1.如圖甲，A、B是某電場中的一條電場線上的兩點，一帶負電的粒子從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，其運動的v?t圖像如圖乙所示。取A點為坐標原點，且規(guī)定φA=0，AB方向為正方向建立x軸，作出了AB所在直線的電場強度大小E、電勢φ、粒子的電勢能Ep，隨位移x的變化的E?x圖像、φ?x圖像、Ep?x圖像，其中可能正確的是( )
A. B. C. D.
2.有三個完全相同的金屬球，球A帶的電荷量為q，球B和球C均不帶電?，F(xiàn)把球A、B、C以各種接觸順序經(jīng)若干次接觸后分開，最后球B的電荷量不可能的是( )
A. 3q8B. 5q16C. q3D. 9q32
3.空氣是不導電的。如果空氣中的電場很強，得氣體分子中帶正、負電荷的微粒受到方向相反的靜電力很大，以至于分子“破碎”，空氣中出現(xiàn)可以自由移動的電荷，空氣就變成了導體。這個現(xiàn)象叫作空氣的“擊穿”。某次實驗中，電壓為3×104V的直流電源的兩極連在一對平行正對的金屬板上，若當兩金屬板間的距離減小到1cm時，兩板之間就會放電，則此次實驗中空氣被“擊穿”時的電場強度大小為( )
A. 3×102V/mB. 3×104V/mC. 3×106V/mD. 3×108V/m
4.物理學家在研究帶電粒子在特殊電場中運動規(guī)律時，設計了一種特殊的電場：在正方形四個頂點固定等量同種電荷，電場線如圖，則正方形內(nèi)部電場強度為零的點個數(shù)是( )
A. 4個B. 5個C. 7個D. 9個
5.如圖所示，神經(jīng)元細胞可以看成一個平行板電容器，正、負一價離子相當于極板上儲存的電荷，細胞膜相當于電介質(zhì)，此時左極板的電勢低于右極板的電勢，左右兩極板之間的電勢差為U1U10，則通過細胞膜的離子數(shù)目為
A. εrSU24πkde
B. εrSU2?U14πkde
C. εrSU2+U14πkde
D. ?εrSU14πkde
6.如圖所示，光滑絕緣水平面上的O點固定一帶正電的點電荷M，電荷量為Q；點電荷N的電荷量為?q(q>0)。圖甲中N繞著M做半徑r=a圓周運動，運動周期為T；圖乙中點荷N以M為焦點沿橢圓軌道運動。A、B分別為電荷N距離M最近和最遠點；OA=a、OB=3a，靜電力常量為k；若取無窮遠處電勢為零，圖甲和圖乙兩種電荷系統(tǒng)的電勢能和動能之和分別為E甲和E乙，則N在從A點第一次運動到B點的過程中( )
A. 在A點的電勢能大于在B點電勢能
B. E甲大于E乙
C. vA=4vB
D. 電荷N從A點第一次運動到B點所用時間為 2T
7.如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向均未知的勻強電場。一質(zhì)量為m的小球從y軸上P點以水平速度v進入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過x軸上Q點時的速度大小也為v，方向與x軸正方向夾角為37°。已知sin37°=0.6，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。小球從P點運動到Q點的過程中( )
A. 動能與電勢能之和先減后增B. 速度的最小值為45v
C. 所受電場力的最小值為 1010mgD. 水平位移與豎直位移的大小之比為2∶1
二、多選題：本大題共3小題，共15分。
8.如圖所示，絕緣金屬球殼的空腔內(nèi)、外各有一小球B和A，球殼接地。下列說法正確的是( )
A. 若A球帶電，則球殼內(nèi)的B球處的電場強度為零
B. 若B球帶電，則A球處的電場強度不為零
C. 若A球和B球均帶電，則彼此也不會相互影響
D. 若A球和B球均帶電，則由于球殼接地，A球?qū)球沒有影響，但B球?qū)球有影響
9.如圖所示，電荷量均為q的等量異種點電荷固定在A、B兩點，M是A、B連線的中點，在M點的正上方O點處用絕緣絲線懸掛一電荷量也為q的帶電小球(可視為質(zhì)點)，穩(wěn)定后小球恰好靜止在AM的中點N處，此時絲線與豎直方向的夾角θ=30°。已知A、B兩點間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g，則下列說法正確的是
A. 帶電小球的質(zhì)量為160 3kq29gd2
B. 帶電小球的質(zhì)量為160kq29gd2
C. M點的電場強度大小為8kqd2，方向水平向左
D. M點的電場強度大小為8kqd2，方向水平向右
10.如圖甲所示，在空間中建立xOy坐標系，α射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，放置在第II象限，細管C到兩金屬板距離相等，細管C開口在y軸上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的α粒子。若金屬板長為L、間距為d，當A、B板間加上某一電壓時，α粒子剛好能以速度v0從細管C水平射出，進入位于第I象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場，α粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，該電場的電場線沿半徑方向指向圓心O，α粒子運動軌跡處的場強大小為E0。t=0時刻α粒子垂直x軸進入第IV象限的交變電場中，交變電場隨時間的變化關系如圖乙所示，規(guī)定沿x軸正方向為電場的正方向。已知α粒子的電荷量為2e(e為元電荷)、質(zhì)量為m，重力不計。以下說法中正確的是( )
A. α粒子從放射源P運動到C的過程中動能的變化量為md2v022L2
B. α粒子從放射源P發(fā)射時的速度大小為v0 1+d2L2
C. α粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為mv022eE0
D. 當t=nTn=1,2,3,?時，α粒子的坐標為mv022eE0+neE0T22m,?v0nT
三、填空題：本大題共1小題，共11分。
11.如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒(又稱漂移管)A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質(zhì)子以初速度v0從O點沿軸線進入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速直線運動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓U大小相同。質(zhì)子電量為e，質(zhì)量為m，不計質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時間，則質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為_________圓筒E的長度為_________
四、實驗題：本大題共1小題，共11分。
12.收音機中可變電容器作為調(diào)諧電臺使用。如圖為空氣介質(zhì)單聯(lián)可變電容器的結構，它是利用正對面積的變化改變電容器的電容大小，某同學想要研究這種電容器充、放電的特性，于是將之接到如圖所示的實驗電路中，實驗開始時電容器不帶電。
(1)首先將開關S打向1，這時觀察到靈敏電流計G有短暫的示數(shù)，穩(wěn)定后，旋轉(zhuǎn)旋鈕，使電容器正對面積迅速變大，從開始到最終穩(wěn)定，靈敏電流計示數(shù)隨時間變化的圖像可能是 (填選項中的字母序號)
A. B． C． D．
(2)充電穩(wěn)定后，斷開單刀雙擲開關，用電壓表接在電容器兩端測量電壓，發(fā)現(xiàn)讀數(shù)緩慢減小，原因_____________。
(3)某次讓電源給電容器充電后，將開關S打向2，每間隔5s讀取并記錄一次電流表A2的示數(shù)I2，直到電流消失為止；以放電電流I2為縱軸，放電時間t為橫軸，在坐標紙上作出I2?t圖像如圖乙所示。
①圖線與坐標軸圍成的區(qū)域中，超過半格算一格，小于半格舍去，由此可知，電容器充電完成時儲存的電荷量Q=___________C(結果保留三位有效數(shù)字)。
②若電壓表的示數(shù)U=2.95V，電容器電容的測量值C=__________μF(結果保留三位有效數(shù)字)。
五、簡答題：本大題共1小題，共12分。
13.如圖所示，在平面直角坐標系xOy的0≤x≤40L區(qū)域內(nèi)有一方向沿x軸正方向的勻強電場，電場強度為E。有一長為L的水平光滑臺面放在x軸上，臺面左端與坐標原點重合，臺面右端靜止放置一不帶電的絕緣小球A，其質(zhì)量為mA。將另一大小與A相同，質(zhì)量為mB、帶電量為+q的帶電小球B從臺面左端由靜止釋放，小球A、B碰撞瞬間撤走臺面。已知mA=2mB=2m，小球A、B均可視為質(zhì)點，A、B間的碰撞均為彈性對心碰撞且碰撞時間極短，不計空氣阻力，整個過程中小球B電荷量不變，小球A均不帶電，重力加速度為g，求：
(1)第一次碰撞后小球B的速度；
(2)小球A、B在電場內(nèi)的碰撞次數(shù)；
(3)小球A離開電場時的坐標。
六、計算題：本大題共2小題，共23分。
14.先后讓一束質(zhì)子和一束α粒子通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方向垂直。求：
(1)若兩者的初速度相同，求質(zhì)子與α粒子在偏轉(zhuǎn)電場中偏移量之比
(2)若兩者初動能相同，求質(zhì)子偏轉(zhuǎn)角正切與α粒子偏轉(zhuǎn)角正切之比
15.勻強電場中有一個立方體空間，立方體上表面為ABCD，下表面為PMRS，立方體的邊長為1cm，以P為坐標原點建立三維直角坐標系，如圖所示，已知B、D、R三點的電勢均為2V，C點的電勢為4V，求C、P兩點間的電勢差和電場強度大??？
參考答案
1.C
2.D
3.C
4.D
5.B
6.D
7.C
8.AC
9.AC
10.BCD
11. vE= 10eUm+v02 T 10eUm+v02
12.(1)A
(2)電容器在緩慢放電，電路中有電流，電壓表不是理想電壓表
(3) 3.25×10?3 1.10×103

13.解：以下解答對A、B在水平方向上的運動均以水平向右為正方向。
(1)設小球B與A碰撞前瞬間的速度為v0，根據(jù)動能定理得：
qEL=12mBv02
解得：v0= 2qELm
設第一次碰撞后瞬間小球B的速度為vB，A球的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：
mBv0=mBvB+mAv1
12mBv02=12mBvB2+12mAv12
解得：v1=23v0，vB=?13v0=?13 2qELm，方向水平向左。
(2)撤走臺面后小球A、B在豎直方向上均做自由落體運動，在水平方向上A做勻速運動，在水平方向上B在電場力作用下做勻變速直線運動。
根據(jù)牛頓第二定律可得B的加速度為a=qEm
設再經(jīng)過時間t1兩者第二次碰撞，在水平方向上有：
v1t1=vBt1+12at12
解得：t1=2v0a
此時間內(nèi)A的水平位移為x1=v1t1=4v023a=83L
第二次碰撞前瞬間B的水平速度為vB′=vB+at1=5v03
設第二次碰撞后瞬間小球B的水平速度為v2′，A球的水平速度為v2，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：
mBvB′+mAv1=mBv2′+mAv2
12mBvB′2+12mAv12=12mBv2′2+12mAv22
解得：v2′=13v0，v2=43v0
設再經(jīng)過時間t2兩者第三次碰撞，在水平方向上有：
v2t2=v2′t2+12at22
解得：t2=2v0a
此時間內(nèi)A的水平位移為x2=v2t2=8v023a=2×83L
第三次碰撞前瞬間B的水平速度為v2″=v2′+at2=7v03
設第三次碰撞后瞬間小球B的水平速度為v3′，A球的水平速度為v3，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：
mBv2″+mAv2=mBv3′+mAv3
12mBv2″2+12mAv22=12mBv3′2+12mAv32
解得：v3′=v0，v3=2v0
設再經(jīng)過時間t3兩者第四次碰撞，在水平方向上有：
v3t3=v3′t3+12at32
解得：t3=2v0a
此時間內(nèi)A的水平位移為x3=v3t3=4v02a=3×83L
依次類推，總結歸納可得：
第n次碰撞后A的水平速度vn=2n3v0
第n次到第n+1次碰撞A的水平位移xn=8n3L
相鄰兩次碰撞的時間間隔始終為：T=2v0a
初始A與電場的右邊界的距離為40L?L=39L
根據(jù)：x1+x2+……+xn≤39L
解得：n≤4.93
則小球A、B在電場內(nèi)的碰撞次數(shù)為5次。
(3)第5次碰撞前A的水平總位移x=(1+2+3+4)83L=803L
第5次碰撞后瞬間A與電場右邊界的距離為Δx=39L?803L=373L
第5次碰撞后A的水平速度v5=2×53v0=10v03
小球A在電場內(nèi)運動的總時間為tA=4T+Δxv5
解得：tA=19710 mL2qE
小球A離開電場時的豎直位移y=12gtA2=38809mgL400qE
則小球A離開電場時的坐標為(40L,38809mgL400qE)
答：(1)第一次碰撞后小球B的速度大小為13 2qELm，方向水平向左；
(2)小球A、B在電場內(nèi)的碰撞次數(shù)為5次；
(3)小球A離開電場時的坐標為(40L,38809mgL400qE)。
14.設平行板間勻強電場場強為 E ，兩板長度為 L ，粒子電荷量為 q ，質(zhì)量為 m
(1)沿板方向做勻速直線運動
L=v0t
垂直于板方向做勻加速直線運動
y=12at2
qE=ma
解得
y=qEL22mv02
兩者初速度相同， y∝qm ，質(zhì)子與α粒子在偏轉(zhuǎn)電場中偏移量之比為
y1y2=21
(2)根據(jù)平拋運動的推論得
tanθ=yL2
解得
tanθ=qELmv02
變形得
tanθ=qEL2Ek0
若兩者初動能相同，tan θ ∝ q ，質(zhì)子偏轉(zhuǎn)角正切與α粒子偏轉(zhuǎn)角正切之比為
tanθ1tanθ2=12

15.在勻強電場中，平行且相等的線段兩端點的電勢差也相等，即
φB?φM=φC?φR
解得
φM=0V
φD?φS=φC?φR
φS=0V
φM?φR=φP?φS
φP=?2V
所以
UCP=φC?φP=6V
如圖甲所示
根據(jù)題意可知，BDR所在平面為等勢面，勻強電場的方向垂直于這個面，過C點做這個面的垂線段，垂足為H，設其長度為 ? ，如圖乙，由幾何知識可知，等邊三角形BDR的邊長為
l′= 2cm
其高為
?′= 62cm
面積為
S′=12l′?′= 32cm2
根據(jù)三棱錐的體積公式有
V=13S′?
以BCD平面為底，CR為高，設立方體邊長為 l ，則三棱錐體積為
V=13×12l?l?l=16cm3
可以解得
?= 33cm
電場強度為
E=UCH?=4?2 33V/cm=200 3V/m

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