江西省南昌市第十中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

江西省南昌市第十中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

南昌十中2019-2020学年高二第一学期期中考试 高二物理试题 一、选择题(每小题4分，共计40分，1~7题只有一项符合题意，8~10题至少有一项符合题意，选不全的得2分)‎ ‎1.关于电源和电流，下述说法正确的是 A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压 B. 从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能 C. 由公式可知，导体的电阻与通过它的电流成反比 D. 打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、电源正负极之间电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势．故A错误；B、电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能．故B正确；C、电阻R是由导体本身决定的，与通过它的电流无关．故C错误．D、打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中电场传播的速率接近光速，而导线中自由电荷定向运动的速率是非常小的．故D错误；故选B．‎ 考点：电源的电动势和内阻、电流、电压．‎ ‎【名师点晴】该题考查恒定电流中对几个基本概念的理解，理解电源的作用，及电动势的含义，注意比值定义法的内涵是关键．‎ ‎2.如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，设棒单位长度内所含的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为（ ）‎ A. qvS B. C. vq D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米， v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量为：‎ Q=q•v 根据电流的定义式为：，t=1s，得到等效电流为：‎ I=qv．‎ A．qvS，与结论不相符，选项A错误；‎ B．，与结论不相符，选项B错误；‎ C． vq，与结论相符，选项C正确；‎ D．，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.如图所示，图线表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. R1：R2=3：1‎ B. 把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过图象得出两电阻的关系.串联电路电流相等,并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,并根据功率,部分电路欧姆定律及电阻定律,即可判定.‎ ‎【详解】A．根据图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以R1：R2=1：3, 所以A选项是不符合题意的；‎ B．根据电阻定律:‎ 当把拉长到原来3倍,则电阻变为原来的9倍,因此是R2的3倍,所以B选项是不符合题意的;‎ C．串联电路电流相等,所以将与串联后接于电源上,电流比：‎ 根据公式可知：‎ P1：P2=1：3‎ 所以C选项是符合题意的；‎ D．并联电路,电压相等,根据公式可知，电流比等于电阻之反比,所以将与并联后接于电源上,电流比：‎ 所以D选项是不符合题意的；‎ ‎4.如图所示的U一I图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（ ）‎ A. R阻值为0.5Ω B. 电源电动势为4.0V，内阻为0.5Ω C. 2s内电阻R上消耗的电能为4J D. 若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流变为之前的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．R的U-I图线的斜率大小等于R的阻值，则:‎ 故A错误。‎ B．根据闭合电路欧姆定：U=E-Ir，当I=0时，U=E，可读出电源的电动势E ‎=4V，内阻等于图线的斜率大小，则 故B错误；‎ C．2s内电阻R上消耗的电能为 则C正确。‎ D．若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流变为 选项D错误。‎ ‎5.如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω，R2=5Ω，R3=3Ω，电容器的电容C=2×10-5F。若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q。则（ ）‎ A. I=0.25A B. I=0.5A C. q=1×10-5C D. q=2×10-5C ‎【答案】C ‎【解析】‎ 开关S闭合电路稳定时，外电路中总电阻为，根据闭合电路欧姆定律得：，电容器两端的电压为，电量，断开开关S后：电容器通过与放电，设通过与的放电电流分别为和，则 ‎，由电量公式q=It可知，通过与的的电量之比为，又，联立得：通过的电量为，故ABD错误，C正确；故选C。‎ ‎【点睛】开关S闭合电路稳定时，电容器相当于开关断开，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流I，再求电容器的电压，由Q=CU求其电量．断开电源，电容器会放电，因、并联，流过两个电阻的电流与电阻成反比，通过的电荷量也与电阻成反比．‎ ‎6.电动势为E、内阻为r的电源与电阻箱Rx、阻值为2r的定值电阻R连接成如图所示的电路，闭合开关S，调节电阻箱Rx，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当Rx=r时，电源的输出功率最大，最大值为 B. 当Rx=0时，电源内阻消耗的电功率最大，最大值为 C. 随电阻箱Rx阻值的增大，电源的效率先增大后减小 D. 当Rx=2r时，电阻箱消耗的功率最大，最大值为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当电源的外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，则当Rx=2r时，外电阻为r，此时电源输出功率最大，选项A错误；‎ B．当电源中电流最大时，内阻消耗的功率最大，即当Rx=0时，电路中总电阻最小，总电流最大，电源内阻消耗的电功率最大，最大值为 选项B正确；‎ C．电源的效率 则随着Rx增大，则R外增大，电源的效率变大，选项C错误；‎ D．将电阻R等效为电源的内阻，则，则当电阻箱的电阻等于电源的等效内阻时，电阻箱消耗的功率最大，选项D错误。‎ ‎7.如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（　　）‎ A. 灯泡将变暗，电源效率将减小 B. 液滴带正电，将向下做加速运动 C. 电源的路端电压增大，输出功率也增大 D. 滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A：将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗。电源的效率，外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大。故A项错误。‎ B：液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电。滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动。故B项错误。‎ C：由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误。‎ D：因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小。故D项正确。‎ 点睛：本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值。‎ ‎8.两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据。根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I直线。当图象中两直线相交时表示(　　)‎ A. 滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端 B. 电源的输出功率最大 C. 定值电阻R0上消耗的功率为1.0 W D. 此过程中电压表V2的变化量大于电压表V1的变化量 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意可知图象①表示电源的路端电压随电流的变化关系；图象②表示电阻两端的电压随电流的变化关系；交点处说明两图象表示的电流相等，并且电压相等，故说明此时滑动变阻器短路，即滑片滑到了最左端，故A正确；‎ B．当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，根据图像的交点坐标以及直线的斜率可知R0＞r，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，故B正确；‎ C．由图可知，此时电源的路端电压为1.0V，电流为0.5A，定值电阻上消耗的电功率P=UI=0.5W，故C错误；‎ D．由图像可知，②的斜率大于①，可知此过程中电压表V2的变化量大于电压表V1‎ 的变化量，选项D正确。‎ ‎9.如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有 A. 路端电压为10 V B. 电源的总功率为10 W C. a、b间电压的大小为5 V D. a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】外阻为R： ，则 ，则外压U=IR=10V，功率P=EI=12W，则A正确，B错误；根据并联电路的特点可求流过a、b电流均为0.5A，所以Uba=0.5×(15-5)=5V，故C正确；a、b间用导线连接后，根据电路的连接可求外电路电阻为 ，电流，故D错 ‎【点睛】考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键；‎ ‎10.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )‎ A. 匀强电场的电场强度E=‎ B. 小球动能的最小值为Ek=‎ C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D. 小球从图示位置开始,在竖直平面内逆时针运动一周过程中,其电势能先减小后增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ=qE，解得，故A正确。‎ B. 小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有，则最小动能 C. 小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；‎ D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误；‎ 二、实验题(本大题共4小题，26小空，共计30分)‎ ‎11.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝的电阻约为6 Ω。某同学进行了如下测量：‎ ‎（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度。测量3次，求出其平均值l.其中一次测量结果如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为____cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值D。其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为______mm。‎ ‎（2）在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：‎ A．直流电源(电动势约为4.5 V，内阻很小)‎ B．电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)‎ C．电流表(量程0.6 A，内阻约2 Ω)‎ D．滑动变阻器(阻值范围0～15 Ω，最大允许电流1 A)‎ E．开关、导线若干 ‎（3）根据上面选择的器材，在图中-完成实验电路的连接完整_____。‎ ‎（4）采用如图所示的电路测量金属丝的电阻。测得金属丝两端的电压为U，通过金属丝的电流为I。则电阻的测量值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。最后由公式ρ＝________计算出金属丝的电阻率(用物理量表示)。‎ ‎【答案】 (1). 24.14 (2). 0.700 (3). (4). 偏小 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．毫米刻度尺读数要估读到0.1mm，故读数为241.4mm=24.14cm；‎ ‎[2]．螺旋测微器固定刻度读数为0；半刻度读数0.5mm；可动刻度读数20.0×0.01mm=0.200mm，故金属丝的直径为0.700mm；‎ ‎（3）[3]．因，则采用安培表外接，滑动变阻器用限流接法，连接实物连线图，如图所示：‎ ‎ （4）[4][5]．由于采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I偏大，而电压测量值U准确，故根据欧姆定律R=U/I，电阻测量值偏小；‎ 根据欧姆定律：‎ ‎；‎ 根据电阻定律：‎ ‎；‎ 其中：‎ 故 ‎ ；‎ ‎12.一个小灯泡上标有“2V，1W”的字样，现在要用伏安法描绘它的I－U图线。可选用的器材如下：‎ A．电压表（量程3V，内阻约10kΩ）‎ B．电压表（量程15V内阻约20kΩ）‎ C．电流表（量程0.3A，内阻约1Ω）‎ D．电流表（量程0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（5Ω，1A）‎ F．滑动变阻器（100Ω，0.2A）‎ G．电源（电动势3V，内阻1Ω）‎ H．开关一个，导线若干 实验要求：误差尽量小，电压表从零开始变化且能多取几组数据，滑动变阻器调节方便。‎ ‎（1）电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________（填器材序号字母）。‎ ‎（2）实验电路图应选择图甲中的________（选填“a”或“b”）图。‎ ‎（3）连接电路时，某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路，其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确。接通电源后，移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是________（选填“不亮”或“逐渐变亮”）。‎ ‎（4）通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得它在正常工作时的电阻为___Ω。若将该小灯泡与本实验中使用的电源直接相连，则还需在电路中串联一个阻值为________Ω的电阻，才能使它正常工作。（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). b (5). 不亮 (6). 4.0 (7). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．灯泡额定电压是2V，电压表应选择A；灯泡额定电流 ‎，电流表应选择D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；‎ ‎（2）[4]．为了在灯泡上得到从0开始的电压，滑动变阻器要用分压电路，故选b；‎ ‎（3）[5]．接成乙所示的电路，电压表内阻很大，电路中电流几乎为零，则灯泡不亮；‎ ‎（4）[6][7]．灯泡正常工作时，电压为2V，由图可知I=0.5A，则 ‎ ；‎ 将该小灯泡与本实验中使用的电源（3V，1Ω）直接相连，则内阻和电阻R上的电压之和为1V，电路中的电流为0.5A，则串联的电阻 ‎13.某同学做“测定电动势约2V内阻约几Ω的电池的电动势和内阻”实验． ‎ ‎（1）他采用如图1所示的实验电路进行测量．现有下列器材供选用： ‎ A．电压表（0～15V，内阻约20kΩ） B．电压表（0～3V，内阻约10kΩ） ‎ C．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω） D．电流表（0～3A，内阻约1Ω） ‎ E．滑动变阻器（500Ω，1A） F．滑动变阻器（20Ω，2A） ‎ ‎（1）实验中所用电压表应选 ______ ，电流表应选用 ______ ，滑动变阻器应选用 ______ ．（填字母代号） ‎ ‎（2）图2中给出了做实验所需要的各种仪器．请你按电路图把它们连成实验电路．（ ）（在答题卷先用铅笔连线，确定准确无误后，再用签字笔连线） ‎ ‎（3）根据实验数据做出U-I图象，如图3所示，蓄电池的电动势E= ______ V，内电阻r= ______ Ω．（结果保留2位有效数字） ‎ ‎（4）这位同学对以上实验进行了误差分析．其中正确的是 ______。‎ A．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用 ‎ B．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用 ‎ C．实验测出的内阻大于真实值 ‎ D．实验测出的电动势小于真实值．‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). F (4). 如图所示，‎ ‎ (5). 2.0 (6). 3.8 (7). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)为方便实验操作,滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器;根据电源电动势选择电压表,根据电路最大电流选择电流表;  ‎ ‎(2)根据电路图连接实物图，注意滑动变阻器的连法; ‎ ‎(3)由图示图象的截距和斜率求出电源电动势与内阻; ‎ ‎(4)通过作出的实际图线和测量图线判断测量电动势和内阻的误差.‎ ‎【详解】(1)为方便实验操作,滑动变阻器应选F; 电动势约为2V,电压表选B，电路最大电流约为零点几安培,电流表选C;‎ ‎(2)根据电路图连接实物图,如图所示: ‎ ‎ ‎ ‎(3)由图示电源图象可以知道,图象与纵轴交点坐标值为2.0,所以电源电动势：‎ 电源内阻:‎ ‎(4)ABCD．在测量电源的电动势和内阻时,电压表测量电源的外电压准确,电流表测量通过电源的电流偏小,因为电压表起分流作用.作出图线实际图线和测量图线,如图所示, ‎ 知电动势的测量值偏小,内电阻的测量值偏小.故AC项不符合题意,BD符合题意。‎ ‎14.图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中是电池；、、、和是固定电阻，是可变电阻；表头的满偏电流为，内阻为。虚线方框内为换挡开关，端和端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，分别为：直流电压挡和挡，直流电流挡和挡，欧姆挡。‎ ‎①图中的端与_________（选填“红”或“黑”）色表笔相连接；‎ ‎②关于的使用，下列说法正确的是_________；‎ A. 在使用多用电表之前，调整使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B. 使用欧姆挡时先将两表笔短接，调整使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C. 使用电流挡时，调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎③根据题目给出的条件可得_________，___________；‎ ‎④某次测量时该多用电表指针位置如图所示。若此时端是与“1”相连的，则多用电表读数为_________；若此时端是与“3”相连的，则读数为__________；若此时端是与“5”相连的，则读数为_________。（注明单位）‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). B (3). (4). (5). 1.47mA (6). 1.10×103Ω (7). 2.95V ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，红表笔与内置电源负极相连，由图示电路图可知，A端与黑表笔相连；‎ ‎②由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确，AC错误；‎ ‎③直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，；总电阻；接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与、并联后再与串联，即改装后的1mA电流表与串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知，；‎ ‎④当B端与“1”连接时，为直流电流2.5mA挡，则多用电表读数为1.47mA；当B端与“3”连接时，为欧姆×100Ω挡，则读数为11.0×100Ω＝1.10×103Ω；当B端与“5”连接时为直流电压5V挡，则读数为2.95V。‎ 三、计算题(本大题共4小题，第15题8分，16题每题10分，第17题10分，第18题12分，共计40分)‎ ‎15.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合。当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：‎ ‎（1）电源的内电阻；‎ ‎（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。‎ ‎【答案】（1）1Ω（2）1606W ‎【解析】‎ ‎（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则，‎ 代入数据可以解得，‎ ‎（2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则，‎ 解得，U=84V 由闭合电路欧姆定律得，，‎ 代入数据，得 流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，A，‎ 而，所以由 代入数据得，W 本题考查的是闭合电路的欧姆定律的相关问题，根据电阻R1消耗的功率可以计算出电源内阻；根据闭合电路的欧姆定律可以计算出电动机的输出功率；‎ ‎16.如图所示,平行金属板长为L，一个带电为+q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计求：‎ ‎ ‎ ‎1）电场强度；‎ ‎（2）两极板间的电势差 ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在平行板间做类平抛运动，水平方向：‎ 竖直方向：‎ 解得 ‎（2）根据动能定理得 其中 解得 ‎17.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d＝40 cm，电源电动势E＝10 V，内电阻r＝1 Ω，定值电阻R＝8Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板小孔以初速度v0＝3 m/s竖直向上射入板间．已知小球带电荷量q＝1×10－2 C，质量为m＝2×10－2 kg，不考虑空气阻力。(g取10 m/s2)‎ ‎（1）要使小球在A、B板间向上匀速运动，则滑动变阻器接入电路的阻值为多大？‎ ‎（2）若小球带正电，只改变滑动变阻器划片位置，其它量不变，那么，A、B板间电压为多大时，小球恰能到达A板？此时电源输出功率是多大？‎ ‎【答案】(1)36 Ω （2）UAB＝1 V. P=9 W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由mg=qUAB/d ‎ 解得： UAB=8V ‎ ‎ 滑动变阻器电阻：R滑＝＝36Ω. ‎ ‎(2)由动能定理：－mgd－qUAB＝0－ ‎ UAB＝1 V.‎ 电源输出功率：P＝EI-I2r ‎ P＝9 W.‎ ‎18.如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：‎ ‎（1）粒子进入偏转电场速度v的大小；‎ ‎（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；‎ ‎（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．‎ ‎【答案】粒子进入偏转电场的速度v的大小．‎ 偏转电场所加电压．‎ 偏转电场电压2，3，，周期2，3，‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子经加速电场加速：(3分)‎ 解得：(1分)‎ ‎（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：(2分)‎ 解得：(1分)‎ 又(2分)‎ 解得：(1分)‎ ‎（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为，则 因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足(2分)‎ 则（n=1，2，3，4…） (1分)‎ 在竖直方向位移应满足(2分)‎ 解得：（n=1，2，3，4…） (1分)‎ 考点：考查了带电粒子在电场中的运动 点评：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．‎ ‎ ‎