10.5带电粒子在电场中的运动过关测试

10.5 带电粒子在电场中的运动 过关测试
一、单选题
1．已知平行板电容器水平放置，极板间存在匀强电场，电容器的中线为。带有同种电性且质量均为的小球、，电荷量、，从点分别以水平初速度、射入平行板电容器，，发现它们的运动轨迹恰好关于对称，如图所示，忽略两小球间的相互作用，不计空气阻力，重力加速度大小为，则该极板间的电场强度的大小等于（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示，A、B为水平放置的两个平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M和N．今有一带电油滴，质量为m，从A板的上方距A板为d的P点由静止开始自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，带电油滴通过N孔时的动能Ek＜2mgd．若将极板A向上移一小段距离，到图中虚线所示位置，则带电油滴通过N孔时的动能Ek′和油滴所带电荷的种类是(　　)
A．油滴带正电，Ek′＝Ek B．油滴带正电，Ek′＜Ek
C．油滴带负电，Ek′＝Ek D．油滴带负电，Ek′＜Ek
3．如图（1）所示，在平行板电容器的A附近，有一个带正电的粒子（不计重力）处于静止，在A、B两板间加如图（2）所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在时刻到达B板，此时粒子的动能大小为，求等于（ ）
A．35 B．53 C．11 D．925
4．如图所示，A、B为水平金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，开关S闭合，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点（未画出），自A板上方距离为h的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，质点到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，则下列说法错误的是（　　）
A．把A板向上平移一小段距离，质点自P自由下落，能再次返回P点
B．若S断开，把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后穿过N孔继续下降
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P自由下落后穿过N孔继续下降
D．若S断开，把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落到达N孔前返回
5．如图为正点电荷的电场，将负点电荷沿直线从移到，则有（　　）
A．所受的电场力减小，电势能增大
B．所受的电场力增大，电势能增大
C．所受的电场力增大，电势能减小
D．所受的电场力减小，电势能减小
6．原来静止的氕核（）、氘核（）、氚核（）混合物经同一电场加速后（不考虑电荷之间的静电力作用），它们具有相同的（ ）
A．速度 B．动能 C．动量 D．以上都不对
7．图示是某种静电除尘的装置：空气中的大量尘埃先通过电离区后带上负电，然后沿平行于金属筒的轴线方向以相同大小的速度射入金属圆筒。在金属圆筒的轴线处放置有一根细金属丝，并在金属丝和金属筒壁间接上高压直流电源。已知尘埃的质量为m，电荷量为，金属筒和金属丝的电势分别为、，且，假定金属筒及金属丝足够长，忽略尘埃颗粒的重力及尘埃间的相互作用，则被金属筒壁吸收的尘埃颗粒的最大动能等于（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，在真空中电荷量相等的离子P1、P2分别以相同初速度从O点沿垂直于电场强度的方向射入匀强电场，粒子只在电场力的作用下发生偏转，P1打在极板B上的C点，P2打在极板B上的D点．G点在O点的正下方，已知GC＝CD，则离子P1、P2的质量之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
9．如图所示，两正对的水平金属板与一电压恒定的直流电源相连。一带电油滴以某一初速度沿水平直线AB运动。当油滴运动到P点时，将平行金属板分别绕通过中心点O、O′垂直于纸面的轴同时缓慢顺时针旋转至图中虚线位置，两板始终保持平行，则旋转过程中油滴在两板间（　　）
A．将沿PB做匀速直线运动
B．将沿PB做匀加速直线运动
C．运动过程电势能不变
D．运动过程电势能逐渐减小
二、多选题
10．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小也为v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程
A．动能增加 B．机械能增加
C．重力势能增加 D．电势能增加
11．如图甲所示，一个带电油滴从O点以速度v向右上方射入匀强电场中，v的方向与电场方向成α角．若测得油滴到达运动轨迹的最高点P时，它的速度大小仍为v，则下列说法正确的是（ ）
A．P点一定在O点的右上方
B．OP与初速度v所成的角度可能为
C．油滴到达最高点时，电场力对小球做功的瞬时功率为0
D．油滴到达最高点的过程，电场力对小球一定做正功
12．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（　　）
A．带电油滴将竖直向下运动 B．带电油滴的机械能将增加
C．P点的电势将升高 D．电容器的电容增加，极板带电量增加
13．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，重力不计。则下列判断正确的是（　　）
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∶1∶2
D．三种粒子运动到荧光屏时的动能之比为1∶1∶2
14．带电粒子以相同的速度分别垂直进入匀强电场和匀强磁场时，它将（ ）
A．在匀强电场中做匀速圆周运动 B．在匀强磁场中做变加速曲线运动
C．在匀强电场中做抛物线运动 D．在匀强磁场中做抛物线运动
15．如图所示，竖直放置的光滑绝缘圆环穿有一带正电的小球，匀强电场方向水平向右，小球绕O点做圆周运动，那么（ ）
A．在A点小球电势能最大 B．在B点小球重力势能最大
C．在C点小球机械能最大 D．在D点小球动能最大
16．匀强电场的场强随时间变化的图像如图所示，在这匀强电场中有一个带电粒子，在t=0时刻，由静止释放。若带电粒子只受电场力的作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是（　　）
A．带电粒子将在电场中做有往复但总体上看不断向前的运动
B．0-3s内电场力的冲量为零，电场力做功为零
C．3s末带电粒子回到原出发点
D．0-4s内电场力的冲量不等于零，而电场力做功却为零
三、解答题
17．如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C，电容器接入电路如图所示，极板间距离为d，上极板M和下极板N的正中各有一个小孔。开始时闭合开关，电容器始终与电源连接。将一个质量为m、电荷量为+q的小球从小孔A的正上方高h处的B点，由静止开始下落，穿过小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）将N板下移后，仍将小球从B点释放，小球是否能穿过下极板N中的小孔？若不能，请你计算出小球往复运动的周期；若能，请你判断小球到下极板N以后的运动情况，并说明理由。
（2）若断开开关，然后将N板下移后，仍将小球从B点释放，小球是否能穿过下极板N中的小孔？若不能，请你计算出小球往复运动的周期；若能，请你判断小球到下极板N以后的运动情况，并说明理由。
18．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限的空间内存在沿y轴负方向、电场强度E=200V/m的匀强电场，第二象限的空间内存在垂直纸面向里、磁感应强度B=0.125T的匀强磁场。质量均为m=4.0×10-15kg、电荷量均为q=+2.0×10-9C的两带电粒子a、b先后以v0=5.0×103m/s的速率，从y轴上P点沿x轴正、负方向射出，PO之间的距离h=8.0×10-2m，经过一段时间后，两粒子先后通过x轴。若两粒子之间的相互作用、所受重力以及空气阻力均可忽略不计，求：
(1)粒子a在电场中运动的加速度大小a1；
(2)粒子a通过x轴时与O点的距离xa；
(3)a、b两粒子的轨迹与x轴交点之间的距离d。
19．一根很长、很细的圆柱形的电子束由速度为v的匀速运动的低速电子组成，电子在电子束中均匀分布，沿电子束轴线每单位长度包含n个电子，每个电子的电荷量为﹣e（e＞0），质量为m。该电子束从远处沿垂直于平行板电容器极板的方向射向电容器，其前端（即图中的右端）于t＝0时刻刚好到达电容器的左极板．电容器的两个极板上各开一个小孔，使电子束可以不受阻碍地穿过电容器．两极板A、B之间加上了如图所示的周期性变化的电压VAB（VAB＝VA﹣VB，图中只画出了一个周期的图线），电压的最大值和最小值分别为V0和﹣V0，周期为T。若以τ表示每个周期中电压处于最大值的时间间隔，则电压处于最小值的时间间隔为T﹣τ。已知τ的值恰好使在VAB变化的第一个周期内通过电容器到达电容器右边的所有的电子，能在某一时刻tb形成均匀分布的一段电子束。设电容器两极板间的距离很小，电子穿过电容器所需要的时间可以忽略，且mv＝6eV0，不计电子之间的相互作用及重力作用。求：满足题给条件的τ和tb的值？
20．如图，光滑水平面上存在水平向右、场强大小为E的匀强电场，电场区域宽度为L。质量为m、电荷量为+q的物体A从电场左边界由静止开始运动，离开电场后与质量也为m的物体B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。B的右侧拴接一处于原长的轻弹簧，弹簧右端固定在竖直墙壁上（A、B均可视为质点）。求：
（1）物体A在电场中运动时的加速度大小；
（2）弹簧的最大弹性势能。
21．如图所示，MN 和PQ 是匀强磁场的理想边界，MN上方为匀强磁场Ⅰ，PQ下方为匀强磁场Ⅱ，MN和 PQ间距为d d ，之间区域没有场。质量为m，带电量为q的负电粒子自M点以速度v0，方向与边界夹角45°斜向右上第一次射入Ⅰ磁场，带电粒子每次穿越边界MN和PQ过程中动能可能有损失，穿越后的动能为穿越前的k倍（k≤1），已知，两部分磁场方向均垂直纸面向里，磁感强度大小均为B ，粒子的重力和空气阻力可以忽略。
(1)为了使粒子能返回 MN 边界，磁场Ⅰ的最小宽度为多大？
(2)若粒子自A点第一次离开磁场Ⅰ，为使粒子第二次进入磁场Ⅰ的位置为A点，k的值为多少？
(3)若 k=，请计算第3次到达磁场Ⅰ位置距M点的距离？
22．示波器是用来观察电信号随时间变化情况的一种电子仪器。如图示有一电子（）经电压加速后，以速度v0进入间距为、电压的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，且恰好穿过电场。求（结果均保留一位有效数字）：
(1)电子进入偏转电场时速度v0的大小；
(2)偏转电场金属板的长度L。
23．如图所示，一质量为M=4.0kg的平板车静止在粗糙水平地面上，其右侧某位置有一障碍物A，一质量为m=2.0kg可视为质点的滑块，以v0=10m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的恒力F使平板车向右做加速运动．当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F，小车在地面上继续运动一段距离L=4m后与障碍物A相碰．碰后，平板车立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，测得通过C点时对轨道的压力为86N．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ1=0.5、平板车与地面间μ2=0.2，圆弧半径为R=1.0m，圆弧所对的圆心角∠BOD=θ=106°．取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．试求：
（1）AB之间的距离；
（2）作用在平板车上的恒力F大小及平板车的长度．
24．如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，圆形金属线圈的总电阻也为R，其余导线的电阻不计。线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场B。电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系（坐标原点O在N板的下端）的第一象限内，有方向竖直向下的匀强电场，电场沿x轴方向的宽度为d。在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，d）垂直y轴进入第一象限，最后由电场右边界与x轴的交点处离开第一象限。求：
(1)平行金属板M、N获得的电压U；
(2)第一象限内匀强电场的电场强度E。
25．甲在x轴上有两个点电荷和（在的左边）x轴上每一点处电势随着x变化的关系如图所示.当时，电势为0；当时，电势有最小值．（点电荷产生的电场中的电势为）
（1）求两个电荷和的位置坐标；
（2）求两个电荷电荷量的比值.
26．如图所示，质量为、带电荷量为的粒子在水平向右的匀强电场中的A点时速度大小为，方向与电场线垂直，在点时速度大小为，方向与电场线平行，重力加速度为。求：
（1）A、两点间的竖直高度；
（2）A、两点间的电势差。
27．如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压，A、B两板的中央留有小孔、，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场，场强大小为，在电场范围固定了一倾角为45°的斜面，且电场左边缘刚好与斜面竖直面重合。现从小孔处由静止释放一质量为、电荷量为（）的粒子，粒子加速后刚好水平通过斜面顶端P点，最终落到Q点，不计粒子的重力。求：
（1）粒子经过P点时的速度大小；
（2）粒子从P点到Q点运动的时间；
（3）粒子到Q点时的速度大小。
28．某点电荷由大地运动到电场中的点，电场力对它做功，再由点继续运动到点，它克服电场力做功，设大地的电势为零，问：
（1）点电势和点的电势分别是多少？
（2）另一个负点电荷，在点的电势能？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可得，因为A、B质量相等，且极板间存在匀强电场，设极板间的距离为d,又电荷量、，故可得，A球向上偏转，B球向下偏转，它们的运动轨迹恰好关于对称，可得A、B水平和竖直方向的位移相同，即有
又
可得
竖直方向，对A球有
竖直方向，对B球有
代入数据，解得
ACD错误，B正确。
故选B。
2．C
【解析】
【详解】
由题设条件知，把A板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，小球到达N点速度仍为原来的速度，小球会穿过N孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电，故ABD错误，C正确。
故选C。
3．B
【解析】
【详解】
设两极板间的距离为d，经时间刚好到达B板时，粒子先加速然后减小再加速，根据对称性可得电场力做功，粒子在时刻到达B板，则两极板间的距离增大，两极板间的电压变为原来的，根据对称性可得电场力做功，故，B正确。
【点睛】
带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由题意可知，对质点有
可知质点克服电场力做的功等于重力做的功；把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，不变，重力做功不变；U不变，电场力做功不变，小球到达N点时速度恰好为零，然后返回，故A正确。
B．若S断开，两板带电荷量不变，把B板向上平移一小段距离，两板间电场强度不变，电场力做的功
则质点自P点自由下落后穿过N孔继续下降，故B正确。
C．把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，则小球未到达N点速度已减为零，然后返回，故C错误。
D．若S断开，把B板向下平移一小段距离，两板带电荷量不变，两板间电场强度不变，电场力做的功
则质点自P点自由下落到达N孔前速度已减为零，然后返回，故D正确。
本题选择错误的，故选C。
5．A
【解析】
【详解】
从A移到B，电场线变疏，场强减小，由F=qE可知，q所受的电场力减小。负点电荷所受的电场力方向从B到A，与位移方向相反，所以电场力对q做负功，电势能增大。故A正确，BCD错误。
故选A。
6．B
【解析】
【详解】
氕核（）、氘核（）、氚核（）的电荷量相同，根据动能定理，有：
故动能相同，速度不同，动量不同；
A．与分析不符，不符合题意；
B．与分析相符，符合题意；
C．与分析不符，不符合题意；
D．与分析不符，不符合题意．
7．A
【解析】
【详解】
沿着金属圆筒轴线射入的尘埃到达金属圆筒筒壁电场力做功最大，即有最大动能，由动能定理可得
解得
故选A。
8．D
【解析】
【详解】
设离子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，在水平方向可得离子运动的时间
由于GC=CD，所以飞行的时间之比
t1∶t2=1∶2
在竖直方向偏转量h相同，则有
加速度
联立可得
因为P1带电荷量与P2的带电荷量相同，可得
m1∶m2=1∶4
故选D。
9．D
【解析】
【详解】
AB．油滴仅在重力和电场力作用下能以某一水平初速度沿图中直线AB运动，一定是重力和电场力相互平衡，电场力方向竖直向上，油滴一定带负电，且
将平行金属板分别绕通过中心点O、O′垂直于纸面的轴同时缓慢顺时针旋转的过程中，板间距离变为
受力分析如下右图所示
此时电场力为
其竖直分力为
油滴竖直方向受力平衡，水平分力为
则
随的增大而增大，油滴继续沿直线PB运动，且做加速度逐渐增大的加速运动，AB错误；
CD．油滴沿直线PB运动，因电场力对油滴做正功，油滴电势能逐渐减小，C错误，D正确。故选D。
10．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球从M运动到N的过程中，动能增加了
hao
选项A错误；
B．在竖直方向上，小球做竖直上抛运动。到达N点时竖直方向速度为0，由匀变速直线运动规律得，小球上升的高度为，由动能定理得
解得
机械能的增加量为
选项B正确；
C．小球的重力势能增加了
选项C正确；
D．由电场力做功与电势能变化量的关系，电势能减少了，选项D错误。
故选BC。
11．BD
【解析】
【详解】
试题分析：当油滴带正电时，电场力向右，则油滴向右上方偏，所以P点在O点的右上方；若油滴带负电时，电场力向左，则油滴先向右上方偏，后向左上方运动，所以P点在O点的左上方，故A错误；将油滴所受的电场力和重力的合力作为油滴的等效重力，所以小球的运动为“类斜上抛运动”．（1）若油滴带正电，则油滴向右做类斜抛运动，轨迹如图所示．当油滴运动到最高点P时，速度方向水平，由题意知此时油滴的速度大小仍为v，所以OP两点均位于x轴上，由类斜抛运动的特点可知速度方向如图所示，则，所以，即OP与初速度v的夹角为，而G与Eq的合力G′与x轴垂直，（2）若油滴带负电，则带电粒子的运动轨迹及速度方向如图所示，用同样的方法可求得OP与初速度v的夹角为，故B正确；
在最高点P，等效重力与速度v的方向不垂直，所以其瞬时功率不为零，故C错误；油滴从O到P的过程，动能不变，重力势能增加，电势能减小，电场力做正功，故D正确；
考点：考查了带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路
1．正确的受力分析
除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．
2．正确分析物体的运动状态
找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．
（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）．
（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．
（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成
12．AC
【解析】
【分析】
【详解】
D．下极板缓慢向下移动一小段距离，d增大，据平行板电容的决定式
可知电容器电容C减小，因为两极板和电源相连，所以电压不变，根据公式
可知电荷量Q减少，D错误；
A．根据公式
可知两极板间的电场强度E减小，所以油滴受到的电场力减小，故重力大于电场力，带电油滴将向下运动，A正确；
C．电场中某点的电势等于该点到参考点间的电势差，由于上极板电势为零，电场中场强方向向下，沿电场方向电势降低，故P点电势小于零，即
P点到上极板（参考点）间的距离不变，场强E减小，故P点的电势升高，C正确；
B．因油滴向下运动过程电场力做负功，电势能增大，故机械能减小，B错误。
故选AC。
13．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子加速过程
qU1＝mv2
从B至M用时
t＝
得
t∝
所以
t1∶t2∶t3＝1∶∶
A错误；
B．偏转位移
所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，B正确；
C．电场力做功
W＝qEy
得
W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2
C正确；
D．粒子运动到荧光屏时的动能为电场力做的功，即有
可得三种粒子的动能之比
D正确。
故选BCD。
14．BC
【解析】
【详解】
带电粒子以相同的速度垂直进入匀强电场，会做类平抛运动即（匀变速曲线运动），A错，C对．带电粒子以相同的速度垂直进入匀强磁场，洛伦兹力提供向心力粒子做匀速圆周运动（变加速曲线运动）B对．D错，所以选BC
15．ABC
【解析】
【详解】
试题分析：正电荷从A向C运动过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，所以A点电势能最大，故A正确； 物体位置越高，重力势能越大，所以B点小球的重力势能最大，故B正确；除重力以外，其它力所做的功，等于物体的机械能变化量，所以从A运动到C的过程中，电场力一直做正功，机械能一直增大，故C点具有最大的机械能，故C正确；根据合外力做功判断小球的动能变化．小球再从D点向右运动的最初一小段距离内，电场力做的正功大于重力做的负功，所以动能在增加，故D错误；故选ABC.
考点：功能关系.
【名师点睛】解答此题要熟练掌握功能关系，并能根据功能关系判断各种能量的变化：由电场力做功判断电势能的变化，根据重力做功判断重力势能的变化，根据除重力以为其它力做功判断机械能变化，根据合外力做功判断小球的动能变化．
16．BC
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可画出该粒子的速度时间图像如下（取开始运动方向为正方向）：
A．从图可看出，带电粒子将在电场中在某一位置做往复运动，故A错误；
BC．在3秒末，带电粒子的速度为零，由于粒子初速度为0，由动量定理可知0-3s内电场力的冲量为零；由图像可知此时该带电粒子又回到原来的位置，所以电场力做功为零，故B、C正确；
D． 4秒末，带电粒子的速度不为零，所以0-4s内电场力的冲量不为零，由于此时该带电粒子不在原来的位置，所以电场力做功不为零，故D错误；
故选BC。
17．（1）能穿过N板，做匀加速直线运动；（2）不能穿过N板，
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零，由动能定理有
电容器始终与电源连接，则电容器的电压不变，将N板下移，假设小球能到达下极板，重力做功为
电场力做功为
联立，比较可知
即小球到达下极板时，正功大于负功，即小球还有速度，则小球穿过下极板继续做匀加速直线运动。
（2）电容器与电源断开，则电容器的电量不变，将N板下移，假设小球能到达下极板，重力做功为
电场力做功为
而，，，比较可知
即总的正功小于负功，则小球不能到达下极板，设小球从M板小孔下降时速度减为零，有
解得
小球下降至M板，做自由落体运动，设时间为t1，进入电容器后做匀减速直线运动，时间为t2，有
由运动的对称性可知，运动的周期为
解得周期为
18．(1)1.0×108m/s2；(2)0.20m；(3)0.28m
【解析】
【详解】
(1)粒子a在电场中所受电场力
F电=qE
在电场中运动的加速度大小
1.0×108m/s2
(2)设粒子a在电场中运动的时间为t1，其沿y轴方向做匀加速直线运动，因此有
其沿x轴方向做匀速直线运动，则通过x轴时与O点的距离
解得
(3)粒子b在磁场中做匀速圆周运动，设其运动半径为R，根据牛顿第二定律有
解得
R=8.0×10-2m
由几何关系可知，粒子b恰好以O点为圆心经圆周射出磁场，所以其出射点到O点的距离
xb=8.0×10-2m
a、b两粒子的轨迹与x轴交点之间的距离
d=xa+xb=0.28m
19．；
【解析】
【详解】
当电子通过电容的过程中，电子的动能发生变化；由于电容器所加的是周期变化的电压，所以，电子的动能变化也不相同；当A、B间加正向电压时，电子在电容器中做减速运动，设电子通过电容器后的速度为；当A、B间加上反向电压时，电子在电容器中做加速运动，设电子通过电容器后的速度为，由动能定理，有
又
即
解以上几式得到
依题意知道，在第一周内通过电容器的所有电子能够在某个时刻形成均匀分布的一段电子束，说明第一周期内通过电容器的两端电子束的长度相同，即
解得
若在时刻形成均匀分布的一段电子束，即为两段电子束刚好重叠，固有
解得
20．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）设物体A在电场中运动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
qE=ma ①
解得
②
（2）设物体A离开电场时的速度大小为v0，根据动能定理有
③
设A、B碰撞后瞬间整体的速度大小为v，根据动量守恒定律有
④
根据能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为
⑤
联立③④⑤解得
⑥
21．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律
所以
根据几何关系，Ⅰ磁场宽度d′
(2)粒子自A点离开磁场，与边界夹角为45°，自B点进入Ⅱ磁场，自C点离开，为了粒子能返回A点
所以
洛伦兹力提供向心力
自Ⅰ磁场进入Ⅱ磁场，两次穿越边界
解得
(3)根据题意已知，第一次进入磁场Ⅰ时粒子运动轨迹半径为d，
第一次进入磁场Ⅱ时
轨道半径
第二次进入磁场Ⅰ时
轨道半径
第二次进入磁场Ⅱ时
轨道半径
根据几何关系
所以
22．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)由动能定理
解得
(2)电子做类平抛运动
解得
23．（1）1.2m．（2）F=22N． 5m．
【解析】
【详解】
(1) 对小物块在C点由牛顿第二定律得，
代入数据解得：
从B到C，由动能定理有：
代入数据解得：vB=5m/s
在B点，由几何关系有：
vy=vBsin53°=5×0.8m/s=4m/s
v=vBcos53°=5×0.6m/s=3m/s
从A到B，设小物块作平抛运动的时间为t，则有：
vy=gt
解得：
则AB之间的水平距离为：x=vt=3×0.4m=1.2m；
(2) 设物块与平板车达共同速度v共后，物块与平板车一起向右减速滑行，设此过程加速度大小为a，则：
由运动学公式有：v2-v共2=-2aL，
代入数据解得：v共=5m/s
对物块，冲上平板车后做加速度大小为a1的匀减速运动，对平板车，物块冲上后做加速度大小为a2的匀加速运动，经时间t1达共同速度v共
依题意对小物块有：
a1=μ1g=5m/s2，
由v共=v0-a1t1，代入数据解得：t1=1s
对平板车：v共=a2t1，解得：a2=5m/s2
由牛顿第二定律得：F+μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2
代入数据解得：F=22N
小物块的位移：
平板车的位移：
所以小车的长度为：L=x物-x车=7.5-2.5m=5m．
24．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)圆形磁场的磁感应强度均匀增大，线圈上产生感生电动势
线圈和电阻构成闭合电路，电流为
电容器并联在电阻R两端，其电压为
(2)带电粒子在电容器中做直线加速，设加速后的速度为，由动能定理有
粒子在第一象限做类平抛运动，有
联立可得匀强电场的场强为
25．（1）， （2）
【解析】
【详解】
由于在处，电势趋于正无穷，可知在原点有一个正电荷，即或在处，假设在原点，则在x轴的正半轴，此时在x轴正半轴一定有某处（即所处位置）电势为无穷大（或无穷小），与图像矛盾，则只能是在原点，在x轴的负半轴.又由于总电势可以为负，可知，设的位置坐标为，，在处，总电势为0，则
在处，电势最低，则电场强度为0，有
解得
则两点电荷、的位置坐标分别为
，
电荷量的比值为
26．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有
解得A、两点间的竖直高度
（2）电场力做正功，重力做负功，则根据动能定理
解得A、两点电势差应为
27．（1）1m/s；（2）1s；（3）
【解析】
【详解】
（1）粒子由释放到P点过程，根据动能定理
解得
（2）粒子由P到Q过程中，做类平抛运动，有
解得
（3）粒子到Q点时的速度大小
28．（1）；（2）（）
【解析】
【详解】
（1）设大地的点为点，电势为零，依据电场力做功，，代入数据解得，同理，由到的过程中，，代入数据解得．
（2）依据电势能公式．
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