第十章 第二单元 电容器带电粒子在电场中的运动 B卷 能力提升-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

7.D根据q=t可知，图像与横轴围成的面积代表电容器所带的总电荷量，故A错 误；确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2A,横坐标的每 个小格为0.4s,则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.4=8× 105C,曲线下包含的小正方形的个数为40个，由曲线下方的方格数与q的乘积即 得电容器所带的电荷量Q=40×8×10-5C=3.2×10-3C,故B、C错误；电容器的 电容约为C=号=400F,故D正确。 8.C设极板间电场强度为E,根据平衡条件，对小球受力分析如 图所示 则有qE=mgsin0,解得E=③mg 两极板间的电势差U=Ed=3mgd 2q 极板所带电荷量为Q=CU=3mgCd,故选项C正确。 9.B粒子在极板间做类平抛运动，则粒子打在下极板时，速度与水平方向夹角的正切 1 值为tan9=,又因为u,=at,=,联立求得ian0a4习 00 2 1 =2型，即粒子速 度与水平方向夹角的正切值与粒子在竖直方向及水平方向运动的位移有关，设极板 长为L,板板同距为d,结合题国可得0=治·-是·是=兰，故选项B tan 0a xD ya L d 22 正确。 10.B在加速电场中qU=m6,在偏转电场中的偏转距离y=立··话 1 gU2 L2 U2L2 U,故两离子运动轨迹相同，打在屏上同一点；一价氢离子和二价氯离子的比荷 不同，经过加速电场后的末速度不同，因此两离子运动的时间不同。故B正确。 11.答案(1)变大变小(2)变大变小 解析（①）若B极板精向上移一点，则正对面积S减小，根据C=电容器的 睿C减小，平行板电容器所带电荷量Q不变，根据C=吕知电势差增大，所以静电 计指针的偏角变大，说明平行板电容器的电容随正对面积减小而变小。 《2)若B极板稍向左移一点，板间距离d增大，根据C=4,电容器的电容减小， 根据C=号知电势差增大，所以静电计指针的偏角变大，说明平行板电容需的电容 随板间距离变大而变小。 12.答案(1)充电(2)A(3)9.4×104(9.1×10-4或9.7×10-4也可) 解析(1)开关S与2端相连，电容器与电源相连，电容器处于充电状态。 (2)A的外表面标识了2200uF,说明是电容器，B电阻，C是线圈，故选A。 (3)I一t图线与横轴所围的面积表示电荷量，通过数小方格可得放电过程释放的电 荷量Q=30X5X50×10-6C=7.5X103C,则由C-号可得C≈9.4X104F. 13.答案(1)3.6×10-9C(2)2.0×10-6C负电荷 解析(1)由公式C-=号得Q=CU=3.0X100×12C=3.6×109C. (2)带电微粒怡在极板间静止，则带电微粒带负电，并且有9E=mg,而E号 解得g=mg-20X103X10X1.20X10c=2.0×106C. 12 14.答案(1)2×10-3J(2)0.002m 解析(1)若扫描电压为零，0点每秒接收的电子数为N=亚 O,点每秒接收的能量是E=NEko 解得E=2×10-3J (2)电子在束偏移器中运动时，根据牛颜第二定律得加速度大小为a= mL 48参考答案 设电子的初速度大小为o,则由题意可知Ek0=2m6 电子在束偏移器中运动的时间为一L 00 1 电子在束偏移器中的偏移量为y=2u 电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心 2 电子束到达芯片时的位置离0点的距离为Y,根据几何关系有立二十号 联立解得Y=0.002m B卷能力提升 一30X10可V=3.3X10V,电容器将被击穿，B错误；击穿电压为400V表示电容 1 器能承受的最大电压为400V,则该电容器能容纳的最大电荷量Qmax=CUmax= 30×10-6×400C=1.2×10-2C,C、D错误。 2.C电容器在充电过程中，电容器的电容C不变，仍然为15uF,故A错误；根据C= 知，充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是Q=CU=15X106X 0.135C,故B错误；由题意可知，放电结束后电容器两极板间的电势差减为零，则这 次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织，故C正确；电容器放电过程中电流 不恒定，故D错误。 .C由C=知指纹的凸点处与小极板距离近，电容大；指纹的凹点处与小板板 离远，电容小，故AB错误；由Q=CU,C可知手指挤压绝缘表面，电容器两 极间的距离减小，电容变大，电容器所带电荷量增大，故C正确，D错误。 4.D因为极板所带正负电荷不确定，所以小球带电性质无法确定，故A错误；对小球 受力分析，小球受到的电场力垂直极板斜向上，根据牛顿第二定律可得gsin30°= ma,解得a=号，所以小球做匀加速直线运动，故B错误，D正确；电场力始终与小球 运动方向垂直，因此电场力不做功，小球的电势能不变，故C错误。 5C教子在包6中做类干邦运动有=古·（品}，得=受由√置 2hma m \vo D殊多的移兰事关套￥彩一业套年嗍D动6封2 ma mb 正确。 6.A由于电容器充电后与电源断开，说明电容器所带电荷量不变，正极板向负极板移 近时，由C=说可知，息家C增大。又由U=名可如，U减小，而由E=吕-品 4可知，电场强度E不变，由于E不变，P到正极板的距离减小，可知P点的电势 ES 升高，则正电荷的电势能Ep=qpp变大。综上可知，A项正确。 7.B小球静止时细线与竖直方向成0角，对小球受力分析，小 球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有9E= A mgtan9,解得E=mgtan0,选项A错误；小球恰能绕0，点在E 竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A的速度最小，根据 0L qE 牛领第二定体，有。=m2,则最小动能品=宁 mg C选项B正确小球的机械能和电势能之和守恒，则小少 球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的 最左端时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的 过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小， 选项D错误。 8.AB断开开关S,电容器所带电荷量Q不变，将A、B两极板分开一些，则板间距离 日增大，振扬C-品知C减小，又由C-吕知，电势差U增大，即指针家角嘴大，A 正确：断开开关S,将AB两极板错开些，则两板板正对面积S减小，根据C 知C减小，又由C-吕知，电势差U增大，指针张角增大，B正确：保持开关S闭合， 则电容器两端的电势差等于电源电压，指针张角不变，C、D错误。 9.BD设偏转极板的长度为L,板间距离为d,在加速电场中静电力做的功W=qU1, 由于加速电压相同，电荷量相等，所以静电力做的功相等，故选项A错误；在加速电 场中g心=合m,在偏特电场中的偏转距高y名a2=立·盟的，联三解得y md vo =U212 U2l 一4U1a,同理可得到偏转角度的正切值tan9=21a,则y和tan0与电荷的电荷量 和质量无关，又因为出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故三种原子核打在 g空=mn2,由 屏上同一点，故选项BD正确；整个过程运用动能定理得gU十g 于三种原子核的电荷量相同，质量不同，则不同，故选项C错误。 10.BC设A,B板间的电压为U',则有U'q=2m2,在平行金属板间，电子做类平抛 运动，则有y包如=名·照（侣）广-台电千打在荧光乐上的位夏与0点的 距离和y成正比，只将滑动变阻器的滑动触头向左移动，A、B板间的电压减小，侧 移量增大，因为电子打在O点上方，所以位置上移，A错误，B正确；只将金属板间 电压变为原来的2倍，侧移量变为原来的2倍，C正确，D错误。 11.BCD电子带负电，根据电子运动轨迹，可知偏转电场方向竖直向上，故A错误；在 加速电场中，根据动能定理有U=m,设偏转电压为U,出偏转电场时建定的 偏转角为0，电子在偏转电场中做类平抛运动，有L0=ot,0,=at,a=E,tan日= m ,联立可得am0,由几何关系得am0H,加速电压增大，则tan0或 00 2+ 小，出电场后水平位移s变大，故电子会打在P点右侧，B正确；将0=30°代入tan0 得E=2300,故C亚确；将0=30°代入tan0=0十s Γ2U 3L0 H得6=5H空故D 正确。 12.答案(1)0.0429.04.7×10-3(2)b 解析(1)1mA·s=10-3C,释放的电荷量为Q=42.3mA·s=0.042C。由图乙 可知，开始放电瞬间通过R0的电流I=90mA=0.09A,则R,两端电压为U=IR, =0.09×100V=9.0V,故电容器的最大电压为9.0V。根据C-号可知，电容器 的电容C≈4.7X10一3F。(2)换用阻值为80的电阻，则根据欧姆定律可知此时 的最大电流大些，故选b。 13.答案(1)增大(2)减小(3)不变(4)C 解析（①)将A向左移功少许，根据C一两板间距离蜡大，则电容器的电容液 Q 小。断开S后，电容器的带电荷量保持不变，根据C一号，可知电容器两个极板间 电压增大，因此静电计指针张开的角度增大。 ②)在A,B间插入电介质，增大，根据C可知，电容器的电容增大。断开S 后，电容器的带电荷量保持不变，根据C=吕可知，电容暑两个极板间电压减小，因 此静电计指针张开的角度减小。 (3)保持开关S闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电压不变，滑动触 头滑动不会影响指针张角。 (4)静电计测量电容器的电压，静电计处需要保持断路，因此不能用电压表和电流 表代替，选项A、B错误；使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况，选项C 正确，D错误。 14.答率00(2)-20 gL 解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t,则水平方向上有L=0t 竖直方向上有u,=otan60°=E马 m 解得E=3mu6 qL。 (2)由粒子偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得一qUAB= 1 2m 又w=c0s60=20 解得AB= 3mvs 29 15.答案(1)Cmg(h+d .(2)d gh 2 (3)2g(d+h) 解析(1)由静止下落到下极板速度为零的过程中根据动能定理得 mg(h+d)-qU=0 Q=CU 解得Q=Cmgh+d) q (2)小球在平行板电容器中运动可看作反向初速度为零的匀加速运动 d-tu 号一me0 qU=mg(h+d) 解得=d√g 2 (3)上板板平移d,由公式C-4ka司 E,S Q 电容器所带电荷量不变，当距离变成2d时，两极板间电压是原来的两倍，再次 动能定理，设小球的初速度为0，则有 mg(d+h)-2qU=0-2mv6 由上式得o=√2g(d+h)。 16.答案a产(2配8√ 解析(1)在I区，由动能定理得： Eelmi 2EeL 解得om (2)电子运动轨迹为 电子在Ⅱ区做类平抛运动，设运动时间为t2 水平方向上做匀速直线运动，L=o2 竖直方向上做匀加速直线运动，℃y=a2t2 根据牛频第二定律得a2-2 m 0 0 将射出Ⅱ区的速度分解，由几何关系可得 tan =70 解得E2=2√3E (3)在1区，l=7o 在Ⅲ区，由速度分解及几何关系可得sin0=0 根据牛顿第二定律得加速度a?= m 匀减速至0的时间的一a3 后电子沿原路返回，时间具有对称性 则总时间t=2(t1十t2十t3) 2mL 解得t=7√Ee 第二部分阶段滚动卷 滚动检测卷（一）[第九、十章] 1,DE=E是采用比值定义的，E和F以及检验电荷g无关，E是由电场本身决定 的，故A错误；电场中某，点的电势p与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决 定的，故B错误；U励=Ed中的d是匀强电场中的任意两，点a、b沿着电场线方向的 距离，故C错误；电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间 距离d,极板面积S等有关，故D正确。 2.B若带电金属球A、B能看成点电荷，设两球心间距为r,根据库仑定律，有F1= k4QXQ r2 不带电的相同的金属球C先与A接触，再与B接触，然后移开C,则A、B两金属球 所带电荷量变为 Qi--2Q:QB--2 2QX Q F1 则A、B间的静电力大小变为F2=k2 4 由题意可知，与两球间距相比，两球半径不能忽略，原来两球带异种电荷，由于相互 吸引，电荷主要集中在内侧，电荷间实际距离小于r,故实际A、B两球间静电力 F>F 后来两球带同种电荷，由于相互排斥，电荷主要集中在外侧，电荷间实际距离大于， 故实际A、B两球间静电力 F<F2 联立可得F<F,B正确。 据 3.D电场线的疏密表示电场强度大小，由图知A点的电场强度小于B点的电场强 度，粒子在A点所受的电场力小于在B点所受的电场力，故粒子在A点的加速度小 于在B点的加速度，故A错误；由带电粒子的运动轨迹和电场线分布情况，知电场力 对粒子做负功，动能减小，电势能增大，则粒子在A点的动能大于它在B,点的动能， 在A,点的电势能小于它在B点的电势能，故B错误，D正确；由沿电场线方向电势降 低知A点电势高于B点电势，故C错误。 4.C由题图可知，液面高度变化时只有正对面积发生变化，板间距离不变；由C 4可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S ErS 减小，则电容减小，由电流从下向上流过电流计，可知该段时间内电容器上的电荷量 减少，由于电势差不变，根据Q=CU可知电容减小，则瓶内液面降低 t时间内减少的电荷量q=It 由C=号可得g=U·△C ac 液面的高度为h时的正对面积S=2πr·h 则△S=2πr·△h 联立部得△从-光故选C 5.B根据电场强度叠加原理可知，a、c、d、f各点电场强度方向不同，故A错误；根据 等量同种电荷电势分布及对称性可知，a、c、d、f四，点的电势相同，故B正确；在等量 同种电荷连线的中垂线上，电场强度是变化的，故该粒子受到的电场力是变化的，则 加速度是变化的，不是匀加速运动，故C错误；如果将一带负电的重力不计的粒子由 a点沿圆孤abc运动到c点，电场力与速度方向夹角先为钝角后为锐角，电场力先做 负功后做正功，故D错误。 6.A粒子做曲线运动，电场力指向曲线的凹侧，所以电场力的方向向右，而粒子带负 电，则场强向左，而沿着电场线方向电势逐渐降低，可知Pp≥pπ≥PQ,故A正确；因 Pp≥pQ,由Ep=qp和q<0可知，带电粒子在P点时的电势能比在Q,点时的电势能 小，故B错误；粒子运动过程中只有电场力做功，电势能和动能相互转化，而电势能 和动能的总和不变，则带电粒子在R点时的动能与电势能之和与在Q点、P点时的 一样大，故C错误；由电场线疏密程度可知，R点场强比Q点场强大，则由=E可 知带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度，故D错误。 7.D微粒开始时做直线运动，说明其所受重力和电场力大小相等，方向相反，当将N 板下移一小段距离时，由E-是和下=E,可推出F减小，所以北后微粒所交重力大 于电场力，微粒会沿轨迹④做曲线运动，故选项D正确。 8.BDb、e两点在同一等势面上，一正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误； 一电子从a点运动到d点，电场力做功为Wd=eUad=4eV,B正确；电场强度垂直 于等势面，并指向电势降低的方向，b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向左， C错误；题图中的等势面为等差等势面，a、b、c、d四个点中，b点处的等势面最密，电 场强度大小最大，D正确。 9.AD连接A、B,交C、O连线于I点，交D、O连线于H点，交 E、O连线于G点，如图所示，由几何关系可得AI=IG=GB,所 以91=2V,9G=4V,故OC为2V的等势线，因此pc=2V, DG∥CO,因此PD=PG=4V,故C错误，D正确；由几何关系可 知BO⊥CO,故电场沿BO方向，则电场强度的方向由B指向 0,电场强度大小为E=0=B。0=2V/m,故A正确，B错误。 R 10.BC粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做 初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个乞的时间内沿竖直方向的位移之比为 1:3,则在前台时间内，电场力对粒子微的功为日9U,在后台时间内，电场力对粒 子微的功为名9U,A错误，B正确；由W=qEx知，在粒子下落的前4和后过程 中，电场力做功之比为1：1，C正确，D错误。 11.BD粒子3做近心运动，电场力做正功，动能增大，故入射时动能小于出射时动能， A错误。 粒子4做离心运动，电场力做负功，动能减小，故入射时动能大于出射时动能，B 正确。 粒子3 探测器粒子4 探测器 极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，设E= 对粒子1，粒子2有gE=m P 可得动能E三2m心-，与运动半径无关故粒子1与粒子2入射时动能相等，0 错误。 由以上推导，若粒子1与粒子3入射时动能相等，则粒子3入射时的动能也等于粒 子2入射时的动能 而现在粒子3做近心运动，其所受合力必大于其所需要的向心力，故粒子3入射的 初速度必小于其做匀速圆周运动的速度，即小于粒子2的入射速度，D正确。 12.答案(1)正电餐 (2)油滴所带电荷量是1.6×10-19C的整数倍 解析(I)该油滴竖直向下做匀速直线运动，受重力和电场力，二力平衡，故电场力 向上，而场强向上，故油滴带正电；匀速运动时油滴处于平衡状态，重力和电场力平 衡，mg宁，解得q"2。 U (2)由数据可知，油滴所带电荷量是1.6X10-19C的整数倍。 13.答案(1)左右(2)1.6×10-31.8×10-4(3)不变变短 解析(1)将开关S接通1，电容器的左极板与电源的正极相连，所以电容器的左极 板带正电；再将S接通2，电容器通过电阻R放电，所以通过R的电流方向向右。 (2)电容器所带的电荷量在数值上等于I一t图像与坐标轴所包围的面积。 每个小方格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.2C=4×10-5C 曲线下包含的小方格的个数为40（格数为38~42都正确）。 故电容器所带的电荷量Q=40×4×10-5C=1.6×10-3C 根据电容的定义式可得C-吕-16X10p=1.8X104F (3)电容器所带的电荷量Q=CU,与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减 参考答案49第十章 静电场中的能量 第二单元 电容器 带电粒子在电场中的运动 B卷 能力提升 凿 建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共11小题，共44分.在每小题给出的四个选项中， 第1一7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8一11题有多项 符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的 密 得0分) 1.某电容器的电容是30uF,额定电压为200V,击穿电压为400V, 对于该电容器，下列说法正确的是 慕 封 A.为使该电容器两极板间的电压增加1V,所需要增加的电荷 量是3×10-5C B.当电容器带1C的电荷量时，两极板间的电压为3×103V 线 C.该电容器能容纳的电荷量最多为6×10-3C D.该电容器两极板间能承受的最大电压为200V 2.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病.一种叫作心 内 脏除颤器的医疗设备，其工作原理是通过一个充电 的电容器对心室纤颤患者皮肤上安装的两个电极 板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏停止跳动，再刺激心室纤 不 颤患者的心脏恢复正常跳动.如图是一次心脏除颤器的模拟治 疗，若心脏除颤器的电容器电容为15uF,充电至9.0kV电压， 如果电容器在2.0ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极 数 准 板间的电势差减为零.下列说法正确的是 A.若充电至4.5kV,则该电容器的电容为7.5μF B.充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是0.27C 答 C.这次放电过程中有0.135C的电荷通过人体组织 D.这次放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的 3.半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽 题 车等设备的安全识别，如图所示.传感器 半导体基板上有大量金属颗粒，基板上的 每一点都是小极板，其外表面绝缘.当手 指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凹凸不平，凸点处与 凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容 器，使每个电容器的电压保持不变，对每个电容器的放电电流进行 测量，即可采集指纹.指纹采集过程中，下列说法正确的是( ) A.指纹的凹点处与小极板距离远，电容大 赵 北 B.指纹的凸点处与小极板距离近，电容小 C.手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电荷 量增大 D.手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电荷 量减小 4.如图所示，两平行金属板AB、MN与水平面 成30°角固定放置，金属板间存在匀强电场. 一带电小球以一定的速度垂直场强方向射入 电场中，恰能沿两板中央虚线做直线运动.已 知重力加速度为g,不计空气阻力.在此过程 B30° 中，下列说法正确的是 ( A.小球一定带负电 B.小球一定做匀速直线运动 C.小球的电势能增大 D.小球加速度大小为号 5.如图所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速A 度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的 b a 匀强电场，a粒子打在B板的a'点，b粒子打在 B板的b'点，若不计重力，则 )B a' h A.a的电荷量一定大于b的电荷量 B.b的质量一定大于a的质量 C.a的比荷一定大于b的比荷 D.b的比荷一定大于a的比荷 6.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板 接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小） ·P 固定在P点，如图所示，以E表示两极板间 厂二222222222二222二二1 的电场强度，U表示电容器的电压，E。表示 正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中 虚线所示的位置，则 A.U变小，E不变 B.E变大，E。变大 C.U变小，E。不变 D.U不变，E。不变 7.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强 电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细 线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为 E 0 m的带电小球.小球静止时细线与竖直方向 成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.下 列说法正确的是 A.匀强电场的电场强度E=2 mgtan0 q A小球动能的设小值为瓜，= C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电 势能先减小后增大 8.如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属 板，G为静电计.开始时开关S闭合，静电计 指针张开一定角度，为了使指针张开的角度 增大些，下列措施可行的是 ( A.断开开关S,并使A、B两极板分开些 B.断开开关S,并使A、B两极板正对面积错 开些 C.保持开关S闭合，使A、B两极板靠近些 D.保持开关S闭合，使A、B两极板正对面积错开些 9.如图所示，氕、氘、氘的原子核由初速度为零 经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏 荧光屏 转，最后打在荧光屏上，那么 () A.经过加速电场的过程中，静电力对氚核 做的功最多 B.经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多 C.三种原子核打在屏上的速度一样大 D.三种原子核都打在屏的同一位置上 10.如图所示，A板上有电子发射装置，发射出的电子经A、B间电 场加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加 的电压为U,电子最终打在荧光屏P上，不计重力影响.关于电 子的运动，下列说法中正确的是 () + 0 A.只将滑动变阻器的滑动触头向左移动，电子打在荧光屏上的 位置下移 B.只将滑动变阻器的滑动触头向左移动，电子打在荧光屏上的 位置上移 C.只将金属板间电压变为原来的2倍，电子打到荧光屏上的位 置与O点的距离将变为原来的2倍 D.只将金属板间电压变为原来的2倍，电子打到荧光屏上的位 置与O点的距离将变为原来的4倍 11.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用 于对多种病情的探测.图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其 中X射线产生部分的示意图如图乙所示.图乙中M、N之间有 一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转电场，方向竖直，经 调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电 场后速度与水平方向成30°角，打到水平圆形靶台上的中心点 P,产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）.已知M、N两端的 电压为U。,偏转电场区域水平宽度为L。,高度够长，M、N中电 子束与靶台的竖直距离为H,忽略电子的重力影响，不考虑电 子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻 力.则 () 偏转元件 探测器 电子枪电子束 -X射线束 床 目标靶台 分 第一部分单元检测卷11 偏转电场 X射线束 乙 A.偏转电场方向竖直向下 B.若加速电压U。增大少许，电子会打在P点右侧 C.偏转电场的场强大小为23U, 3L。 D.P点到偏转电场右边界的距离为，3H一分 二、实验题（本题共2小题，共14分） 12.(7分)电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分，2021 年3月，我国无线充专用MLCC研发获得重大突破，NPO电容 器实现国产，并且开始批量出货，在此之前，PO电容器产量均 集中在日韩企业手中，国产化替代加速后，已走进我们的日常生 活.NPO电容器是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷 电容器，某兴趣小组要测定一个NPO电容器的电容，设计的电 路图如图甲所示，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路 中电流随时间变化的曲线.选用器材如下：待测电容器（额定电 压为16V);电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻 R(1002);单刀双掷开关；导线若干 //mA m 电流接计算机 90 传感器 多 丙 实验过程如下： ①按照图甲正确连接电路； ②将开关S掷向1端，电源向电容器充电； ③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I一t图线如图乙 中的曲线所示； ④利用计算机软件测出I一t图像中曲线和两坐标轴所围的面 积，根据物理知识可知该面积大小等于电容器存储的电荷量 (1mA·s=10-3C). 请回答下列问题： (1)已知测出的I一t图线和两坐标轴所围的面积为42.3mA· s,则电容器全部放电过程中释方的电荷量为 C,电容 器的最大电压为 V,电容器的电容为 F(均保 留两位有效数字)； 12第一部分单元检测卷 (2)若将定值电阻换为R,=80Ω的电阻，重复上述实验步骤， 则电流随时间变化的I一t图线应该是图丙中的曲线 (选填“b”或“c”). 13.(7分)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大 小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小. 如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B 固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度. 恒压电源 (1)断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度 (填“增大”“减小”或“不变”). (2)断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度 (填“增大”“减小”或“不变”). (3)保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开 的角度 (填“增大”“减小”或“不变”). (4)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有 A.静电计可以用电压表替代 B.静电计可以用电流表替代 C.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 D.使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况 三、计算题（本题共3小题，共42分.解答时应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14.（12分)将一带电粒子以初速度。沿水平方 向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中， A 粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方 0150° 向的夹角为150°，电场的水平宽度为L,如图 所示，不计粒子的重力，设粒子的质量为m, 电荷量的绝对值为q. (1)该匀强电场的电场强度为多大？ (2)A、B两点的电势差UAB为多大？ 15.(14分)如图所示充电后的平行板电容器水平 +0 放置，电容为C,极板间距离为d.上极板正中 有一小孔.质量为m、带电荷量为+q的小球 从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小 d 孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略 不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g).求： (1)电容器所带电荷量； (2)小球在电容器中向下运动到速度为零的时间； (3)若只把上极板向上平移d(d<h),小球还能刚好到达下极 板，必须给小球多大的初速度 16.(16分)如图所示，在某一真空区域 存在三个相邻且有理想边界的与 纸面平行的匀强电场，I区两竖直 01 边界间距为L,匀强电场水平向左， 场强大小为E;Ⅱ区匀强电场竖直 向下，大小未知，两竖直边界间距 也为L,上下方电场分布区间足够大；Ⅲ区匀强电场场强大小也 为E,方向与竖直方向成30°角斜向右上方，电场区间足够大.现 有一电子，质量为m,电荷量大小为e,在I区左侧边界的O,点 由静止释放，仅在电场力的作用下开始运动.试求： (1)电子射出I区进入Ⅱ区时的速度大小o; (2)若电子射出Ⅱ区进人Ⅲ区时的速度方向与Ⅲ区的电场方向 平行，求Ⅱ区的电场强度E2； (3)在满足第(2)问的前提下，电子从I区左侧边界出发到首次 回到I区左侧边界的时间是多少.