2024年高考物理一輪復習階段綜合測評5含解析

PAGE14-階段綜合測評(五)時間：90分鐘滿分：110分第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，1～7題只有一項符合題目要求，8～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2024·上海青浦區(qū)二模)如圖所示的點電荷電場中，帶正電的場源點電荷電量為Q，固定于O點，OP＝r，已知一個電荷量為q的正檢驗電荷在P點受到的電場力大小為F、具有的電勢能為Ep，靜電力常量為k。下列說法正確的是()A．P點的場強大小為eq\f(F,Q)B．P點的場強大小為eq\f(kq,r2)C．P點的電勢為eq\f(Ep,q)D．撤去檢驗電荷q，P點的電勢變?yōu)?答案C解析依據(jù)電場強度的定義知，P點的場強大小為E＝eq\f(F,q)，故A錯誤；由點電荷的場強公式可知，P點的場強大小為E＝eq\f(kQ,r2)，故B錯誤；依據(jù)電勢的定義式得，P點的電勢為φ＝eq\f(Ep,q)，故C正確；電場強度和電勢由電場本身的性質(zhì)確定，與放入電場中的檢驗電荷無關(guān)，故撤去檢驗電荷q，P點的場強、電勢均不變，故D錯誤。2．(2024·浙江選考模擬)如圖所示為等量異號點電荷四周的電場線分布圖，A、B、O位于兩點電荷連線上，其中O為兩點電荷連線的中點，C、D是連線的中垂線上的兩點。關(guān)于各點的電場性質(zhì)的描述，下列說法正確的是()A．A、B、O三點的電勢大小相等B．O、C、D三點的電場強度相等C．若將帶正電的摸索電荷q從C點移到B點，電勢能減小D．若將帶負電的摸索電荷q從A點移到D點，電場力做負功答案C解析由圖可知，A、B、O三點位于同一條電場線上，由于沿著電場線的方向電勢降低，可知O點的電勢最高，A點的電勢最低，故A錯誤；電場線的疏密表示電場強度的大小，由題圖可知，O、C、D三點中O點處的電場線最密，則O點的電場強度最大，故B錯誤；依據(jù)等量異號點電荷的電場線的特點可知，在兩個點電荷的連線的中垂線上各點的電勢是相等的，所以O(shè)點與C、D兩點的電勢是相等的，所以C點的電勢高于B點的電勢，若將帶正電的摸索電荷q從C點移到B點，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；結(jié)合A、C選項的分析可知，D點的電勢高于A點的電勢，若將帶負電的摸索電荷q從A點移到D點，電場力做正功，故D錯誤。3．(2024·遼寧沈陽二模)如圖所示，三條虛線表示某電場中的三個等差等勢面，電勢分別為φ1、φ2、φ3，一個帶電粒子只在電場力作用下按圖中實線軌跡從A點運動到B點，則以下說法正確的是()A．φ1>φ2>φ3B．粒子在A點的加速度方向與速度方向夾角為鈍角C．粒子在B點的加速度大于在A點的加速度D．粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能答案D解析帶電粒子從A運動到B，由電場線與等勢線垂直，及題圖所示帶電粒子的軌跡，可知粒子所受的電場力方向如圖所示。由于粒子的電性未知，所以不能推斷電勢的凹凸，故A錯誤；粒子在A點所受的電場力方向如圖所示，可知粒子在A點的加速度方向與速度方向夾角為銳角，故B錯誤；等差等勢面密處電場線也密，故A點處的電場強度比B點處的大，粒子在A點受到的電場力大于在B點處受到的電場力，故粒子在A點的加速度大于在B點的加速度，故C錯誤；帶電粒子從A運動到B，電場力對粒子做正功，電勢能減小，所以粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，故D正確。4．如圖所示，C、D為兩等量負點電荷，O為C、D兩電荷連線的中點，A、B為某一過O點的傾斜直線上的兩點，且OA＝OB，取無窮遠處為零電勢處，下列說法正確的是()A．A、B兩點的電勢相等B．A、B兩點的電場強度相同C．傾斜直線上各點的場強方向不行能沿該直線D．把摸索電荷從A點沿傾斜直線移到B點，電場力可能先增大后減小答案A解析兩等量負點電荷形成的電場在分布上具有對稱性，某點的電勢等于C、D兩處的點電荷在該點分別產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和，某點的電場強度等于C、D兩處的點在該點分別產(chǎn)生的電場強度的矢量和，結(jié)合題設(shè)A、B兩點的位置關(guān)系可知，A、B兩點的電勢是相等的，A、B兩點的電場強度大小相等，但方向不同，故A正確，B錯誤；依據(jù)兩等量負點電荷的電場的特點可知，題設(shè)傾斜直線上點的場強方向可能垂直該直線，故C錯誤；兩等量負點電荷連線的中點處的電場強度為0，所以把摸索電荷從A點沿傾斜直線移到B點，電場力不行能先增大后減小，故D錯誤。5．(2024·廣東佛山一模)如圖為一個以O(shè)點為圓心、半徑為R、帶電量為＋Q的勻稱帶電圓環(huán)，在圓心O處放一個帶電量為－q的點電荷，AB為圓環(huán)的中軸線，C點在AB上距O點的距離為R，現(xiàn)把該點電荷從O點拉到C點，若不考慮點電荷對四周電場的影響，則下列說法正確的是()A．點電荷在O點受到的電場力不為零B．點電荷在C點受到的電場力大小為eq\f(kQq,R2)C．點電荷從O到C的過程中，外力對其做正功，電勢能增大D．若將點電荷從C由靜止釋放，則它會始終沿由B到A的方向運動答案C解析依據(jù)點電荷電場強度公式E＝eq\f(kQ,r2)及矢量合成法則，可知帶電圓環(huán)在O點的電場強度為零，因此帶電量為－q的點電荷在O點受到的電場力為零，故A錯誤；在C點，由對稱性可知圓環(huán)上各點電荷對負點電荷的庫侖力在垂直于AB方向上的分力相互抵消，合力沿AB連線向左，F(xiàn)＝keq\f(Qq,\r(2)R2)cos45°＝eq\f(\r(2)kQq,4R2)，故B錯誤；點電荷從O到C的過程中，外力對其做正功，電場力做負功，電勢能增大，故C正確；若將點電荷從C點由靜止釋放，其受到的電場力先向左，越過O點后，其受到的電場力則向右，起先做減速運動，當運動到與C點關(guān)于O點對稱的位置后又起先反向運動，如此不斷地往復運動，所以不會始終沿由B到A的方向運動，故D錯誤。6．(2024·四川宜賓模擬)工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時，為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上(電源電壓小于材料的擊穿電壓)。當流水線上通過的產(chǎn)品厚度減小時，下列說法正確的是()A．A、B平行板電容器的電容增大B．A、B兩板間的電場強度減小C．A、B兩板上的電荷量變大D．有電流從a向b流過靈敏電流計答案D解析電容器始終與恒壓電源相連，其兩極板間的電勢差U不變，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當產(chǎn)品厚度減小，導致εr減小時，電容器的電容C減小，再依據(jù)Q＝CU可知極板帶電荷量Q減小，有放電電流從a向b流過靈敏電流計，A、C錯誤，D正確；因兩板之間的電勢差不變，板間距不變，所以兩板間的電場強度E＝eq\f(U,d)不變，B錯誤。7．(2024·重慶期末)如圖所示，平行金屬板A、B間加速電壓為U1，C、D間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2，M為熒光屏。今有電子(不計重力)從A板由靜止起先經(jīng)加速和偏轉(zhuǎn)后打在與熒光屏中心點O相距為Y的P點，電子從A板運動到熒光屏的時間為t，下列推斷中正確的是()A．若只增大U1，則Y增大，t增大B．若只增大U1，則Y減小，t減小C．若只減小U2，則Y增大，t增大D．若只減小U2，則Y減小，t減小答案B解析若只增大U1，電子離開加速電場時的速度變大，在加速電場中運動的時間變短，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間變短，從離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏所用的時間變短，則t減小，又電子在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向的加速度不變，則離開偏轉(zhuǎn)電場時，豎直方向的速度減小，則在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向的位移減小，從離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏，豎直方向的位移減小，則Y減小，故A錯誤，B正確；若只增大U2，則電子水平方向的運動狀況不變，t不變，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的豎直方向的位移增大，從離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏豎直方向的位移增大，則Y增大，故C、D錯誤。8．(2024·河南適應模擬)如圖所示，在探討電子在電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡，圖中一組等間距虛線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列推斷正確的是()A．假如虛線是電場線，則a點的場強大于b點的場強B．假如虛線是電場線，則a點的電勢高于b點的電勢C．假如虛線是等勢面，電子由a點運動到b點，電勢能減小D．假如虛線是等勢面，電子由a點運動到b點，電勢能增大答案BC解析若虛線是電場線，由題圖可知該電場是勻強電場，故A錯誤；假如虛線是電場線，結(jié)合電子的運動軌跡知，電子受向左的電場力，電場線方向向右，又等勢線垂直于電場線，則a點的電勢高于b點的電勢，故B正確；假如虛線是等勢面，則電場線沿豎直方向，依據(jù)電子的運動軌跡知，電子受到向下的電場力，故電場線方向向上，電子由a點運動到b點，電場力做正功，電勢能減小，故C正確，D錯誤。9．(2024·安徽合肥一模)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，僅在電場力作用下以恒定的速率v沿一圓弧從A點運動到B點，速度方向轉(zhuǎn)過θ角，AB弧長為l，則下列說法正確的是()A．該粒子肯定處在一個點電荷的電場中B．該粒子可能處在兩個點電荷的電場中C．圓弧AB中點的電場強度大小為eq\f(mv2θ,ql)D．圓弧AB中點的電場強度大小為eq\f(mv2,ql)答案AC解析帶電粒子僅在電場力作用下以恒定的速率v沿一圓弧從A點運動到B點，帶電粒子繞固定的點做勻速圓周運動，電場力始終指向圓心，方向在不斷改變，所以帶電粒子肯定處在一個點電荷形成的電場中，不行能處在等量同種電荷形成的電場中，故A正確，B錯誤；依據(jù)F＝meq\f(v2,r)得：qE＝meq\f(v2,\f(l,θ))，解得：E＝eq\f(mv2θ,ql)，故C正確，D錯誤。10．(2024·江西吉安一模)如圖所示為某靜電場中x軸上各點電勢φ的分布圖，一個帶電粒子在坐標原點O由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，則()A．粒子帶正電B．粒子帶負電C．粒子從x1運動到x3，加速度先增大后減小D．粒子從x1運動到x3，加速度先減小后增大答案BD解析帶電粒子在O點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，則粒子受到的電場力沿x軸正方向，由圖象可知，從坐標軸上原點處運動到x2處電勢漸漸上升，說明該段電場強度方向沿x軸負方向，與電場力方向相反，故粒子帶負電，A錯誤，B正確；φ-x圖象的斜率的肯定值等于電場強度的大小，粒子從x軸上x1處運動到x3處的過程中，φ-x圖象的斜率的肯定值先減小后增大，故電場強度先減小后增大，則粒子受到的電場力先減小后增大，故加速度先減小后增大，C錯誤，D正確。11．(2024·河南鄭州一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強電場，一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球在力F的作用下，沿圖中虛線由M至N做豎直向上的勻速運動。已知力F和MN之間的夾角為45°，MN之間的距離為d，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．電場的方向可能水平向左B．電場強度E的最小值為eq\f(\r(2)mg,2q)C．當qE＝mg時，小球從M運動到N時電勢能改變量為零D．F所做的功肯定為eq\f(\r(2),2)mgd答案BC解析分析小球受力狀況：小球受到重力、拉力F與電場力，因為小球做勻速直線運動，合力為零，則拉力F與電場力的合力與重力大小相等、方向相反，如圖所示，由圖可知，電場力在虛線MN右側(cè)，由于小球帶正電，電場強度的方向與電場力方向相同，指向虛線MN右側(cè)，A錯誤；由圖可知，當電場力與F垂直時，電場力最小，此時場強也最小，則：qEmin＝mgsinθ，所以電場強度的最小值為Emin＝eq\f(mgsinθ,q)＝eq\f(\r(2)mg,2q)，故B正確；當mg＝Eq時，依據(jù)幾何關(guān)系，電場力水平向右，與MN垂直，小球從M運動到N電場力不做功，即小球從M運動到N時電勢能改變量為零，故C正確；由于電場力方向不確定，F(xiàn)大小不確定，所以不能確定F所做功的詳細值，故D錯誤。12．(2024·山東濰坊三模)如圖，平面直角坐標系內(nèi)有a、b、c三點，位置如圖所示，勻強電場平行于坐標平面。將電子從a點分別移到坐標原點和b點的過程中，電場力做功均為2eV，已知a點電勢為2V，下列說法正確的是()A．b點電勢為零B．電場強度大小為200V/mC．電子在c點電勢能為－8eVD．將電子從a點移到b點和從b點移到c點，電場力做功相同答案BC解析已知Uab＝φa－φb＝eq\f(Wab,－e)＝－2V，則φb＝4V，故A錯誤；由題意可知，電子從a點分別移到坐標原點和b點的過程中，電場力做功均為2eV，則可知b點與O點電勢相等，即電場線垂直b點與O點的連線，依據(jù)幾何關(guān)系可知，a點與b點沿電場線方向的距離為d＝1cm，由E＝eq\f(Uab,d)，并代入數(shù)據(jù)得E＝200V/m，即電場強度的大小為200V/m，B正確；依據(jù)幾何關(guān)系可知Ob長2eq\r(3)cm，bc長2cm，Oc長4cm，所以三角形Obc為直角三角形，又電場線垂直于O點與b點的連線，則Ucb＝φc－φb＝Elbc，則φc＝Elbc＋φb，代入數(shù)據(jù)得φc＝8V，所以電子在c點的電勢能為－8eV，故C正確；將電子從a點移到b點和從b點移到c點，電場力做功分別為Wab＝－eUab＝－e(φa－φb)＝2eV，Wbc＝－eUbc＝－e(φb－φc)＝4eV，電場力做功不相同，故D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、試驗題(本題共2小題，共12分)13．(6分)(2024·河北衡水十三中調(diào)研)美國物理學家密立根通過如圖所示的試驗裝置，最先測出了電子的電荷量，被稱為密立根油滴試驗。如圖，兩塊水平放置的金屬板A、B分別與電源的正、負極相連接，板間產(chǎn)生勻強電場，方向豎直向下，圖中油滴由于帶負電懸浮在兩板間保持靜止。(1)若要測出該油滴的電荷量，須要測出的物理量有________。A．油滴質(zhì)量m B．兩板間的電壓UC．兩板間的距離d D．兩板的長度L(2)用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量q＝________(已知重力加速度為g)。(3)在進行了幾百次的測量以后，密立根發(fā)覺油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個最小電荷量的整數(shù)倍，這個最小電荷量被認為是元電荷，其值為e＝________C。答案(1)ABC(2)eq\f(mgd,U)(3)1.6×10－19解析(1)平行金屬板板間存在勻強電場，油滴恰好處于靜止狀態(tài)，電場力與重力平衡，則有mg＝qE＝eq\f(qU,d)，所以須要測出的物理量有油滴質(zhì)量m、兩板間的電壓U、兩板間的距離d，故選A、B、C。(2)由mg＝eq\f(qU,d)可知，用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量q＝eq\f(mgd,U)。(3)在進行了幾百次的測量以后，密立根發(fā)覺油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個最小電荷量的整數(shù)倍，這個最小電荷量被認為是元電荷，其值為e＝1.6×10－19C14．(6分)(2024·四川天府大聯(lián)考)如圖所示是“探討平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)”的試驗裝置。兩塊相互靠近的等大、正對平行金屬平板M、N組成電容器，板N固定在絕緣座上并通過導線與靜電計中心桿相接，板M和靜電計的金屬殼都通過導線接地，板M上裝有絕緣手柄，可以執(zhí)手柄限制板M的位置。(1)初步分析影響因素可能有兩板間距大小、極板正對面積大小、電介質(zhì)的介電常數(shù)大小等，本試驗應采納的科學探究方法是________(選填“志向試驗法”“建立物理模型法”或“限制變量法”)(2)先讓電容器充上肯定量的電荷，靜電計指針張開肯定角度，再進行以下試驗(每次保證其他條件不變)：①若僅將兩極板間的距離增大，則靜電計指針的偏角將________(選填“變大”“不變”或“變小”)；②若僅減小兩極板間的正對面積，則靜電計指針的偏角將________(選填“變大”“不變”或“變小”)；③若在兩極板間插入云母片，則靜電計指針的偏角將________(選填“變大”“不變”或“變小”)；④若在兩極板間插入一塊很薄的金屬板，則靜電計指針偏角將________(選填“變大”“不變”或“變小”)。答案(1)限制變量法(2)①變大②變大③變?、茏冃〗馕?1)本試驗中探討電容與多個物理量間的關(guān)系，故應采納限制變量法。(2)①若只將板間距離d增大，由電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析得知，電容C減小，電荷量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)分析得極板間的電勢差U增大，靜電計指針偏角變大。②若僅減小兩極板間的正對面積，由電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析得知，電容C減小，電荷量Q不變，則由C＝eq\f(Q,U)分析得極板間的電勢差U增大，靜電計指針偏角變大。③若在兩板板間插入云母片，則εr增大，保持其他條件不變，由電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析得知，電容C增大，電荷量Q不變，則由C＝eq\f(Q,U)分析得極板間的電勢差U減小，靜電計指針偏角變小。④若在兩極板間插入一塊很薄的金屬板P，相當于極板間距減小，保持其他條件不變，由電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析得知，電容C增大，電荷量Q不變，則由C＝eq\f(Q,U)分析得極板間的電勢差U減小，靜電計指針偏角變小。三、計算題(本題共4小題，共50分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)15．(10分)(2024·廣東六校聯(lián)盟四模)如圖所示，ACB是一條足夠長的絕緣水平軌道，軌道CB處在方向水平向右、大小E＝1.0×106N/C的勻強電場中，一質(zhì)量m＝0.25kg、電荷量q＝－2.0×10－6C的可視為質(zhì)點的小物體，從距離C點L0＝6.0m的A點處，在拉力F＝4.0N的作用下由靜止起先向右運動，當小物體到達C點時撤去拉力，小物體滑入電場中。已知小物體與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10m/s2(1)小物體到達C點時的速度大??；(2)小物體在電場中運動的時間。答案(1)12m/s(2)(1＋eq\r(3))s解析(1)小物體由A運動至C，由牛頓其次定律得：加速度大小為a＝eq\f(F－μmg,m)＝12m/s2由v2－0＝2aL0得，小物體到達C點的速度大小：v＝eq\r(2aL0)代入數(shù)據(jù)解得：v＝12m/s。(2)小物體進入電場后向右減速的加速度大小為：a1＝eq\f(qE＋μmg,m)＝12m/s2小物體向右運動的時間：t1＝eq\f(v,a1)＝1.0s向右運動的位移：x1＝eq\f(v,2)t1＝6.0m由于qE>μmg，所以小物體減速至速度為零后反向向左加速，直到滑出電場小物體向左加速的加速度大小為：a2＝eq\f(qE－μmg,m)＝4m/s2向左運動的時間為：t2＝eq\r(\f(2x1,a2))＝eq\r(3)s小物體在電場中運動的總時間為：t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(3))s。16．(12分)(2024·廣州一模)如圖，在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強電場。長度為l的輕質(zhì)絕緣細繩一端固定在O點，另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)，初始時小球靜止在電場中的a點，此時細繩拉力為2mg，g為重力加速度。(1)求電場強度E和a、O兩點的電勢差U；(2)若小球在a點獲得一水平初速度va＝4eq\r(gl)，使其在豎直面內(nèi)做圓周運動，求小球運動到b點時細繩拉力F的大小。答案(1)eq\f(3mg,q)，方向豎直向上－eq\f(3mgl,q)(2)6mg解析(1)小球靜止在a點時，由共點力平衡條件得mg＋2mg＝qE①解得E＝eq\f(3mg,q)，方向豎直向上②在勻強電場中，有UOa＝El③則a、O兩點的電勢差U＝－UOa＝－eq\f(3mgl,q)④(2)小球從a點運動到b點，設(shè)到b點的速度大小為vb，由動能定理得－qE·2l＋mg·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)⑤小球做圓周運動通過b點時，由牛頓其次定律得F＋qE－mg＝meq\f(v\o\al(2,b),l)⑥聯(lián)立②⑤⑥式，代入va＝4eq\r(gl)解得F＝6mg。17．(14分)(2024·安徽合肥二模)一帶正電小球通過絕緣細線懸掛于場強大小為E1的水平勻強電場中，靜止時細線與豎直方向的夾角θ＝45°，如圖所示。以小球靜止位置為坐標原點O，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其中x軸水平?，F(xiàn)剪斷細線，經(jīng)0.1s，電場突然反向，場強大小不變；再經(jīng)0.1s，電場突然變?yōu)榱硪粍驈婋妶?，場強大小為E2，又經(jīng)0.1s小球速度為零。已知小球質(zhì)量m＝1.0×10－2kg，電荷量q＝1.0×10－8C，g取10m/s(1)E1和E2；(2)細線剪斷0.3s末小球的位置坐標。答案(1)107N/C3×107N/C(2)(0.1m,0.3m)解析(1)當小球靜止于O點時，受力如圖，由共點力平衡條件知qE1＝mg則E1＝eq\f(mg,q)＝107N/C此時電場力與重力的合力F合＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg剪斷細線后，小球做勻加速直線運動，加速度的大小為a＝eq\f(F合,m)＝10eq\r(2)m/s2經(jīng)過0.1s小球的速度大小為v1＝at＝eq\r(2)m/s速度的方向與x軸正方向成45°角斜向右下方在第2個0.1s內(nèi)，電場反向，小球的水平分速度vx＝v1cos45°－eq\f(qE1,m)t＝0豎直分速度vy＝v1sin45°＋gt＝2m/s即第2個0.1s末，小球的速度v2大小為2m/s，方向豎直向下依題意，在第3個0.1s內(nèi)小球做勻減速直線運動由運動學公式知－a′＝eq\f(0－v2,t)，解得a′＝20m/s2依據(jù)牛頓其次定律得a′＝eq\f(qE2－mg,m)代入數(shù)據(jù)解得：E2＝3×107N/C。(2)第1個0.1s內(nèi)，小球的位移大小s＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×eq\r(2)g×0.12m＝eq\f(\r(2),20)m則小球沿x軸正方向移動的距離x1＝scos45°＝0.05m沿y軸正方向移動的距離y1＝ssin45°＝0.05m在第2個0.1s內(nèi)，小球沿x軸正方向移動的距離x2＝v1cos45°t2－eq\f(1,2)·eq\f(qE1,m)teq\o\al(2,2)＝0.05m沿y軸正方向移動的距離y2＝v1sin45°t2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝0.15m在第3個0.1s內(nèi)，沿y軸方向移動的距離y3＝v2t3－eq\f(1,2)a′teq\o\al(2,3)＝0.1m則細線剪斷0.3s末小球的位置橫坐標為x＝x1＋x2＝0.1m，縱坐標為y＝y(tǒng)1＋y2＋y3＝0.3m，故坐標為(0.1m,0.3m)。18．(14分)(2024·江西樂安一中期末)如圖甲所示，極板A、B間電壓為U0，極板C、D間距為d，熒光屏到C、D板右