(15)匀强电场中电势差与场强的关系、电容器、示波管、带电粒子在电场中的运动、实验：观察电容器的充、放电现象-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习周测卷（R）

高三一轮复习周测卷/物理 (十五)匀强电场中电势差与场强的关系、电容器、示波管、 带电粒子在电场中的运动、实验：观察电容器的充、放电现象 (考试时间90分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.电容话筒是录音棚中的常用设备。一种电容式话筒的采集端的原理图如图所示，当声波密部靠 近振膜时振膜产生向右的形变，疏部靠近振膜时振膜产生向左的形变。已知振膜和背板均为导 体，不采集声音时电容器所带的电荷量稳定。下列说法正确的是 背板电阻 A.不采集声音时，通过电阻的电流方向从a到b B.当疏部靠近振膜时，电容器所带的电荷量变小 C.当密部靠近振膜时，a点的电势低于b点的电势 D.当密部靠近振膜时，电容器的电容变小 振膜电池 2.静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其简化原理如图所示。 带电油漆微粒从A点射入水平向左的匀强电场（实线代表电场线）中，该微粒恰好沿直线AB运 动。下列说法正确的是 A.从A点到B点，该微粒做匀减速直线运动 B.该微粒带正电 C.从A点到B点的过程中，该微粒的重力势能增加 D.从A点到B点的过程中，该微粒的机械能增加 3.如图甲所示为人体的细胞膜模型图，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为 膜电位)，现研究某小块均匀的细胞膜，其厚度为d,膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图 乙所示，初速度可视为零的氯离子（带负电）仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下 列说法正确的是 A.若膜电位增加，则氯离子离开细胞的速度更小 细胞外 B.若膜电位不变，膜的厚度越小，则氯离子离开细胞的速度 细孢膜济 越小 WWWwWWwW B C.氯离子的电势能减小 细胞内 甲 之 D.A点的电势高于B点的电势 4.光滑绝缘水平桌面上有一质量m=1kg、电荷量q=十5×104C的小球系在长L=1m、不可伸 长的绝缘细线的一端，细线的另一端固定在O点。整个装置放置于电场强度大小E=2× 104N/C的匀强电场中，电场方向与水平桌面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）。现 给小球一垂直于细线的初速度，=10/s,使其从A点开始绕O点在水平面内做圆周运动，小 球可视为质点。当细线转过的角度0满足0≤≤牙时，细线的张力大小F,和日 的关系式为 A.Fr=80-30cos0(N)(0≤0≤5) B.Fr=80+30cos0(N)(0≤0≤5) C.Fm=80-30sin6(N)(0≤f≤交) D.F=80+30sin0N)(0≤f≤5) 5.为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现 的输液报警装置，实物图和电路原理图如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两 侧的电容器C的两极板之间的介质由液体变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发 出声音。根据以上说明，下列说法正确的是 A.输液管较粗时，电容器的电容会变大 B.液面下降稳定后，电容器两端的电压变大 C.液面下降稳定后，电容器所带的电荷量减少 D.液面下降时，通过蜂鸣器的电流由a→b 6.心脏除颤器是临床上使用的抢救设备，其工作原理是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上 的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复 正常跳动。如图所示为一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器的电容为20μF,如 物理第1页（共4页) 衡水金卷·先享题·高 果充电后电容器两端的电压为1×104V,电容器在2s时间内完成放电，放电结束时电容器两 极板间的电势差减为零，下列说法正确的是 A.放电过程中通过人体组织的电流恒定 电极 B.这次放电有0.4C的电荷量通过人体组织 C.若充电后电容器两端的电压为2.5×103V,则该电 人体心脏位置 容器的电容为5uF 电极 D.该次放电释放的电能为1×103J 7.示波管的结构示意图如图甲所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电 场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在示波管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不 同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是 456ts 偏转电场 A.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑 B.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏O点的下方移动 C.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动 D.若在偏转极板加上如图戊所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点的两侧做往 复运动 8.粒子直线加速器的原理示意图如图甲所示，由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号 为奇数的圆筒与序号为偶数的圆简分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图乙 所示，在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央 有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子的质量为、电荷量为，交变 电源的电压为U、周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间，下 列说法正确的是 A.电子在圆筒里做加速 运动 圆板1234 变电压 2T1 3T1 B.要实现加速，电子在圆筒 中运动的时间必须为T C编号为n的圆筒的长度应满足L,三名心 D.保持加速器的筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。 用静电计测量电容器两极板间的电势差U。在两极板相距一定距离d时，给电容器充电，静电 计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带的电荷量Q不变，下面哪些操作将 使静电计指针的张角变大 M A.在M、N之间插入橡胶 (静电计 B.将M沿水平方向向左远离N C.将M向上平移 D.在M、N之间紧贴M插入金属板 10.如图所示，长为L的平行金属板水平放置，板间形成匀强电场，上极板带正电，下极板带负电， 一电荷量为十q(q>0)、质量为m的带电粒子以初速度v。紧贴上极板左边缘垂直于电场线的 方向进入该电场，之后刚好从下极板右边缘射出，射出时其末速度与下极板间的夹角为日，不计 粒子重力，下列说法正确的是 A.该粒子做匀变速运动 B.匀强电场的场强大小为msin0 C.两极板间的距离为Ltan0 D.整个过程中电场力做的功为m6tan0 2 三一轮复习周测卷十五 物理 第2页（共4页） ® 11.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被某匀强电场加速到具有较高 的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，如图所示。若质子被加速的长度d 4cm,要使质子由静止被加速到速度v=1×107m/s,已知质子的质量m=1.67×10-27kg、电 荷量e=1.6×10-19C,则下列说法正确的是 质子源 A.该质子被加速后的电势能增大 B.该质子被加速后的电势能减小 C.加速电场两端的电压约为5.2×105V D.加速电场的电场强度大小约为1.3×106V/m 12.如图所示，一质量为m、电荷量为十q(q>0)的粒子（不计重力）从P点以初速度vo射入辐射状 电场中，粒子恰好做匀速圆周运动，经过四分之一圆周后从A点垂直AD边射入以正方形AB CD为边界的匀强电场中，最后从C点射出。已知辐射状电场在圆弧轨迹处的电场强度大小为 E。,正方形ABCD的边长与粒子做圆周运动的轨迹半径相等。下列说法正确的是 A.粒子在C点时的速度大小为√5vo B.粒子在C点时的速度大小为2o C.粒子从P点运动到C点的时间为(1+)m qEo D,粒子从P点运动到C点的时间为(2+受) 班级 姓名 分数 题号 1 2 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、非选择题（本题共6小题，共60分。请按要求完成下列各题） 13.(6分)某同学做观察电容器充、放电并估测电容器的电容的实验，利用8V的稳压直流电源、单 刀双掷开关S、电流传感器（与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线）、电容器、定值电 阻和导线连成如图甲所示的电路。 ◆i/mA (1)下列说法正确的是 。 (填 正确答案标号) A.单刀双掷开关S掷向1，电容器放电 B.先将单刀双掷开关S掷向1，然后掷接计算机 电流 向2，电容器的电容先增大后减小 传感器 C.电容器带电时，两个极板只有一个极 板上有电荷 乙 D.电容器充电时，与电源正极相连的极 板带正电 (2)用8V的稳压直流电源对电容器先充满电，后电容器放电，电脑屏幕上显示出的电容器在 放电过程中电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示，1一4s内曲线下包含的小格的个数大约 为57个，由此可估算出电容器释放的电荷量为 C。(结果保留两位有效数字) (3)根据前面的信息可计算出该电容器的电容为 F。(结果保留一位有效数字) (4)如果不改变电路其他参数，只减小定值电阻的阻值，放电时讠-t曲线与横轴所围成的面积 将 (填“增大”“不变”或“减小”)；放电时间将 (填“变长”“不变”或“变短”)。 14.(8分)在“用传感器观察电容器的充、放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。单刀双掷开关 S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来 采集电流随时间变化的情况。其中C表示电容器的电容，R表示定值电阻的阻值，E表示电源 (内阻可忽略)的电动势 i/mA 接计算机 电流 传感器 分 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 (1)开关S改接2后，电容器进行的是 (填“充电”或“放电”)过程，此过程得到的i-t 图像如图乙所示。 (2)若R=5002,结合图乙，则加在电容器两极板上的最大电压约为 V。(结果保留两 位有效数字) (3)改变电路中某一元件的参数，对同一电容器进行两次充电，两次充电对应的电容器所带的 电荷量Q随时间t变化的图像分别如图丙中α、b所示。根据图像分析可知a、b两条曲线不同 是 (填“R”或“E”)不同造成的。 (4)电容器的充电过程实际是克服极板上电荷的静电力做功，使电势能增加的过程（即极板间 储存电场能的过程)，若某次充电过程中两极板间的电压与电荷量的U-Q关系图像如图丁 示，请类比-t图像求位移的方法，计算出该充电过程电容器储存的电场能为 (用U。、Q表示)。 15.(8分)如图所示，两个相同的平行板竖直正对固定在水平绝缘地面上，两板间充满水平向右的 匀强电场，一质量为、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从两板间中轴线上的O点由 静止释放，落到水平地面上的N点（下落过程中未与右板碰撞，且落地后不反弹）。已知O点 到两板上边缘的高度为h,两板的高度也为h,水平地面上两板间的中点M到N点的距离为 d,重力加速度为g,不计空气阻力。求： (1)该小球从O点运动到N点所经过的时间t； (2)该匀强电场的场强大小E。 16.(8分)如图甲所示，水平放置的两平行金属板相距为d,充电后所带的电荷量保持不变，两金属 板间形成匀强电场。一电荷量为十q、质量为m的液滴以速度，从下板左边缘射入电场，沿直 线运动恰好从上板右边缘射出。已知重力加速度为g,不计空气阻力。 (1)求匀强电场的电场强度大小； (2)求静电力对液滴做的功； (3)如图乙所示，若将上板上移少许，其他条件不变，请在图乙中 画出液滴在两板间的运动轨迹。 甲 17.(14分)如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源（图中未画出）连接， 其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2×102”kg、电 荷量q=+1.6×1019C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。 (1)若A板电势变化的周期T=1×105s,在t=0时将粒子 ↑PA/V 从紧邻B板处无初速度地释放，求粒子到达A板时的速度 29 大小； (②)若在了~（不合子）时间肉从紧邻B板处无初速度地释 2.5 放该粒子，粒子不能到达A板，求A板电势变化的频率满足的条件。 18.(16分)如图甲所示，平行板电容器两极板M、N的间距为d,极板M接地（电势为零），t=0时 一带正电的粒子沿两极板中心线PQ以某一速度进入两极板间，当极板N的电势为零时，粒子 从平行板右端中间Q点飞出，在极板间运动的时间为T,当极板N的电势为时，粒子恰好从 极板M的右端边缘飞出。忽略边界效应，两极板间的电场为匀强电场，不计粒子重力。 (1)求粒子的比荷； (2)若极板N的电势随时间变化的规律如图乙所示，粒子恰己M T 好从平行板右端中间Q点飞出，求k的值及1的最大值。 落 N 三一轮复习周测卷十五 物理第4页（共4页） ®高三一轮复习R ·物理· 高三一轮复习周测卷/物理（十五） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 题号 题型 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 值 (主题内容) I ⅡⅢ ① ②③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 电容器的应用、动态分析 易 0.85 2 单项选择题 3 带电微粒在复合场中的运动 易 0.85 3 单项选择题 3 带电离子在电场中的加速运动 中 0.75 4 单项选择题 小球在电场中的运动 中 0.75 单项选择题 3 电容器的应用 中 0.75 6 单项选择题 电容器的应用 中 0.70 7 单项选择题 示波管的原理 中 0.65 8 单项选择题 3 带电粒子在交变电场中的运动 难 0.55 9 多项选择题 4 电容器动态分析 易 0.80 10 多项选择题 4 带电粒子在电场中的偏转 中 0.75 11 多项选择题 4 质子在电场中的加速运动 中 0.70 12 多项选择题 4 带电粒子在电场中的运动 难 0.55 观察电容器充、放电并估测电容 13 非选择题 6 中 0.70 器的电容 用传感器观察电容器的充、放电 14 非选择题 6 中 0.70 过程 15 非选择题 8 带电小球在复合场中的运动 中 0.75 16 非选择题 8 带电液滴在复合场中的运动 中 0.75 17 非选择题 14 带电粒子在交变电场中的运动 中 0.65 18 非选择题 16 带电粒子在交变电场中的运动 难 0.55 ·69· ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、单项选择题 渐减小，A项错误：通过人体组织的电荷量Q=CU 1.B【解析】不采集声音时，电容器所带的电荷量保持 0.2C,B项错误：电容器的电容大小只跟自身的结构 不变，电路中无电流，A项错误；当疏部靠近时，振膜 产生向左的形变，振膜与背板的间距增大，根据C 有关，C项错误：根据W=U=UQ,C=号，可知电 ,C一是，可知电容变小，由于电压不变，则电容 ES Q 容器充放电时Q与U成正比，电容器释放的电能等 于U-Q图像与坐标轴所围成的面积，故该次放电释 器所带的电荷量变小，B项正确；当密部靠近时，振膜 产生向右的形变，振膜与背板的间距减小，根据C= 放的电能为2QU=号×0,2×1X10J=1×10J,D ,C=是，可知电容变大，由于电压不变，则电容 ES Q 项正确。 7.D【解析】若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电 器所带的电荷量变大，通过电阻的电流方向从α到b, 场，当电子在正向电压时间段进入偏转电场时，在荧 则a点的电势高于b点的电势，C、D项错误。 光屏上侧留下一个光斑，当电子在反向电压时间段进 2.D【解析】该微粒进入电场做直线运动，所以微粒受 入偏转电场时，在荧光屏下侧留下一个光斑，故可以 到水平向右的电场力，微粒带负电，电场力与重力的 在荧光屏O点的上方、下方各看到一个光斑交替出 合力与运动方向相同，微粒做匀加速直线运动，A、B 现，A项错误：若在偏转极板加上如图丙所示的偏转 项错误；微粒从A点到B点的过程中，重力做正功， 电场，不同时刻射入的电子都向上偏转，所以可以看 电场力做正功，所以重力势能减少，电势能减少，机械 到一个光斑在荧光屏O点的上方移动，B项错误：若 能增加，C项错误，D项正确。 在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，前半周期进 3.C 【解析】由动能定理可知qU=子m,若膜电位 入的电子向下偏转，后半周期进入的电子向上偏转， 可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，C项错 不变时，即电压U不变时，氯离子离开细胞的速度不 误；若在偏转极板加上如图戊所示的正弦式偏转电 变，电压U增加时，速度增大，A、B项错误；初速度可 场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点的两侧做 视为零的氯离子仅在电场力的作用下，从图中的A 往复运动，D项正确。 点运动到B点，可知电场力做正功，所以氯离子的电 8.D【解析】金属圆筒中的电场为零，电子不受电场力 势能减小，C项正确：电场线从B点到A点，沿电场 作用，电子做匀速直线运动，A项错误；电子每经过圆 线方向电势降低，所以A点的电势低于B点的电势， 筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运 D项错误。 动，所以电子在圆筒中运动的时间必须为子，才能满 4.B【解析】由牛顿第二定律得F,-qEcos9=m L 足每次经过狭缝时都被加速，B项错误；设电子进入 由动能定理得一gEL(1-cos)=m 2mu2- 2m6,解 编号为n的圆筒时的速度为vm,由动能定理有neU= 得F-80十30cos0N)(0≤K受)，B项正确。 2,而电子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得 T 5.C【解标】由C-岛可知，输液管较粗时，两极板 编号为n的圆筒的长度L=,·之，解得L.= 间的距离增大，则电容器的电容会变小，A项错误；开 工m,C项错误：由上述分析可知，保持加速器 2 m 关闭合稳定时，电容器两端的电压等于电源电动势， 的筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交 即液面下降稳定后，电容器两端的电压不变，B项错 变电压的周期，D项正确。 误：根据C=号，C一岛液面下降，减小，则电容 二、多项选择题 9.BC【解析】在M,N之间插入橡胶（相对介电常数e 减小，两极板之间的电压不变，则电容器所带的电荷 量减少，C项正确；根据题图可知，电容器右侧极板带 >1),根据C-点可知电容C变大，又电容器所带 负电，液面下降时，电容器所带的电荷量减少，即右侧 极板失去电子，电子从a向b运动，则通过蜂鸣器的 的电荷量Q不变，由C=号可知，两极板间的电势差 电流由b→a,D项错误。 U变小，静电计指针的张角变小，A项错误；将M沿 6.D【解析】根据C-号可知该电容器所带的电荷量 水平方向向左远离N,则板间距离增大，根据C= ES 在放电过程中逐渐减小，电压也逐渐减小，则电流逐 4πk 可知电容C变小，电荷量Q不变，由C-号可知 ·70· 高三一轮复习R ·物理· 两极板间的电势差U变大，静电计指针的张角变大， 连，电容器充电，A项错误；先将单刀双掷开关S掷 B项正确；将M向上平移，两极板正对面积减小，根 向1，电容器充电，然后掷向2，电容器放电，但电容 据C=品可知电容C变小，电荷量Q不变，由C一 器的电容不变，B项错误；电容器带电时，两个极板 同时带上等量异种电荷，C项错误；电容器充电时， 号可知两极板间的电势差U变大，静电计指针的张 与电源正极相连的极板带正电，与电源负极相连的 极板带负电，D项正确。 角变大，C项正确：在M、N之间紧贴M插入金属板， (2)根据图像可估算出电容器释放的电荷量Q=57 ka可知电容C 则相当于板间距离减小，根据C=, ×0.2×0.4×10-3C≈4.6×10-3C。 变大，电荷量Q不变，由C=号可知两极板间的电势 （3)该电容器的电容C-号≈6X10F。 差U变小，静电计指针的张角变小，D项错误。 (4)如果不改变电路其他参数，只减小定值电阻的阻 值，则电容器放电时，电流增大，放电时间变短，但释 10.AD【解析】在匀强电场中，电场力是恒力，因此会 放的电荷量不变，所以i-t曲线与横轴所围成的面 产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A项正 积不变。 确；粒子离开电场时，末速度与水平方向间的夹角为 14.(1)放电(2分) 0,由速度关系得末速度0一0心粒子在匀强电场 (2)1.2(2分) 中做类平抛运动，在水平方向上，有L=t,在竖直 (3)E(2分) 方向上，有8，=at,,=tan0,由牛顿第二定律得 4)2,Q,(2分) gE=ma,解得E=m1an9,B项错误；粒子做类平 【解析】(1)开关S改接2后，电容器进行的是放电 gL 过程。 抛运动，在竖直方向上，有d=子a,解得d (2)若R=5002,由图乙可知，放电过程的最大电流 约为2.4mA,则加在电容器两极板上的最大电压U 之tan9,C项错误；整个过程中电场力做的功w= =IR=1.2V gEd=m6an9,D项正确。 (3)a、b两条曲线表明电容器所带的最大电荷量不 2 同，根据Q=CU可知，两次不同是电源的电动势E 11.BC【解析】运动过程中，电场力对质子做正功，电 不同造成的。 势能减小，A项错误，B项正确；根据动能定理得eU (4)该充电过程电容器储存的电场能等于U-Q图 m心一0，解得该加速电场两端的电压U=口 、1 2e 像与坐标轴所围成的面积，大小为UQ。 ≈5.2X105V,C项正确；根据U=Ed可得该加速 15.【解析】(1)小球在竖直方向做自由落体运动，有2h 电场的电场强度E= d =1.3×10V/m,D项错误。 、1 + (1分) 12.AC【解析】设粒子做圆周运动的轨迹半径为R,则 /4h (1分) 有9B-哭，解得R-爱粒子从A点到C点做 解得一√g (2)设小球在电容器外做自由落体运动的时间为t 类平抛运动，则水平方向上，有R=t1,解得t1= 1 (1分) 发，在竖直方向上，有R=名a解得a-25,粒 有h=2g对 m h 子在C点时竖直方向上的分速度大小y,=at= 解得=√g (1分) 2,所以粒子在C点时的速度大小v= h √/6+(2w)下=√5，A项正确，B项错误；粒子在 则小球在电容器中的运动时间，=t一一√ 辆射状电场中运动的时间6一怨-器，做粒子从 (1分) P点运动到C点的时间t=十=(1十受)"m0,C 水平方向做匀加速直线运动，有d=2a号 (1分) 项正确，D项错误。 qE=ma (1分) 三、非选择题 13.(1)D(1分) 解得E=(3十+22)mgd (1分) gh (2)4.6×103(1分) 16.【解析】(1)液滴沿直线恰好从上板右边缘射出，可 (3)6×10-4(2分) 知受力平衡，即Eq=mg (1分) (4)不变(1分)变短(1分) 【解析】(1)单刀双掷开关S掷向1，电容器与电源相 解得E=g (1分) ·71· ·物理· 参考答案及解析 (2)静电力对液滴做的功W=Eqd=gd (1分) 垂直极板M、N的方向做初速度为零的匀加速直线 (3)根据E= d (1分) 运动的加速度大小为a,则有号- (1分) c-8 (1分) 其中a=一0).2 (1分) d c-品 (1分) 联立解得9= (1分) 可得E=4πkQ (1分) ES (2②0~乏时间内，粒子竖直方向上做初速度为零的 若将上板上移少许，其他条件不变，两板间的场强不 匀加速直线运动，设其加速度大小为a1,加速结束 变，液滴所受电场力不变，则液滴仍沿直线运动，轨 (1分) 迹如图中虚线所示 (1分) 时的末速度大小为，有=a·号 粒子水平方向上始终做匀速直线运动，故穿过平行 2222111521112=57 ---- 板电容器的时间为T,因此可知，在子一T时间内粒 子在竖直方向上先做匀减速直线运动，后做匀加速 直线运动，设加速度大小为a2,粒子从Q点离开平 17.【解析】(1)电场强度E= (2分) 行板时竖直方向的末速度大小为2，则有一2=心 d T 粒子所受电场力F=gE (1分) (1分) F=ma (2分) 两个阶段粒子在竖直方向上发生的位移大小相等、 解得a=4×10m/s (1分) 粒子在0~哥时间内运动的路程x= u( 1 方向相反，有分a(受)=-[a·子-子a:(受)门 (1分) ×102m (1分) 联立可得4=1,4=1 故粒子在= 时恰好到达A板，此时粒子的速度 2'a23 (1分) 大小v=at1=2×10m/s (1分) 根据牛顿第二定律有a=29 dm (2)粒子在子一子时间内向A板做匀加连运动，在 黑 (1分) 工~3T时间内向A板做匀减速运动，速度减为零 由此可知k=3 (1分) 2 4 当！最大时，粒子在竖直方向速度减为零时恰好达 后将返回 到上极板，则竖直方向加速时的位移y= 粒子向A板可能运动的最大位移=2×a(子 1 T a(含)2 (1分) -IGT (2分) 竖直方向减速到零时的位移一2a, (1分) 要求粒子不能到达A板，则有s<d (1分) 竖直方向的总位移号 =y1十y2 (1分) (1分) .3d 故A板电势变化的频率应满足f>5√2×10Hz 联立解得a= (1分) (2分) 而根据(1)中可得d=aT (1分) 18.【解析】(1)根据题意，当极板N的电势为零时，粒子 解得a1=3a (1分) 沿两极板中心线做匀速直线运动，当极板N的电势 因此可知9！的最大值9mx=3g9 (1分) 为时，粒子在极板M、N间做类平抛运动，设其在 ·72·