2018-2019学年河南省信阳高级中学高二上学期10月月考物理试题 解析版

2018-2019学年河南省信阳高级中学高二上学期10月月考物理试题 解析版

绝密★启用前 河南省信阳高级中学2018-2019学年高二上学期10月月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．如图所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为+q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态．若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场强度E，此时P处小球仍能保持静止．重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为（　　）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】设P处的带电小球电量为Q，根据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为：； 根据几何关系，可知，正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有：；若将P处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P的小球的库仑合力为：；当外加匀强电场后，再次平衡，则有：‎ ‎；解得：E=，故D正确，ABC错误；故选D。‎ ‎2．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为。已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则 ‎ ‎ A． 所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 B． t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上 C． 所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过3‎ D． 若入射速度加倍成，则粒子从电场出射时的侧向位移与时相比必定减半 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零。‎ ‎【详解】‎ A、B项：粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；‎ t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；‎ 由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A正确，B错误；‎ C项：t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；‎ 根据分位移公式，有：‎ ‎ ‎ 由于L=d 故：vym=v0‎ 故最大动能，故C错误；‎ D项：若t=0时刻的粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一，故D错误。‎ 故A正确。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解。‎ ‎3．如图所示，斜面AD和BD与水平方向的夹角分别为60°和30°，两斜面的A端和B端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端D，设两物块与AD、BD面间的动摩擦因数分别为和，则为（ ）‎ A． :1 B． 1: C． 1:3 D． 3:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据牛顿第二定律，物块由AD下滑时有：mgsin60°-μ1mgcos60°=ma1 得：a1=gsin60°-μ1gcos60° 由BD下滑时有：mgsin30°-μ2mgcos30°=ma2 得：a2=gsin30°-μ2gcos30° 设底边CD=d，由运动学公式有：；‎ 联立以上四式解得：，故选D。‎ ‎4．A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线。现将另两个等量异种的检验电荷a、b，如图用绝缘细杠连接后从AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称，若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是 A． 在AB的连线上a所处的位置电势 B． a、b整体在AB连线处具有的电势能Ep>0‎ C． 整个移动过程中，静电力对a做正功 D． 整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设AB连线的中点为O．由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零．AO间的电场线方向由A→O，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势φa＞0，故A错误．a所处的位置电势φa＞0，b所处的位置电势φb＜0，由Ep=qφ知，a、b在AB处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep＞0．故B正确．在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C错误．a、b看成一个整体，原来总电势能为零，最终总电势能为正，电势能增加，所以整个移动过程中，静电力对a、b整体做负功，故D错误．故选B.‎ 点睛：‎ 对于等量异种电荷电场线和等势面的分布情况要熟悉，要抓住其对称性进行记忆，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远．‎ ‎5．两电荷量分别为和的点电荷固定在轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A． 、为等量异种电荷 B． N、C两点间场强方向沿轴负方向 C． N、D两点间的电场强度大小沿轴正方向先减小后增大 D． 将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：若是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向，故B错误； 图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误；‎ 考点：考查了电势，电势能，电场强度 ‎【名师点睛】由图象中电势的特点可以判断应该是同种等量电荷，画出OM间可能的电场线分布，从而去判断场强的大小．‎ ‎6．如图所示，以O点为圆心，以R＝0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成θ＝60°角，已知a、b、c三点的电势分别为4 V、4 V、V，则下列说法正确的是(　　) ‎ A． 该匀强电场的场强E＝V/m B． 该匀强电场的场强E＝80 V/m C． d点的电势为V D． d点的电势为－4 V ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 匀强电场中，电势差与电场强度的关系为U=Ed，d是两点沿电场强度方向的距离，根据此公式和ac间的电势差，求出电场强度E。 由题可知，圆心O点的电势为0，根据U=Ed分析d、b间电势差的关系，即可求得d点的电势。‎ ‎【详解】‎ A、B项：由题意得，a、c间的电势差为，a、c两点沿电场强度方向的距离为，故该匀强电场的场强，故A、B错误；‎ C、D项：根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed，相等距离，电势差相等，因为 ，，可知，O点电势为0，而dO=Ob，则a、O间的电势差等于O、a间的电势差，可知，d点的电势为-4V，故C错误，D正确。‎ 故应选D。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是正确理解U=Ed，正确分析匀强电场中两点间的电势差关系，即可正确求解场强，注意公式中的d为沿电场线的距离。‎ ‎7．如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置电荷量都为q的正、负点电荷。图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量。下列表述正确是（ ）‎ A． a、b两点电场强度大小相等，方向不同 B． a点电势高于b点电势 C． 把点电荷+Q从c移到d，电势能增加 D． 同一个试探电荷从c移到b和从b移到d，电场力做功相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据电场线分布知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故A错误．B、ab两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a、b的电势相等．故B错误．C、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点的电势大于d点的电势．把点电荷+Q从c移到d，电场力做正功，电势能减小，故C错误．D、因可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D正确。故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．‎ ‎8．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E互相垂直．在A点以大小为的初速度水平抛出一质量为m，带电量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度仍为，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中正确的是 A． 电场力对小球做功为零 B． 小球的电势能增加 C． C可能位于AB直线的左侧 D． 小球的机械能减少量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到C 点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况。‎ ‎【详解】‎ A项：小球必定没有回到原处，电场力做功不为零，故A错误；‎ B项：由动能定理可知，由于动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故B正确；‎ C项：A、B两点等势，结合B选项可知，C点必定在AB直线的右侧，故C错误；‎ D项：小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向，即，故D错误。‎ 故应选B。‎ ‎9．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是 ‎ A． 粒子可能带负电 B． 粒子在P点的动能大于在Q点动能 C． 粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能 D． 粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子一定带正电；故A错误；‎ 若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故B正确；因P点电势小于Q点电势，粒子带正电，由E=φq可知P点的电势能小于Q点的电势能，故C正确；因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度，故D正确；此题选择错误的选项，故选A． 点睛：本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法；本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错判．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎10．习近平总书记在十九大报告中指出：“像对待生命一样对待生态环境”，国家对于高排放企业会持续加大治理力度。目前很多企业采用静电除尘器用于尘埃排放的处理，除尘机理示意图如图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是 A． 到达集尘极的尘埃带正电荷 B． 电场方向由集尘极指向放电极 C． 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D． 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 ‎【答案】BD ‎【解析】尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误；由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，B正确；负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误；根据F=Eq可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。故选BD。‎ ‎11．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源相连接，下极板接地。静电计所带的电荷量可忽略。现将一带电油滴置于电容器中P点，恰能保持平衡。若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是 A． 平行板电容器的电容将变小 B． 带电油滴所受的电场力将变小 C． 静电计指针的张角将保持不变 D． 带电油滴的电势能将减小 ‎【答案】CD ‎【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据知，d减小，则电容增加，故A错误；电势差不变，d减小，根据E=U/d可知，电场强度增加，带电油滴所受的电场力将变大，选项B错误；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C正确；因两板场强变大，则P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故D正确；故选CD。‎ 点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．‎ ‎12．如图所受，三根完全相同的细绝缘棒连接成等边三角形，P点为三角形的内心，Q点与三角形共面且与P点相对AC棒对称，三棒带有均匀分布的正电荷，此时测得P、Q两点的电势各为、。现将BC棒取走，而AB、AC棒的电荷分布不变，则下列说法正确的是（ ）‎ A． P点的电势变为 B． P点的电场强度方向由P指向A C． P点的电场强度增大 D． 在没有把BC棒取走时，把+q检验电荷由P点移到Q点，电场力做正功 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 三个电棒完全相同，相对P点位置对称，故三带电棒在P点产生的电场强度大小相同，产生的电势也相等，根据矢量和标量的合成原则分析即可求解。‎ ‎【详解】‎ 三根棒在三角形中心P处产生的电势都相等，总的电势值为φP，将BC棒取走后，电势变为φP．故A正确。三带电棒完全相同，相对P点位置对称，故三带电棒在P点产生的电场强度大小相同，合场强为零；另由于每个带电棒关于P点轴对称，所以每个带正电的棒在P点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线从P点向外方向，三个电场方向互成120°角，所以将BC棒取走后，P点的电场强度不再为零，方向由A指向P，故B错误，C正确。在没有把BC棒取走时，P点的场强为零，PQ间的场强方向由P指向Q，把+q检验电荷由P点移到Q点，电场力做正功，故D正确。故选ACD。‎ 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 ‎13．如图是“验证力的合成的平行四边形定则”实验示意图。将橡皮条的一端固定于A点，图甲表示在两个拉力F1、F2的共同作用下，将橡皮条的结点拉长到O点；图乙表示准备用一个拉力F拉橡皮条，图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的合成图示。‎ ‎(1)有关此实验，下列叙述正确的是________(填正确答案标号)。‎ A．在进行图甲的实验操作时，F1、F2的夹角越大越好 B．在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O点 C．拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦 D．在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，F1变大时，F2一定变小 ‎(2)图丙中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿AO方向的是________(填“F”或者“F′”)。‎ ‎(3)若在图甲中，F1、F2夹角小于90̊，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为F1__________，F2___________。‎ ‎【答案】BCFF1先减小后增大F2一直增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在进行图甲的实验操作时，F1、F2的夹角大小适当即可，并非越大越好，选项A错误；在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O点，以保证等效性，选项B正确；拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦，以免产生误差，选项C正确；在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，即两个力的合力一定，则当F1变大时，F2不一定变小，选项D错误；故选BC.‎ ‎（2）图丙中有两个力F与F′，其中F'是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线．在这两个力中，方向一定沿AO方向的是力F，而力F'由于存在误差，会与AO方向成一定角度；‎ ‎（3）若在图甲中，F1、F2夹角小于90̊，现保持O点位置不变，即两个拉力的合力不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，由图可知，两弹簧秤示数大小变化为：F1先减小后增大； F2一直增大.‎ ‎【点睛】‎ 在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析；掌握图解法在动态分析中的应用．‎ ‎14．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：‎ A．第一步他把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动，如图甲所示。‎ B．第二步保持木板的倾角不变，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块， 使之从静止开始加速运动，打出纸带，如图乙所示。‎ 打出的纸带如图：‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打A点时滑块速度=_______，打点计时器打B点时滑块速度 ‎=____________。‎ ‎（2）已知重锤质量m，当地的重力加速度g，要测出某一过程合外力对滑块做的功，还必须测出这一过程滑块________________（写出物理量名称及符号），合外力对滑块做功的表达式=____________。‎ ‎（3）测出滑块运动OA段、OB段、OC段、OD段、OE段合外力对滑块所做的功以及。以为纵轴，以W为横轴建立坐标系，描点作出图象，可知它是一条过坐标原点的倾斜直线，若直线斜率为k，则滑块质量M=______________________。‎ ‎【答案】 下滑的位移 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度；‎ ‎(2) 根据平衡列出第一步实验中平衡的表达式，从而得出在第二步中滑块的合力，结合功的公式求出合力功，从而确定需要测量的物理量；‎ ‎(3) 根据动能定理得出v2-W的表达式，结合图线的斜率求出滑块的质量。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)点的瞬时速度等于OB段的平均速度，则 ‎ ‎ B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则 ‎；‎ ‎(2) 在第一步实验中，有：Mgsinθ=f+mg，在第二步实验中，滑块的合力为F合=Mgsinθ-f=mg，则合力做功W合=F合x=mgx，由此可知，要测滑块的位移x；‎ ‎(3) 根据动能定理有：，则，可知图线的斜率，则滑块质量。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了打点计时器中求瞬时速度的方法，能根据做功公式求出W与v2的关系式，根据图象的斜率求解质量。‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．如图所示，半径为R的水平绝缘圆盘可绕竖直轴O'O转动，水平虚线AB、CD互相垂直，一带电荷量为+q的小物块（可视为质点）置于距转轴r处，空间中有匀强电场。当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止。小物块转动到位置Ⅰ（虚线AB上）时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ（虚线CD上）时受到的摩擦力大小为f。求：‎ ‎（1）电场强度的方向；‎ ‎（2）圆盘边缘两点间电势差的最大值；‎ ‎（3）小物块从位置Ⅰ转动到位置Ⅱ的过程中克服摩擦力做的功。‎ ‎【答案】（1）电场强度的方向为从A指向B；（2）；（3）‎ ‎【解析】试题分析：在位置Ⅰ时，摩擦力为零，电场力提供向心力，判断电场方向，在位置Ⅱ时摩擦力和电场力合力提供向心力，联立两式求得电场强度，再由求得电势差；根据动能定理求解摩擦力做功；‎ ‎（1）在位置Ⅰ时，摩擦力为零，电场力提供向心力，而向心力方向水平向右，所以电场力方向水平向右，因为小物块带正电，所以电场方向从A指向B ‎（2）设圆盘转动的角速度为，场强大小为E，小物块质量为m，‎ 由牛顿第二定律：在位置Ⅰ：，在位置Ⅱ： ‎ 圆盘边缘两点间电势差的最大值： ‎ 联立解得：‎ ‎（3）设小物块由Ⅰ转动到Ⅱ克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理： 解得： ‎ ‎16．如图所示，半径R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q=1.00×10﹣7C．圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N=1.2N，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力，g取10m/s2）．则：‎ ‎（1）小球的最小动能是多少？‎ ‎（2）小球受到重力和电场力的合力是多少？‎ ‎（3）现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度．‎ ‎【答案】（1）小球的最小动能是0.08J；‎ ‎（2）小球受到重力和电场力的合力是20N；‎ ‎（3）小球的质量为0.01kg．电场强度为，方向水平向左 ‎【解析】（1）（2）带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小．根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小．根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；（3）在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量 ‎（1）、（2）小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能．设小球在复合场中所受的合力为F 则有： ，即：‎ 带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：‎ 由此可得：‎ 即小球的最小动能为0.08J，重力和电场力的合力为0.2N．‎ ‎（3）带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA 方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动．设小球的质量为m，则：在BA方向上做初速度为零的匀加速运动 则有：，得：‎ 由几何关系有： ，故 在垂直于BA方向上做匀速运动，有：‎ 解得：，方向水平向左 ‎ ‎17．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量，电荷量的带电粒子以平行于金属板的速度持续射向挡板。已知，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；‎ ‎（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）19.75cm ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）粒子进入电场后水平分速度不变，则在电场中的运动时间 ‎（2）在0～2×10-5s内，粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在2×10-5s～3×10-5s内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终为 ‎ ‎ ‎ 离开电场时竖直方向位移 ‎ 解得 y=0.0175m=1.75cm （3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示，t=（3n+2）×10-5s（n=0，1，2，…时刻进入的粒子，向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为：   ‎ 解得 y1=0.0025m=0.25cm 粒子向上偏转能够从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为 d-y1=19.75cm 粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为19.75cm。‎ ‎【点睛】‎ 解决粒子在电场中偏转问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移。‎