周测4　电容器　带电粒子在电场中的运动（含解析）高中物理人教版（2019）必修第三册

周测4　电容器　带电粒子在电场中的运动
(时间：60分钟　满分：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.(2024·岳阳市高二期末)人体神经受到刺激时，Na+就会从神经细胞膜一侧快速移动到另一侧，导致细胞膜两侧电势差发生变化。若将神经细胞膜视为电容为1.5×10-8 F的电容器，若某人某次受到刺激时该细胞膜两侧电势差从20 mV变为40 mV，则该过程中通过该细胞膜的电荷量为(　　)
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.示波管的构造如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)
A.极板X应带正电，极板Y应带正电
B.极板X'应带正电，极板Y应带正电
C.极板X应带正电，极板Y应带负电
D.极板X'应带正电，极板Y'应带正电
3.(2025·江门市高二期中)如图所示，地面上空有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成30°角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.小球带正电荷
B.小球受到的静电力与重力大小之比为2∶1
C.小球从A运动到B的过程中电势能增加
D.小球从A运动到B的过程中静电力所做的功大于其机械能的变化量
4.(2025·宜春市中学高二月考)如图所示，平行板电容器实验装置中，极板A接地，B与一个灵敏的静电计相接。若电容器的电容为C，两极板间的电压为U，静电计张角为θ，两极板间的电场强度大小为E，则(　　)
A.将A极板向上移动，C变大，U变小，θ变大，E变小
B.将A极板向下移动，C变小，U变大，θ变小，E不变
C.将A极板向右移动，C变大，U变小，θ变小，E变小
D.将A极板向左移动，C变小，U变大，θ变大，E不变
5.(2025·河北省曲阳县第一高级中学高二月考)如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度与下板的夹角θ=30°，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A.粒子做非匀变速运动
B.粒子的末速度大小为v0
C.匀强电场的电场强度大小为
D.两板间的距离为
6.(2025·哈尔滨市高二阶段练习)粒子直线加速器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筒分别和交流电源相连，交流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。若电子质量为m，电荷量为e，交流电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力，忽略电子通过圆筒狭缝的时间，下列说法正确的是(　　)
A.电子在各狭缝间做匀速运动
B.电子离开1金属圆筒时的速度大小为
C.第n号圆筒的长度应满足Ln=T
D.保持加速器筒长不变，若要加速比荷更小的粒子，则要调大交流电压的周期
7.(2024·北京市大兴区高一期末)真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球在B点静止时细线与竖直方向夹角为θ=37°，细线的长度为l，重力加速度为g(取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。以下说法正确的是(　　)
A.小球带负电
B.电场强度的大小E=
C.在B点细线突然断开，小球此后做匀加速直线运动
D.若将小球从A点由静止释放，小球运动到C点受到细线的拉力大小为3mg
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.(2025·包头市高二阶段练习)空间中有水平方向的匀强电场，一质量为m、带电量为q的微粒在某竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化关系如图所示，则该微粒(　　)
A.一定带正电
B.0~3 s静电力做功为9 J
C.运动过程中动能不变
D.0~3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J
9.(2025·红河州高二阶段练习)如图所示，平行金属板A、B水平放置。两板带有等量异种电荷，两板间形成的匀强电场方向竖直向下。现将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度大小为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出；当粒子射入速度大小为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，不计重力，下列说法正确的是(　　)
A.v1∶v2=1∶2
B.粒子沿轨迹Ⅰ运动时的加速度是沿轨迹Ⅱ运动时的2倍
C.粒子沿轨迹Ⅱ运动时的电势能变化量是沿轨迹Ⅰ运动时的2倍
D.粒子沿轨迹Ⅱ运动时的速度偏转角的正切值比沿轨迹Ⅰ运动时的大
10.(2024·保定市高二期末)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加恒定电压U，A、B两板的中央有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于金属板的匀强电场，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置。先后两次在小孔O1处由静止释放带正电的甲粒子和乙粒子，甲、乙两粒子的电荷量之比为2∶1，质量之比为1∶2，不计两粒子受到的重力和空气阻力，关于这两个粒子的运动，下列说法正确的是(　　)
A.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为2∶1
B.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为1∶1
C.甲、乙两粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1
D.甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
11.(12分)(2025·江门市高二期中)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。电源两端电压为6.0 V。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的变化情况。
(1)(8分)开关S改接2后，电容器进行的是　　　(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I-t图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是　　　　　　。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的时间将　　　(选填“缩短”“不变”或“延长”)。I-t曲线与横轴所围成的面积将　　　(选填“减小”“不变”或“增大”)。
(2)(2分)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=3.45×10-3 C，则该电容器的电容为　　　μF(结果保留三位有效数字)。
(3)(2分)关于电容器在整个充、放电过程中的q-t图像和UAB-t图像的大致形状，可能正确的是　　　　　(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板间的电势差)。
12.(12分)(2024·河南省高二期末)如图所示，水平边界PQ、MN间存在方向竖直向下的匀强电场，电场的宽度为L。一长度也为L的绝缘轻杆两端分别固定质量均为m的带电小球A、B，A、B两小球所带的电荷量分别为-4q、+q。现将该装置移动到边界PQ上方且使轻杆保持竖直，此时球B刚好位于边界PQ上，然后由静止释放装置。已知电场强度的大小为，忽略两带电小球对电场的影响，两小球可视为质点，重力加速度大小为g。求：
(1)(6分)B球刚到MN边界时的速度大小；
(2)(6分)B球运动的最低点到MN边界的距离。
13.(12分)(2025·南昌市高二阶段练习)图甲是某XCT机实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙，图中P、Q之间加速电压为U0=1.82×104 V，M、N两板之间偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线OO'射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线(图中虚线箭头所示)。已知电子质量m=9.1×10-31 kg，电荷量为e=-1.6×10-19 C，偏转极板M、N长L=20 cm，间距d=16 cm，虚线OO'距离靶台竖直高度h=30 cm，靶台水平位置可以调节，不考虑电子重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时初速度大小，不计空气阻力。求：
(1)(4分)电子进入偏转电场区域时速度的大小；
(2)(4分)若M、N两板之间电压大小U=2.184×104 V时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离；
(3)(4分)在(2)中，电子刚出偏转电场区域时的速度大小。
14.(18分)(2024·太原市高二期末)如图所示，匀强电场水平向右，将一带正电的小球从A点竖直上抛，小球经M点后运动至B点。M为轨迹最高点，A、B两点在同一水平线上。小球抛出时动能为2 024 J，在M点动能也为2 024 J，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(6分)小球水平位移x1与x2的比值；
(2)(12分)小球从A点运动到B点过程中的最小动能Ek。
周测4　电容器　带电粒子在电场中的运动
(时间：60分钟　满分：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.(2024·岳阳市高二期末)人体神经受到刺激时，Na+就会从神经细胞膜一侧快速移动到另一侧，导致细胞膜两侧电势差发生变化。若将神经细胞膜视为电容为1.5×10-8 F的电容器，若某人某次受到刺激时该细胞膜两侧电势差从20 mV变为40 mV，则该过程中通过该细胞膜的电荷量为(　　)
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　该过程中通过该细胞膜的电荷量为Q=C(U2-U1)，
解得Q=3.0×10-10 C，故选D。
2.示波管的构造如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)
A.极板X应带正电，极板Y应带正电
B.极板X'应带正电，极板Y应带正电
C.极板X应带正电，极板Y应带负电
D.极板X'应带正电，极板Y'应带正电
答案　A
解析　根据亮斑的位置，竖直方向上，向上偏转，电子受力向上，因此Y极板带正电；水平方向上，向X板偏转，电子受力指向X板，因此X板带正电，故选A。
3.(2025·江门市高二期中)如图所示，地面上空有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成30°角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.小球带正电荷
B.小球受到的静电力与重力大小之比为2∶1
C.小球从A运动到B的过程中电势能增加
D.小球从A运动到B的过程中静电力所做的功大于其机械能的变化量
答案　C
解析　由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上，所以小球受到的静电力水平向左，即小球带负电，故A错误；小球受力如图所示，则有mg=Eqtan 30°，解得=，故B错误；小球从A到B静电力做负功，所以电势能增加，故C正确；小球运动过程只有电势能、动能、重力势能之间的转化，根据功能关系可知W电=ΔE，即小球从A运动到B的过程中静电力所做的功等于其机械能的变化量，故D错误。
4.(2025·宜春市中学高二月考)如图所示，平行板电容器实验装置中，极板A接地，B与一个灵敏的静电计相接。若电容器的电容为C，两极板间的电压为U，静电计张角为θ，两极板间的电场强度大小为E，则(　　)
A.将A极板向上移动，C变大，U变小，θ变大，E变小
B.将A极板向下移动，C变小，U变大，θ变小，E不变
C.将A极板向右移动，C变大，U变小，θ变小，E变小
D.将A极板向左移动，C变小，U变大，θ变大，E不变
答案　D
解析　根据电容C=，可知，将A极板上、下移动时，S变小，电容器的电容C变小，电容器的电荷量Q不变，根据C=，可知，电容器两端的电压U变大，结合匀强电场电场强度与电势差的关系E=，电压U变大，两极板间的距离不变，故电场强度变大，A、B错误；将A极板向右移动时，根据C=，可知，极板间的距离减小，电容器的电容增大，根据C=，可知，电容器两端的电压U变小，结合匀强电场电场强度与电势差的关系可得E==，可知电场强度不变，当A极板向左移动时，同理可知，此时电容器的电容C变小，U变大，θ变大，E不变，D正确。
5.(2025·河北省曲阳县第一高级中学高二月考)如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度与下板的夹角θ=30°，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A.粒子做非匀变速运动
B.粒子的末速度大小为v0
C.匀强电场的电场强度大小为
D.两板间的距离为
答案　C
解析　因为在匀强电场中，静电力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误；粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由速度关系得合速度为v==，B错误；粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上L=v0t，在竖直方向上vy=at，vy=v0tan 30°=，由牛顿第二定律得qE=ma，解得E=，方向竖直向下，C正确；粒子做类平抛运动，在竖直方向上d=at2，解得d=L，D错误。
6.(2025·哈尔滨市高二阶段练习)粒子直线加速器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筒分别和交流电源相连，交流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。若电子质量为m，电荷量为e，交流电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力，忽略电子通过圆筒狭缝的时间，下列说法正确的是(　　)
A.电子在各狭缝间做匀速运动
B.电子离开1金属圆筒时的速度大小为
C.第n号圆筒的长度应满足Ln=T
D.保持加速器筒长不变，若要加速比荷更小的粒子，则要调大交流电压的周期
答案　D
解析　根据题中信息，电子在各狭缝间做加速运动，故A错误；电子离开圆筒1时，由动能定理得eU=mv2，所以电子离开圆筒1瞬间速度大小为v=，故B错误；电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交流电源周期的一半，即，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第n个圆筒长度为Ln=vn·==T，故C错误；由C可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更小的粒子，则要调大交流电压的周期，故D正确。
7.(2024·北京市大兴区高一期末)真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球在B点静止时细线与竖直方向夹角为θ=37°，细线的长度为l，重力加速度为g(取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。以下说法正确的是(　　)
A.小球带负电
B.电场强度的大小E=
C.在B点细线突然断开，小球此后做匀加速直线运动
D.若将小球从A点由静止释放，小球运动到C点受到细线的拉力大小为3mg
答案　C
解析　小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示，
小球所受静电力方向与电场强度方向相同，可知小球带正电，根据平衡条件有
qE=mgtan θ，
解得E=，故A、B错误；
在B点细线突然断开，小球受到重力与静电力，合力一定，小球初速度为0，可知小球此后做匀加速直线运动，故C正确；
小球静止于B点，可知，B点为小球在复合场中的等效最低点，将小球从A点由静止释放，小球将做圆周运动到达C点，根据动能定理有mgl-qEl=m-0，
小球在C点，根据牛顿第二定律有FT-mg=m，解得FT=1.5mg，故D错误。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.(2025·包头市高二阶段练习)空间中有水平方向的匀强电场，一质量为m、带电量为q的微粒在某竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化关系如图所示，则该微粒(　　)
A.一定带正电
B.0~3 s静电力做功为9 J
C.运动过程中动能不变
D.0~3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J
答案　CD
解析　由于匀强电场的方向不确定，所以无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0~3 s内电势能增加了9 J，所以静电力做功为-9 J，故B错误；由题图可知，电势能、重力势能都随着时间均匀增加，说明沿着电场方向、重力方向上，微粒的分运动都是匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动，所以运动过程中微粒的动能不变，故C正确；由题图可知，0~3 s内微粒的电势能和重力势能增加了12 J，而动能不变，说明除静电力和重力外的其他力对微粒做的功为12 J，故D正确。
9.(2025·红河州高二阶段练习)如图所示，平行金属板A、B水平放置。两板带有等量异种电荷，两板间形成的匀强电场方向竖直向下。现将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度大小为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出；当粒子射入速度大小为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，不计重力，下列说法正确的是(　　)
A.v1∶v2=1∶2
B.粒子沿轨迹Ⅰ运动时的加速度是沿轨迹Ⅱ运动时的2倍
C.粒子沿轨迹Ⅱ运动时的电势能变化量是沿轨迹Ⅰ运动时的2倍
D.粒子沿轨迹Ⅱ运动时的速度偏转角的正切值比沿轨迹Ⅰ运动时的大
答案　CD
解析　粒子在电场中只受静电力，根据牛顿第二定律可得a=，粒子沿两种轨迹运动时加速度相同，粒子做类平抛运动，根据规律，竖直方向h=at2，水平方向匀速运动有x=v0t，联立解得x=v0，所以v1∶v2=2∶1，故A、B错误；电势能的变化由静电力做功决定，静电力做功W=qU=qEd，可得W1∶W2=1∶2，故C正确；设末速度的方向与水平方向的夹角为θ，则有tan θ===，粒子沿两种轨迹运动时夹角正切值之比为=，粒子沿轨迹Ⅱ运动时的速度偏转角的正切值比沿轨迹Ⅰ运动时的大，故D正确。
10.(2024·保定市高二期末)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加恒定电压U，A、B两板的中央有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于金属板的匀强电场，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置。先后两次在小孔O1处由静止释放带正电的甲粒子和乙粒子，甲、乙两粒子的电荷量之比为2∶1，质量之比为1∶2，不计两粒子受到的重力和空气阻力，关于这两个粒子的运动，下列说法正确的是(　　)
A.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为2∶1
B.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为1∶1
C.甲、乙两粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1
D.甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同
答案　ACD
解析　在A、B间加速时，根据动能定理有qU=mv2，
解得v=∝
可知甲、乙粒子运动到O2处时的速度大小之比为2∶1，故A正确，B错误；
在偏转电场中粒子做类平抛运动，则水平方向有x=vt，
竖直方向有y=at2，
根据牛顿第二定律有a=，
解得x=2，
在竖直位移y相同的情况下，水平位移x也相同，故两粒子有相同的运动轨迹，甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同，故D正确；
运动轨迹完全一样，可知整个运动过程中两个粒子有共同的起点和终点，由动能定理得
qU+qEy=Ek，
则Ek甲∶Ek乙=q甲∶q乙=2∶1，故C正确。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
11.(12分)(2025·江门市高二期中)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。电源两端电压为6.0 V。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的变化情况。
(1)(8分)开关S改接2后，电容器进行的是　　　(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I-t图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是　　　　　　。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的时间将　　　(选填“缩短”“不变”或“延长”)。I-t曲线与横轴所围成的面积将　　　(选填“减小”“不变”或“增大”)。
(2)(2分)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=3.45×10-3 C，则该电容器的电容为　　　μF(结果保留三位有效数字)。
(3)(2分)关于电容器在整个充、放电过程中的q-t图像和UAB-t图像的大致形状，可能正确的是　　　　　(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板间的电势差)。
答案　(1)放电　放出的电荷量　缩短　不变　(2)575　(3)BD
解析　(1)开关接1时，对电容器充电，接2时电容器放电。
在I-t图像中，阴影部分表示的物理意义是q=It，
所以是0~0.2 s内电容器放出的电荷量，因为总电荷量不会因为电阻R而变化，则曲线与横轴所围成的面积不变，但是减小电阻，放电时间将会缩短。
(2)根据C=，且U=U电
解得C=575 μF。
(3)电源给电容器充电时，刚开始电荷量的变化率较大，后来变化率减小，放电时，电荷量变化率刚开始比较大，后来变化率减小，故A错误，B正确；根据C=，且C不变可知，q与UAB的变化情况相同，故C错误，D正确。
12.(12分)(2024·河南省高二期末)如图所示，水平边界PQ、MN间存在方向竖直向下的匀强电场，电场的宽度为L。一长度也为L的绝缘轻杆两端分别固定质量均为m的带电小球A、B，A、B两小球所带的电荷量分别为-4q、+q。现将该装置移动到边界PQ上方且使轻杆保持竖直，此时球B刚好位于边界PQ上，然后由静止释放装置。已知电场强度的大小为，忽略两带电小球对电场的影响，两小球可视为质点，重力加速度大小为g。求：
(1)(6分)B球刚到MN边界时的速度大小；
(2)(6分)B球运动的最低点到MN边界的距离。
答案　(1)　(2)L
解析　(1)从B球开始运动到B球刚到MN边界时，根据动能定理有
2mgL+qEL=×2mv2-0
又E=
联立解得v=
(2)设B球运动的最低点到MN边界的距离为x，从B球开始运动到B球运动到最低点，根据动能定理有2mg(L+x)+qEL-4qEx=0-0
解得x=L。
13.(12分)(2025·南昌市高二阶段练习)图甲是某XCT机实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙，图中P、Q之间加速电压为U0=1.82×104 V，M、N两板之间偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线OO'射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线(图中虚线箭头所示)。已知电子质量m=9.1×10-31 kg，电荷量为e=-1.6×10-19 C，偏转极板M、N长L=20 cm，间距d=16 cm，虚线OO'距离靶台竖直高度h=30 cm，靶台水平位置可以调节，不考虑电子重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时初速度大小，不计空气阻力。求：
(1)(4分)电子进入偏转电场区域时速度的大小；
(2)(4分)若M、N两板之间电压大小U=2.184×104 V时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离；
(3)(4分)在(2)中，电子刚出偏转电场区域时的速度大小。
答案　(1)0.8×108 m/s　(2)30 cm　(3)1.0×108 m/s
解析　(1)根据动能定理有eU0=m
解得v0=0.8×108 m/s
(2)M、N两板之间电压大小U=2.184×104 V时，根据类平抛运动规律有y=at2，L=v0t
根据牛顿第二定律有a=
根据几何关系可知=
解得Δx=30 cm
(3)结合(2)中的类平抛运动规律有L=v0t，vy=at
则电子刚出偏转电场区域时的速度大小为v=
解得v=1.0×108m/s。
14.(18分)(2024·太原市高二期末)如图所示，匀强电场水平向右，将一带正电的小球从A点竖直上抛，小球经M点后运动至B点。M为轨迹最高点，A、B两点在同一水平线上。小球抛出时动能为2 024 J，在M点动能也为2 024 J，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(6分)小球水平位移x1与x2的比值；
(2)(12分)小球从A点运动到B点过程中的最小动能Ek。
答案　(1)1∶3　(2)1 012 J
解析　(1)带电小球水平方向只受静电力做初速度为零的匀加速直线运动、竖直方向只受重力做竖直上抛运动，从A到M的时间与从M到B的时间相等，
x1=axt2
x1+x2=ax(2t)2
解得x1∶x2=1∶3
(2)合运动与分运动具有等时性，小球所受的静电力为qE、重力为mg，小球从A到M，由动能定理有qEx1-mgh=0
由牛顿第二定律有：qE=max
上升过程，水平方向：x1=axt2
竖直方向：h=gt2
整理有qE=mg
由图可知tan θ==1
解得θ=
设小球的合力大小为F合，则
F合==mg
小球从A运动到B的过程中，速度与合外力垂直时动能最小，Ekmin=m
又m=2 024 J
解得Ekmin=1 012 J。