2018-2019学年四川省成都石室中学高二10月月考物理试题 解析版

2018-2019学年四川省成都石室中学高二10月月考物理试题 解析版

绝密★启用前 四川省成都石室中学2018-2019学年高二10月月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．一带负电荷的质点，只在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递增的．关于b点电场强度E的方向，图中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)‎ A． A B． B C． C D． D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 仅在电场力作用下沿曲线运动，电场力的方向指向曲线的内侧；质点的速率是逐渐增大，电场力的方向与运动方向(轨迹的切线方向)成锐角；粒子带负电，电场力的方向与电场强度的方向相反。综上，场强方向可能的只有B，故选B。‎ 点睛：物体动能增加时，合力对物体做正功，合力方向与位移方向之间成锐角；物体动能减小时，合力对物体做负功，合力方向与位移方向之间成钝角。‎ ‎2．两个完全相同的金属球A和B(可视为点电荷)带电荷量之比为1∶5，且为异种电荷，两者相距为r。现将金属球A和B接触一下后放于距离为2r的两点处，则接触后两小球之间的库仑力大小与接触前两小球之间的库仑力大小之比为(　　)‎ A． 5∶1 B． 9∶20‎ C． 20∶9 D． 1∶5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 两个完全相同的带异种电荷的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：5Q，所以A、B所带的电荷相等都为2Q ‎，根据库仑定律得：； ，解得：F′=F/5，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是1：5。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了库仑定律的直接应用，注意两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分．‎ ‎3．如图所示，A、B是两个带异号电荷的小球，其质量分别为m1和m2，所带电荷量分别为+q1和﹣q2，A用绝缘细线L1悬挂于O点，A、B间用绝缘细线L2相连．整个装置处于水平方向的匀强电场中，平衡时L1向左偏离竖直方向，L2向右偏离竖直方向，则可以判定（ ）‎ ‎ ‎ A． m1=m2 B． m1＞m2 C． q1＞q2 D． q1＜q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：把两小球看成整体分析，两球之间的库仑力为内力，整体上受到重力向左的电场力和向右的电场力、的拉力，根据平衡条件判断两电场力的大小，从而可知电荷量的大小．‎ 两球整体分析，如图所示，根据平衡条件可知， ，即，而两球的质量无法比较其大小，故C正确．‎ ‎4．电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为﹣3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q．两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为﹣2L和2L，则下列判断正确的是 A． 两点电荷一定为异种电荷 B． 原点O处场强大小为 C． 负检验电荷在原点O处受到向左的电场力 D． 负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】A、由φ−x图象特点可知两点电荷均为正电荷，故A错误；‎ BC、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0， ，得Q′=4Q，故原点处的场强大小为，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故B错误，C正确；‎ D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎5．如图所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则 A． 带电油滴将沿竖直方向向上运动，带电油滴的电势能将减小 B． P点的电势将升高 C． 油滴将向下运动，带电油滴的电势能将增大 D． 电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故A 错误。板间场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。故B错误。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，由电势能公式Ep=qφ知油滴的电势能将增加。故C正确。两板间距变大，根据，则电容器的电容减小，根据Q=CU可知，极板带电荷量将减小。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．‎ ‎6．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A． 带电粒子只向一个方向运动 B． 0～2 s内，电场力的功等于0‎ C． 4 s末带电粒子回到原出发点 D． 2.5～4 s，电场力做功等于0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1＝，第2s内加速度a2＝，则a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v--t图象如图所示，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒子刚回到减速开始的点，所以选项A错误；‎ ‎0～2s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B错误；由v--t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C错误；2.5s～4s内，速度的变化为零，则电场力的功为0，选项D正确。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 带电粒子在交变电场中的运动，是对“力和运动”知识点深化性考查的重要信息载体，该问题主要围绕“受力分析、依据受力和运动的初始条件判断带电粒子的运动状态、多方物理过程的分析和临界条件”等能力点考查学生的学科思维能力，方法上主要采用“牛顿运动定律”和“功能思想”．‎ ‎7．如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为4.5 J，克服空气阻力做功为1J．则下列说法不正确的是(　　)‎ A． 粒子带正电 B． 粒子在A点的机械能比在B点大1 J C． 粒子在A点的动能比在B点小1.5 J D． 粒子在A点的电势能比在B点大4.5 J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电。选项A正确。从A到B 的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功和阻力做功，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功与阻力做功之和，即4.5J-1J=3.5J，所以机械能增加了3.5J，选项B错误。从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功4.5J，克服空气阻力做功为1J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点少1.5J，选项C正确。从A到B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A点的电势能比在B点时的电势能大4.5J。选项D正确。此题选择错误的选项，故选B。‎ ‎【点睛】‎ 对于本题要明确：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．另外机械能的变化要看除重力以外的其它力的功.‎ ‎8．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h=R．重力加速度为g，静电力常量为k，则（　　）‎ A． 小球a一定带正电 B． 小球b的周期为 C． 小球c的加速度大小为 D． 外力F竖直向上，大小等于 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误。设db连线与水平方向的夹角为，则，，对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：，解得：‎ ‎，，则小球c的加速度大小也为，故B错误，C正确。对d球，由平衡条件得：，故D正确；故选CD。‎ ‎【点睛】a、b、c三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析其受力情况，运用牛顿第二定律研究即可．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎9．某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中正确的是 A． 加5 V电压时，导体的电阻是5 Ω B． 加12 V电压时，导体的电阻是8 Ω C． 由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小 D． 由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：I-U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化．‎ 加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，，A正确；加12V的电压时，电流为1.5A，则可得电阻为，B正确；由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，而图像斜率的倒数等于电阻，则可知导体的电阻越来越大，随着电压的减小，导体的电阻减小，C错误D正确．‎ ‎10．如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab＝2bc，当A与B之间接入的电压为U1=4V时，电流为1 A，若C与D间接入的电压为U2=8V时，下列说法正确的是(　　)‎ A． 当CD间接入电压为U2=8V时，电阻为1Ω B． 当CD间接入电压为U2=8V时，电阻为4Ω C． 当CD间接入电压为U2=8V时，电流为2A D． 当CD间接入电压为U2=8V时，电流为8A ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设ab＝2bc=2x，厚度为y，则当A与B之间接入的电压为U1=4V时，电阻，此时的电阻；若C与D间接入的电压为U2=8V时，，电流．故AD正确，BC错误。故选AD。‎ ‎11．如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知(　　)‎ A． O为正电荷 B． 在整个过程中q的电势能先变小后变大 C． 在整个过程中q的加速度先变大后变小 D． 在整个过程中，电场力做功为零 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为负电荷。故A错误。从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B错误。越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小。故C正确。初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D 正确。故选CD。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功．‎ ‎12．如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判断正确的是(　　)‎ A． 若仅将A、B两处点电荷的带电量同时等量地缓慢增大，则O点的电场强度增大 B． 若仅将A、B两处点电荷的带电量同时等量地缓慢减小，则O点的电场强度不变 C． 若仅将C处点电荷的带电量缓慢减小，则D点的电场强度减小 D． 若仅将C处点电荷的带电量缓慢减小，则O点的电场强度减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 题中A、B两个+Q在O点的场强矢量和为0，所以O点的场强等于C点在O点产生的场强；（不为零），则无论是将A、B两处点电荷的带电量同时等量地缓慢增大还是同时等量地缓慢减小，O点的电场强度都是不变的，选项A错误，B正确；因题中A、B两个+Q在O点的场强矢量和为0，所以O点的场强等于C点在O点产生的场强，则若仅将C处点电荷的带电量缓慢减小，则O点的电场强度减小，选项D正确；‎ 题中A、B、C三点电荷在D点产生的场强如图所示，大小相等，设EA=EB=EC=E，EA、EB的矢量和沿x轴正方向，大小也等于E，EC方向沿x轴负方向，故三个场强的矢量和为0，若仅将C处点电荷的带电量缓慢减小，则D点的电场强度将不再为零，即场强变大，选项C错误；故选BD。‎ ‎13．A、B两物体质量均为m，其中A带电量为q（不考虑电量的变化）的负电荷，B不带电，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加一竖直向下的匀强电场，电场强度E= （g为重力加速度），若不计空气阻力，则以下说法正确的是( )‎ A． 刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为g，方向竖直向上 B． B刚离开地面时， A的速度大小为2g C． B刚离开地面时，A的速度大小为g D． B刚离开地面时，A的加速度为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场的瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故F=2mg=ma，解得a=2g，方向向上，故A错误；当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加外力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为x=，故合力做功全部转化为A的动能，根据动能定理可知(qE-mg) x＝mv2，解得v=，故B正确，C错误；当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，此时弹簧的弹力F=mg，对A物体，受到向上的电场力、重力以及弹簧的拉力，根据牛顿第二定律可知qE-F-mg=ma，解得a=0，故D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键根据平衡条件和胡克定律求解出弹簧的形变量，最后结合几何关系得到物体A上升的距离，注意明确弹性势能的变化与形变量之间关系，利用动能定理可判断。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室备有下列器材供选择：‎ A．小灯泡“3.0 V、0.5A” B．电流表(量程3 A，内阻约为1 Ω)‎ C．电流表(量程0.6 A，内阻约为5 Ω) D．电压表(量程3.0 V，内阻约为10 kΩ)‎ E．电压表(量程15.0 V，内阻约为50 kΩ) ‎ F．滑动变阻器(最大阻值为5Ω，额定电流2.0 A)‎ G．电源(电压为4.0 V，内阻不计)‎ H．电键及导线等 ‎ (1)为了使实验完成的更好，电流表应选用________；电压表应选用________； (只需填器材前面的字母即可)‎ ‎ (2)请在虚线框内画出实验电路图________．‎ ‎【答案】（1）CD（2）图见解析；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）灯泡额定电压为3V，电压表应选D，灯泡额定电流为0.5A，电流表应选C． （2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法； 灯泡正常发光时的电阻为：，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为10kΩ， 电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示． ‎ ‎【点睛】‎ 仪器选择的原则是：安全、准确和方便；滑动变阻器的分压限流接法，安培表内外接法，仪器的选择是电学实验考查的重点，尤其是电路的选择要知道Rv>>Rx时电流表外接，‎ Rx>>RA时电流表内接．‎ ‎15．实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω 电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ 滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω 滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω 定值电阻： ‎ 电源：电动势6 V，内阻可不计 开关、导线若干 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选_______（填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至_____端（填“a”或“b”）。‎ ‎（2）在图丙所示实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接_________。‎ ‎（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.5 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V。‎ ‎（4）导线实际长度为______ m（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】R2a如图所示:‎ ‎2.3094‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处； （2）根据实验电路图，连接实物图； （3）根据图乙读出电压，注意估读； （4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解；‎ ‎【详解】‎ ‎（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；‎ ‎（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：‎ ‎（3）电压表量程为3 V，由图乙所示电压表可知，其分度值为0.1 V，所示为：2.30 V；‎ ‎（4）根据欧姆定律得：=4.6 Ω，则，由电阻定律：可知：，代入数据解得：。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，能根据电路图连接实物图。‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎16．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布。），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）C、O间的电势差UCO；‎ ‎（2）O点处的电场强度E的大小及小球p经过O点时的加速度；‎ ‎【答案】(1) (2) ； ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：‎ ‎ ① ‎ 解得： ② ‎ ‎（2）小球p经过O点时受力如图，‎ 由库仑定律得： ‎ 它们的合力为： ③ ‎ O点处的电场强度， ④ ‎ 由牛顿第二定律得： ⑤ ‎ 解得： ⑥‎ ‎【点睛】‎ 选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．‎ ‎17．如图所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U1=100V，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d=0.2m，板的长度为L=1m，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求：‎ ‎（1）为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少？哪板电势高？‎ ‎（2）如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子还能打在板上吗？若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为多少？‎ ‎【答案】（1）U2=32V，C板电势高；（2）不能打在板上；y=0.05m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子在加速电场中，电场力做正功，根据动能定理求解；‎ ‎（2）由题：电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能打在C板的正中点P，得知：，根据牛顿第二定律求出加速度，再位移公式求出时间．根据负离子的受力方向确定极板电势的高低；‎ ‎（3）由题，则由求解．‎ ‎（1）在AB间加速①‎ 进入CD偏转，设CD电压为U2则②‎ ‎③‎ ‎④‎ 解①②③④得 代入数据得U2=32V 带负电的离子向上偏转，C板电势高。 (5分)‎ ‎（2）设打到板上临界电压为U3，则⑤⑥⑦‎ 解①⑤⑥⑦得U3=8V 所以能打出去 ‎（5分）‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ 点评：本题是分析和处理带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析运动情况和选择解题规律，分方向研究曲线运动．‎ ‎18．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.‎ ‎(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力的大小．‎ ‎(3)要使滑块刚好不脱离轨道滑行，且从G点飞出轨道，求此时的s为多大？‎ ‎【答案】(1) (2) （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得 qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2－0‎ 而qE＝mg，μ＝0.5，s＝3R 解得 v＝.‎ ‎(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则 F－qE＝m 解得 F＝4mg.‎ ‎(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG中点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vmin)，则有 ‎ 解得vmin＝‎ 由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了动能定理以及圆周运动等问题，分析清楚滑块的运动过程是正确解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意滑块做圆周运动的临界条件．‎ ‎19．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在xoy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线的一段（0≤x≤L,0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L为边界的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，则：‎ ‎（1）从电场I的边界B点处静止释放电子，电子离开MNPQ时的位置坐标；‎ ‎（2）从电场I的AB曲线边界处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的最小动能；‎ ‎（3）若将左侧电场II整体水平向左移动（n≥1），要使电子从x=-2L，y=0处离开电场区域II，在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。‎ ‎【答案】(1) 坐标为（-2L，0） (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）关于B点，其纵坐标y=L，根据相应横坐标 当电子加速到y轴C位置时，由动能定理得：； ‎ 解得：‎ 电子以速度v进入电场区域II，做类平抛运动 有L＝vt；；‎ 解得：h＝L即电子恰从P点射出，坐标为（-2L，0）‎ ‎（2）设释放位置坐标为（x, y）‎ 根据动能定理得：eEx=mv2‎ 进入电场区域II后 L=vt h=‎ 解得h=即所有边界AB曲线上由静止释放的电子均从P点射出。‎ 从边界AB出发到P点射出的全过程，由动能定理：‎ 因为，所以当时，动能有最小值 ‎（3）设释放位置坐标为，‎ 由动能定理得：‎ 进入电场区域II后，x方向： ‎ y方向：‎ 又 ‎ 解得：‎