滑块刚好滑离木板，木板右端与平台之间的距离。滑块可视为质点，重力加速度，求； （1）从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间，电场力对滑块做的功； （2）从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间，滑块与木板由于摩擦产生的热量； （3）滑块第一次滑上半圆轨道，在半圆轨道上的最大速度。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据题意，由牛顿第二定律，对长木板A由，解得，由运动学公式可得，从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间的时间为，由牛顿第二定律，对滑块B有，解得，滑块运动的位移为，则从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间，电场力对滑块做的功为。 （2）从释放滑块到木板与平台碰撞前瞬间，滑块与木板由于摩擦产生的热量为。 （3）滑块第一次滑上半圆轨道的速度为， 设滑块运动到点时，速度最大，最大速度为，与水平方向的夹角为，如图所示。由动能定理有， 整理可得， 由数学知识可知，当，速度最大，解得。 4.（2023南大附中期末）如图所示，两相同极板M、N的长度为L=0.6m，相距d=0.5m，为极板右边界，的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角θ=53°，BC是竖直直径。小球以v0=3m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N，飞离极板后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m=1.0kg，电荷量q=0.5C，重力加速度g=10m/s2，cos53°=0.6，不计空气阻力。求： （1）小球在A点的速度vA； （2）M、N极板间的电势差U； （3）欲使小球沿圆弧轨道能到达最高点C，半径R的取值范围。 【答案】（1）5m/s （2） （3） 【解析】（1）在A点速度。（2）小球在平行金属板间做类平抛运动，带电粒子在平行板中运动时间为，在A点，竖直分速度，解得，由牛顿第二定律得，又，解得。（3）若小球能到达最高点C，且不会脱离轨道，在此过程中，由动能定理得，小球能到最高点C，需在C，点满足，解得。 九、带电粒子在交变电场中的运动 1. （2023南大附中期末）如图甲所示，真空中电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为T，加速电压，其中m为电子质量、e为电子电量，L为A、B板长，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求： （1）电子从加速电场飞出后的水平速度的大小？ （2）时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y； （3）在内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。 【答案】（1） (2) (3) 【解析】(1) 电子在加速电场中加速，由动能定理得，解得。(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向，解得，t=0时刻进入偏转电场的电子加速度，电子离开电场时距离A、B中心线的距离，解得。(3) 内射入偏转电场，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先做初速度为零加速度为a的向上的匀加速直线运动，经过时间t′后速度，此后两板间电压变为3U0，加速度，电子向上做加速度为3a匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零加速度为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为，则，解得，则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为，则在时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。 2.（2023秦淮区高一期末）如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为+q，质量为m，不计粒子重力。 （1）若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； （2）若粒子在时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件? （3）若金属板足够长，要求时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为。（2）根据题意可知，若粒子在时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在时间内，做向下的匀加速直线运动，在时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B板上，然后在时间内，向上做匀加速直线运动，在时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件为，由牛顿第二定律可得，联立解得，粒子在电场中的运动时间为，则板长L为。（3）根据题意可知，若粒子从时刻进入电场，在时间内，做向下的匀加速直线运动，在时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在时刻，粒子竖直分速度减小到0，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，，时，恰好打到B板，则有，解得。 3.（2023南京市宁海中学期末）如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为L=2d，两金属板间加如图乙所示的电压（初始时上金属板带正电），其中。一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间。该粒子源能随时间均匀发射质量为m、电荷量为＋q的带电粒子（初速度，重力忽略不计）。 （1）求能从板间飞出的粒子在板间运动的时间； （2）若时刻进入两极板之间，粒子飞出极板时偏移量y是多少； （3）若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为多少。 【答案】（1） （2）d （3） 【解析】（1）能从板间飞出的粒子，平行于板方向做匀速直线运动，在板间运动的时间。 （2）设带电粒子在两金属板间运动时的加速度大小为a，则， 带电粒子在时刻进入两极板之间，则它在竖直方向上先加速向下，有， 经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为0，，飞出极板时的偏移量。 （3）假设时刻进入两金属板间的粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间，则飞出两金属板间时的偏移量为，则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。在第一个周期内，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，恰好从下金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图所示： 可知，解得，所以，在第一个周期内，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图所示： 可知，解得，所以，在第一个周期内，带电粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间的时刻满足，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为。 4.（2023南京一中期末）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求： （1）粒子进入偏转电场速度v的大小； （2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2； （3）若偏转电场两板间电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件． 【答案】（1） （2） （3）2，3， 2，3， 【解析】（1）电子经加速电场加速，解得。（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得，解得，又，解得。（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足，则（n=1，2，3，4…），在竖直方向位移应满足，解得（n=1，2，3，4…） 5. （2023南通高一期末）如图甲所示，M、N为水平放置的平行板电容器，两板间距离为4R，板间有竖直向上的匀强电场，光滑的四分之一圆轨道固定在竖直平面内，半径为R，末端位于平行板电容器左端连线中点，质量为m、电荷量为+q的绝缘小球从圆轨道顶端静止释放，从轨道末端水平飞出，恰好打在N板中点且速度与水平方向夹角为，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求小球刚进入电场时的速度大小v0； （2）求平行板电容器极板长度L和板间电场强度的大小E； （3）若M、N间改接交变电源，两板间电压UMN变化规律如图乙所示，其中。时刻，小球仍以v0进入电场，恰从N板右端边缘沿水平方向飞出，求UMN的周期T。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）小球由静止释放到达圆轨道末端，由动能定理得，解。 （2）小球打在N板中点时竖直方向的速度，水平方向有，竖直方向有，解得，从小球由静止释放到打在N板，由动能定理得，解得。 （3）加上交变电压UMN，小球在内的加速度大小，内的加速度大小，设小球在电容器中运动时间为交变电压周期的k倍，水平方向 ， 竖直方向，解得。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$