山东省枣庄市2017届高三上学期期末质量检测物理试题

山东省枣庄市2017届高三上学期期末质量检测物理试题

www.ks5u.com 山东省枣庄市2017届高三上学期期末质量检测 物理试题 一、选择题：（1-6为单项选择；7-12为多项选择）‎ ‎1、甲乙两人同时同地骑自行车出发做直线运动，前1h内的位移x-时间t图像如图所示，之恶劣表述正确的是 ‎ ‎ A．0.2h-0. 5h内，甲的速度比乙的小 ‎ B．0.2h-0.5h内，甲的加速度比乙的大 ‎ C．0.7h-0.9h内，甲的位移比乙的小 ‎ D．0.9h时，甲追上乙 ‎【答案】D 考点：s-t图象 ‎【名师点睛】该题考查了对位移-时间图象的理解和应用，要掌握：在位移-时间图象中，图象的斜率表示质点运动的速度的大小，纵坐标的变化量表示位移.‎ ‎2、我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的；，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动．如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直面内的受力分析正确的是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内蜘蛛侠所受合力方向应该是从A指向B，故C正确，ABD错误；故选C.‎ 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题考查牛顿第二定律的直接应用，关系正确的分析受力情况，基础题。‎ ‎3、质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，不计空气阻力影响，g取10m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　）A．100 N B．500 N C．600 N D．1100 N ‎【答案】D 考点：动量定理 ‎【名师点睛】本题除了用动力学解决，也可以对缓冲的过程采取动量定理进行求解．注意在解题时明确动量定理的矢量性，先设定正方向.‎ ‎4、阻值相等的四个电阻、一个电容器C及电池E（内阻和忽略）连接成如图所示的电路；开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为 A.2:3 B.3:5 C.1：2 D.2:5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎ 当开关S断开时，电路总阻值：，则干路电流，电容的电压；当开关S闭合时，电路总阻值：，则干路电流，电容的电压U2=E-IR=E；由可得：，故B正确，ACD错误．故选B.‎ 考点：电容器；欧姆定律 ‎【名师点睛】解题的关键是清楚开关断开与闭合时电路的结构，并能应用闭合电路欧姆定律求电容的电压。‎ ‎5、一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点q射入该区域时，仅受电场力的作用，恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有（　　）‎ A．质点由a到c电势能先减小后增大 ‎ B．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1： 2：1‎ C．a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc＞φb，Ea=Ec=2Eb ‎ D．若改变带电质点q在a处的速度大小和方向，则质点q可能做类平抛运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加；由b到c电场力做正功，电势能减小，即质点由a到c电势能先增大后减小 ；故A错误；‎ A、粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra=rc=rb，代入库仑定律：，可得：；而a与c点的电场力相等；由可知，加速度之比应为：2：1：2；故B错误；根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势；；，故C正确；由点电荷电场分布可知，带电粒子abc三个点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做类平抛运动．故D错误；故选C.‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧．进而判断出电荷是负电荷。‎ ‎6、1871年，人们发现了太阳系中的第七颗行星-天王星，但是，它的运动轨迹有些“古怪”：根据万有引力定律计算出来的轨道与实际观测的结果总有一些偏差；英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻的天文学家雷维耶相信在天王星轨道外面还存在一颗未发现的行星；他们根据天王星的观测资料，各自独立地利用万有引力定律计算出这颗“新”行星的轨道，后来这颗行星被命名为“海王星”；设天王星和海王星各自绕太阳做匀速圆周运动，两行星的轨道平面共面，它们绕行的方向相同；设从两行星离得最近时开始计时，到下一次两行星离得最近所经历的最短时间为t；设天王星的轨道半径为R，周期为T；假设忽略各行星之间的万有引力，那么海王星的轨道半径为：‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C 考点：开普勒第三定律 ‎【名师点睛】本题关键抓住两行星发生最大偏离的条件是转动角度相差2π，进行列式，并要掌握开普勒第三定律研究周期和轨道半径的关系.‎ ‎7、2016年10月17日，我国“神舟十一号”载人飞船在酒泉发射中心顺利升空；10月19日凌晨，绕地运行30多圈后与“天宫二号”实验室成功实现自动对接；11月18日14时07分，两名航天员在完成各项试验任务后乘坐返回舱安全顺利返回；本次太空征程首次将人类以外的生物带上太空，并创造了中国航天员在太空驻留时间新纪录；对此，以下说法正确的是 A.两名航天员进入空间试验室后，将不再受到地球的万有引力 B. “神舟十一号”载人飞船必须在“天空二号”的轨道上，再加速才能实现对接 C.对接后，“神舟十一号”飞船的向心加速度大于月球的向心加速度 D.“天宫二号”空间实验室在轨运行的线速度大于地球同步卫星运动的线速度 ‎【答案】CD 考点：万有引力定律的应用 ‎【名师点睛】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。‎ ‎8、如图所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是（　　）‎ A．四段导线受到的安培力的方向相同 ‎ B．四段导线受到的安培力的大小相等 ‎ C．ADB段受到的安培力最大 ‎ D．AEB段受到的安培力最小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：可知：导线越长，电阻越大，由：可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故AC正确，BD错误；故选AC.‎ 考点：电阻定律；安培力 ‎【名师点睛】本题考查电阻定律与欧姆定律的应用，掌握左手定则及安培力大小表达式，注意理解有效切割长度是解题的关键。‎ ‎9、如图所示，一个不计重力的带电粒子以初速度v0沿各图中的虚线射入场中；A中I是两条垂直于纸面的长直导线中等大、反向的电流，虚线是两条导线垂线的中垂线；B中是两个位置固定的等量同种点电荷，电荷量为+Q，虚线是两位置连线的中垂线；C中是圆环线圈，环中的电流为I，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．其中，带电粒子可能做匀速直线运动的是（　　）A． B． C． D． ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 ‎【名师点睛】‎ 本题要紧扣匀速直线运动的条件：合力为零，掌握电场线和磁感线的分布情况，结合安培定则和左手定进行判断。‎ ‎10、如图甲所示，质量为1kg的小物块，以初速度v0=11m/s从θ=530的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．恒力F大小为21N ‎ B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 ‎ C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少 ‎ D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：根据v-t中斜率等于加速度的意义可知：；不受拉力时：mab=-mgsin53°-μmgcos53°; 代入数据得：μ=0.5；受到拉力的作用时：maa=F-mgsin53°-μmgcos53°,所以：F=1N．故B正确，A错误；根据运动学公式：可知，因为有恒力F时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C错误；结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D正确．故选BD.‎ 考点：功能关系；牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键根据速度时间图象得到物体上滑和下滑的加速度，然后受力分析并根据牛顿第二定律列式求解出斜面的倾角和摩擦力．‎ ‎11、在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是（　　）‎ A．导向槽位置应在高为的位置 ‎ B．最大水平距离为 C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下=2v上 ‎ D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 考点：平抛运动 ‎【名师点睛】本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关.‎ ‎12、如图所示，水平转台上有一质量为买的小物块，用长为L的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细线绷直但绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中（　　）‎ A．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴 ‎ B．至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为 C．至转台对物块的支持力为零时转台对物块做的功 ‎ D．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向．故A错误；对物体受力分析知物块离开圆盘前，沿轴线方向的合力：① N+Tcosθ=mg② 根据动能定理知W=Ek=mv2 当弹力T=0，r=Lsinθ 当N=0，f=0，由①②知，所以当物块的角速度增大到时，物块与转台间恰好无相互作用；此时W=Ek=mv2= ，故B错误，C正确；由几何关系可知，物体在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零．故D正确；故选CD。‎ 考点：圆周运动；牛顿定律的应用 ‎【名师点睛】‎ 此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0．题目较难，计算也比较麻烦。‎ 二、填空题：‎ ‎13、某同学为验证“动能定理”设计了如图1所示的实验装置：用一个电磁铁吸住一个小钢球；当将电磁铁断电后，小钢球由静止开始向下加速运动；小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用游标卡尺测出小钢球的直径d，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h，当地的重力加速度为g，那么 ‎（1）测量小钢球的直径结果如图1所示，则小钢球的直径d= cm．‎ ‎（2）忽略了空气阻力的影响，该同学验证“动能定理”的表达式为 （用题中字母表示）．‎ ‎（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是 ．‎ A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径 B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径 C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量 D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量 ‎【答案】（1）1.326（2）（3）AC ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为13mm+13×0.02mm=11.26mm=1.326cm． （2）该同学在验证“动能定理”的过程中，需要验证的表达式为：mgh=mv2，其中可知，‎ ‎． （3）实验方案为：以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度，然后验证：mgh＝mv2，即gh＝v2是否成立，由此验证机械能守恒，故：小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误．由于实际存在阻力故：mgh−fh＝mv2，即：．可知所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误．故选AC。‎ 考点：验证动能定理 ‎【名师点睛】本题难点在于第三问，要明确实验的原理，综合不考虑空气阻力和考虑空气阻力两种情况，分别列动能定理来讨论。‎ ‎14、图1为某同学测量一节干电池的电动势和内阻的电路图，图中虚线框内是用毫安表改装成的双量程电压表电路，请完成下列填空和作图；‎ ‎（1）毫安表的内阻为150Ω，满偏电流为3mA；其中 R1和R2为定值电阻，其中R1=850Ω，若使用a和b接线柱，电压表量程为15V；则R2= Ω；若使用a和c接线柱，电压表的量程为 3 V；‎ ‎（2）两个电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω），A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；两个滑动变阻器，最大阻值分别为15Ω和500Ω，则应选电流表 A1（填“A1”或“A2”），应选最大阻值为 10Ω的滑动变阻器． （3）实验主要步骤如下： ①开关S2拨向c，将滑动变阻器R的滑动片移到最 左端（选填“左”或“右”），闭合开关S1； ②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下相应的电流表的示数I1‎ 和毫安表的示数I2； ③根据图（b）坐标系中已描的点画出I1-I2图象； ④由图象得电源的电动势E= 1.5V，内阻r= 0.83Ω（结果保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】（1）4000；3；（2）A1；15；（3）①左  ③如图所示；  ④1.5；0.83‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）使用ab两接线柱时，R1、R2与表头串联；则量程为15V；接ac两接线柱时，表头、R2与R1串联；则量程U=Ig（Rg+R1）=3mA×（150+850）=3V； 则 ‎（2）一节干电池的电动势约为1.5V，故电压表选A1； 因内阻较小，为了便于调节，滑动变阻器应选择15Ω的； （3）①为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置；故应滑到左端； ③根据描出的点可得出对应的图象如图所示； ④由U=E-Ir可知，图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势；故E=1.5V；图象的斜率表示内阻； ；‎ 考点：测量电源的电动势及内阻 ‎【名师点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意明确实验原理，能根据给出的实验步骤分析实验方法；同时根据图象分析实验数据，明确电表的改装原理的应用。‎ ‎【结束 三、计算题：‎ ‎15、如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M=4.0kg，长度为L=3.0m，小物块质量为m=1.0kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ ‎=0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物块才能发生相对滑动？‎ ‎（2）若一开始就用水平向右5.5N的恒力作用与小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？‎ ‎【答案】（1）F>2.5N（2）1s ‎【解析】‎ 试题分析： (1) 两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它们一起运动的加速度大小为a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：‎ 对整体：F1=(M+m)a1‎ 对木板：fm=Ma1‎ 其中 解得F1=2.5N 故当F>2.5N时，两物体之间发生相对滑动 设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：‎ 解得：t=1s 考点：牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】题涉及到相对运动的过程，列牛顿第二定律方程时一定要先确定研究对象，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式。‎ ‎16、如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为300的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3s时间内物体运动的v-t图象如图乙所示，其中除1～2s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2kg，重力加速度g=10m/s2．求 ‎ ‎ ‎（1）1s后电动机的输出功率P ‎（2）物体运动的最大速度vm ‎（3）在0-3s内电动机所做的功；‎ ‎【答案】（1）100W（2）10m/s（3）250J ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设物体的质量为m，在时间t1=1s内，做匀加速直线运动的加速度大小为a，1s末物体的速度大小达到v1，此过程中，细线拉力的大小为F1,则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v1=at1‎ 其中由图像可知v1=5m/s ‎ 在1s末设电动机的输出功率为P，由功率公式可得：P=F1v1‎ 联立解得：P=100W ‎（2）当物体达到最大速度vm后，设细绳的拉力大小F2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：‎ 联立解得：vm=10m/s 考点：动能定理及牛顿定律的应用 ‎【名师点睛】本题是动能定理及牛顿定律的应用问题；关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和功能关系求解，不难。‎ ‎17、如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．‎ ‎（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；‎ ‎（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；‎ ‎（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小 ‎【答案】（1）v0（2）v0（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，‎ 解得v1＝v0 （2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2‎ 解得v2=v0‎ ‎（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：‎ 解得v3＝v0 系统损失的机械能为 当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能．‎ 考点：动量守恒定律及能量守恒定律 ‎【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。‎ ‎18、如图所示，左侧两平行金属板上、下水平放置，它们之间的电势差为U、间距为L，其中有匀强磁场；右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD，. AH=L0 ．一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点），从小孔S1射入左侧装置，恰能沿水平直线从小孔S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC射出．若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度. MN=L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．‎ ‎（1）求出粒子速度的大小；判定粒子的电性 ‎（2）这束粒子中，粒子质量最小值和最大值各是多少；‎ ‎【答案】（1）正电；（2），；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（1）粒子全部从边界AC射出，则粒子进入梯形磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，粒子带正电； 粒子在两极板间做匀速直线运动，由平衡条件得：，解得：； ‎ ‎（2）在“梯形”区域内，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：，粒子轨道半径：， 由可知：当粒子质量有最小值时，R最小，粒子运动轨迹恰与AC 相切（见图甲）； 当粒子质量有最大值时，R最大，粒子运动轨迹恰过C点（见图乙）， 甲图中由几何关系得：，解得：， 乙图中解得NC=L， 解得：，；‎ 考点：带电粒子在混合场中运动 ‎【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，画出运动轨迹图，根据几何知识及平抛运动和圆周运动基本公式解答，难度较大.‎ ‎19、如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xoy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为；比荷为1.0×105C/kg的带正电的粒子P从A板中心O/处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(，1)点；粒子P的重力不计，试求：‎ ‎（1）金属板AB之间的电势差UAB；‎ ‎（2）若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使PQ恰能运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及PQ之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合；‎ ‎【答案】（1）1000V（2）其中x>0‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设粒子P的质量为m、带电量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(，1)点历时为t0，由类平抛运动可得：‎ 解得：‎ 在金属板AB之间，由动能定理：‎ 解得：UAB=1000V 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键是偏转过程的研究方法：动能定理，类平抛运动的研究方法：运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。‎ ‎ ‎