福建省福州第一中学2020学年高二物理上学期11月期中题（含解析）

福建省福州第一中学2020学年高二物理上学期11月期中题（含解析）

福建省福州第一中学2020学年高二物理上学期11月期中考试题（含解析） ‎ 一、单项选择题（本大题共10小题，在每小题提供的四个选项中只有一个正确选项，每小题3分，共30分）‎ ‎1.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k ，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为(　　)‎ A. kg·A2·m3 B. kg·A－2·m3·s－4‎ C. kg·m2·C－2 D. N·m2·A－2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据 可得： ，由于F=ma，q=It，所以,根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是kg•A-2•m3•s-4，故选B.‎ 视频 ‎2.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，　　 ‎ A. 此时A带正电，B带负电 B. 此时A电势低，B电势高 C. 移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D. 先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；故选C。‎ 考点：静电感应 ‎3.图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：示波管的偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．‎ 由于电极加的是扫描电压，电极之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B．‎ ‎4.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）‎ A. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A B. 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A C. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A D. 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误。‎ 视频 ‎5.一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则 A. 电动机消耗的总功率为UI B. 电源的效率为 C. 电源的输出功率为EI D. 电动机消耗的热功率为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以D错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为，所以B正确．故选AB．‎ 考点：功率 ‎【名师点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。‎ ‎6.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线则下列说法中正确的是　　‎ A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 对应P点，小灯泡的电阻为 D. 对应P点，小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ I-U图线各点与原点连线的斜率的倒数表示电阻，从图中可知图线斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，A错误；根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为，R不等于切线斜率，B正确C错误；P点的功率P=UI，故可以用矩形PQOM所围“面积”来表示，D正确．‎ ‎【点睛】对于线性元件，欧姆定律成立，即，对于非线性元件，欧姆定律不成立，．‎ ‎7.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；‎ 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；‎ 综上所述，D正确；‎ ‎【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．‎ ‎8.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，，，，电场线与四边形所在平面平行.已知a点电势为24V，b点电势为28V，d点电势为12V.一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成450，一段时间后经过c点，则下列说法正确的是 (   )‎ A. c点电势为4V B. 场强的方向由a指向c C. 质子从b运动到c所用的时间为 D. 质子从b运动到d电场力做功为-16eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接bd，bd连线的中点N电势与c点相等，是20V；‎ 作出等势线Nc就能判断场强方向；‎ 质子从b→c做类平抛运动，根据v0方向的分位移为，求出时间；‎ ‎【详解】A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为24V，b点电势为28V，d点电势为12V，且ab∥cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2L，因此根据几何关系，可得M点的电势为24V，与a点电热势相等，从而连接aM，即为等势面；‎ 三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点N的电势与c相等，为20V，故A错误；‎ B、Nc为等势线，其垂线bd为场强方向，即场强方向为b→d，故B错误；‎ C、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为，此方向做匀速直线运动，则，则C正确；‎ D、电势差，则质子从b运动到d电场力做功为，故D错误。‎ ‎9.如图所示，在X轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、 为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在X轴上，b、d两点关于X轴对称。下列判断正确的是（   ）‎ A. b、d两点处的电势相同 B. 四点中c点处的电势最低 C. b、d两点处的电场强度相同 D. 将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能不变 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的．故B正确；该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的．故C错误；c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故D错误．‎ 考点：考查了电势，电势能 ‎10.有一长方形导体，长a、宽b、高h之比为6∶3∶2，它的六个面的中心各焊接一根电阻不计的导线，如图所示，分别将AA'、BB'、CC'接在同一恒压电源上时，导体中电荷定向移动的速度分别为v1、v2、v3。则v1：v2：v3为( )‎ A. 6∶3∶2‎ B. 1∶1∶1‎ C. 2∶3∶6‎ D. 1∶2∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据欧姆定律将AA'、BB'、CC'接在同一恒压电源上时，其电流分别为：、、，结合电流的微观表达式：、、‎ 代入数据可以得到：，故选项D正确，选项ABC错误。‎ ‎【点睛】本题主要考查电阻定律以及电流的微观表达式的应用问题，注意不同的接法，其导体的长度与横截面积不同。‎ 二、选项选择题（本大题共小题，每小题4分，在每小题提供的四个选项中有多个选项满足题意，全部答对得4分，选不全得2分，错选、不选得0分，共20分）‎ ‎11.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。‎ 视频 ‎12.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是 A. 平面c上的电势为零 B. 该电子可能到达不了平面f C. 该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确。B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确。C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误。D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。故选AB。‎ ‎【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。‎ ‎13.如图甲所示，Q1、Q2‎ 为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点，现有一电子，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其v-t图象如图乙所示，电子经过a、b两点的速度分别为、，则 A. Q1一定带负电上 B. Q1的电量一定大于Q2的电量 C. b点的电势高于a点的电势 D. 电子离开b点后所受静电力一直减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ AC、从速度图象乙上看出，可见电子从a到b做加速度减小的加速运动，所以ab之间电场的方向向左，b点的电势高于a点的电势；在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零。过b点后点电荷做减速运动，所以电场的方向向右，Q2一定带负电，Q1一定带正电，故A错误，C正确；‎ B. b点场强为零，可见两点电荷在b点产生的场强大小相等，方向相反，根据，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量。故B正确；‎ D. 离开b点后v-t图像的斜率先增大后减小，即加速度先增大后减小，电子所受静电力先增加后减小，故D错误。‎ 故选：BC.‎ 点睛：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的加速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过b点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过切线斜率可分析电子所受静电力的变化．‎ ‎14. 如甲图所示，两个带等量正电荷的小球A、B（可视为点电荷），被固定在光滑绝缘的水平面上，P、N是小球A、B连线的中垂线上两点，且PO=ON。现将一个电量很小的负电小球C（可视为质点），由P点静止释放并向N点运动的过程中，下列关于小球C的图象，可能正确是 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：由于电场线的分布情况未知，小球从P到O，场强可能先增大后减小，电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，v-t图象的斜率先增大后减小．小球经过O点时场强为零，电场力为零，则加速度为零．小球从O到N，根据对称性可知，加速度先增大后减小，v-t图象的斜率先增大后减小．故A正确．‎ 根据电场线的分布情况可知，PO段与ON段电场强度方向相反，从P到O，场强可能先增大后减小，从O到N，场强先增大后减小．故B正确．φ-x图象的斜率等于场强，越接近O场强应减小，图象的斜率应减小，故C错误．小球从P到O，电场力做正功，电势减小．从O到N，电场力增大，电势能增大，故D错误．故选AB.‎ 考点：电场强度；电势及电势能 ‎15.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为∆U1、∆U2、∆U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为∆I，则 (   )‎ A. V2的示数减小 B. 电源的输出功率在减小 C. ∆U3与∆I的比值不变 D. ∆U1大于∆U2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．根据电源内外电阻关系分析电源的输出功率如何变化；‎ ‎【详解】A、理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A正确；‎ B、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故B错误；‎ C、根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，保持不变，故C正确；‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，而，据题：，则得，故D正确。‎ ‎【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。‎ 三、填空与实验题（本大题共3个小题，每空2分，18（3）画出电路图4分，共20分。请将正确答案填写在答案卷的相应位置。）‎ ‎16.一个表头的内阻是40，满偏电流为150mA，若把它改装成量程是24V的电压表，需要串联一个_______的电阻；若把它改装成量程是12A的电流表，则改装后的电流表的内阻为________。‎ ‎【答案】 (1). 120 (2). 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出相应的电阻；‎ ‎【详解】把电流表改装成量程24V的电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：‎ ‎；‎ 若把它改装成量程是12A的电流表，则改装后的电流表的内阻为：。‎ ‎【点睛】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理是解题的前提，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。‎ ‎17.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm.‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为：________mm.‎ ‎(2)某同学用伏安法测金属丝的电阻RX。实验所用器材为：‎ 电池组（电动势为3V，内阻约为1），‎ 电流表（内阻约为0.1），‎ 电压表（内阻约为3k），‎ 滑动变阻器R（0~20，额定电流为2A），‎ 开关，导线若干。‎ 记录数据如下：‎ 由以上实验数据可知测量RX是采用图1中的图__________（选填“甲”或“乙”）。‎ ‎(3)图2是测量RX 的实验器材实物图，图中已经连接了部分导线，请根据图1所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。‎ ‎(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图3所示，图中已经标出了与测量数据相对应的四个点，请在图3中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线。请根据由图线及以上数据可以估算出金属丝电阻率约为__________（填选项前的符号）。‎ A．1×10-2 B．1×10-3‎ C．1×10-6 D．1×10-8‎ ‎【答案】 (1). 0.398 (2). 甲 (3). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，注意估读；‎ ‎（2）根据题意确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路；‎ ‎（3）根据电路图连接实物电路图；‎ ‎（4）根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象与电阻定律分析答题；‎ ‎【详解】（1）由图所示螺旋测微器可知，其示数为：（均正确）；‎ ‎（2）由表中实验数据最小电压为0.10V，而电流最小为，而且得到的实验数据较多，所以肯定用的分压，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路；‎ ‎（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（4）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：‎ 由图示图象可知，第6组实验数据偏离图线太远，该组实验数据是错误的，应舍去，由图示图象可知，电阻（均正确），由电阻定律：得：，故选C正确，选项ABD错误。‎ ‎【点睛】要掌握螺旋测微器的读数方法，明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法，同时需要注意安培表的内、外接法的问题。‎ ‎18. 某小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：‎ 小灯泡L，规格“4.0 V，0.7 A”；‎ 电流表A1，量程3 A，内阻约为0.1 Ω；‎ 电流表A2，量程0.6 A，内阻R2＝0.2 Ω；‎ 电压表V，量程3 V，内阻RV＝9 kΩ；‎ 标准电阻R1，阻值1 Ω；‎ 标准电阻R2，阻值3 kΩ；‎ 滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；‎ 学生电源E，电动势6 V，内阻不计；‎ 开关S及导线若干。‎ ‎（1）甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46 A时，电压表的示数如图2所示，此时L的电阻为______ Ω。‎ ‎（2）乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是______ V。‎ ‎（3）小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所提供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。‎ ‎【答案】① 5（2分） ② 4（3分） ③答图1（5分）答图2（3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①电压表示数2.3V，。‎ ‎②。‎ ‎③准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要将电流电压调节达到小灯泡的额定值。测量准确3A电流表不能使用，3V电压表和0.6A电流表量程不够必须改装；将电压表和R2串联，刚好满足4V量程（小灯泡额定）；电流的A2与R1并联即可将电流量程扩至0.72A（额定为0.7 A），两表改装完毕之后，再考虑内、外接的问题，由于改装后的电压表量程刚好等于小灯泡额定电压，也就不适于将改装后的安培表内接了，否则电压表会超量程的。这里最好采用外接法，即答图1。‎ 考点：本题考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线.‎ 四、计算题（本大题共3小题，共30分。）‎ ‎19.三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1．5V、1．5V和2．5V，它们的额定电流都为0．3A。若将它们连接成图1、图2所示电路，且灯泡都能正常发光。‎ ‎（1）试求图1电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；‎ ‎（2）分别计算两电路电源的总功率，并说明哪个电路更节能。‎ ‎【答案】（1），‎ ‎（2）图2电路比图1电路节能 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题意，在图1电路中：灯泡正常发光，其电流均为额定电流，则电路的总电流：，路端电压 的电压，电阻消耗功率。‎ ‎（2）图1电源的总功率：‎ 图2电源的总功率：‎ 由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而，所以，图2电路比图1电路节能。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律、电功、电功率 ‎【名师点睛】本题是常规题，搞懂用电器正常工作时电压为额定电压，电流为额定电流是解答本题的关键。‎ 视频 ‎20.绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中XOY所在平面与光滑水平面重合，场强方向与x轴正向平行，电场的半径为R= m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E=2N/C，一带电量为q=﹣1×10﹣5C，质量m=1×10﹣5kg带负电的粒子，由坐标原点O处以速度v0=1m/s沿y轴正方向射入电场，求 ‎（1）粒子在电场中运动的时间；‎ ‎（2）粒子出射点的位置坐标；‎ ‎（3）粒子射出时具有的动能．‎ ‎【答案】（1）粒子沿x轴方向做匀加速运动，加速度为a，‎ Eq="ma " ①‎ x=at2 ②‎ 沿y轴方向做匀速运动：y=v0t ③‎ x2+y2=R2 ④‎ 解得：t="1s " ⑤‎ ‎(2)粒子射出电场边界的位置坐标为x1="-1m " y1="1m " ⑥‎ ‎(3)出射时的动能由动能定理得：Eq∣x1∣=EK-mv20 ⑦‎ 代入解得：EK=2.5×10-5J ⑧‎ 评分标准：①⑤⑥⑦每式2分，其余每式1分.‎ ‎【解析】‎ 略 ‎21.图1中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A板电势随时间变化的规律如图2所示，其中的最大值为，最小值为，在图1中，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为l。在此面所在处，不断地产生电量为q、质量为m的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动。设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B板的电势，已知上述的T、、l、q和m等各量的值正好满足等式。若不计重力，不考虑微粒间的相互作用，求：（结果用q、、m、T表示）‎ ‎（1）在t=0到t=这段时间内产生的微粒中到达A板的微粒的最大速度；‎ ‎（2）在0-范围内，哪段时间内产生的粒子能到达B板？‎ ‎（3）在t=0到t=这段时间内产生的微粒中到达B板的微粒的最大速度；‎ ‎【答案】（1）（2）时间内产生的微粒可直达A板（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：在电压为时，微粒所受电场力为，此时微粒的加速度为 ‎（1）在t=0时刻产生的微粒，将以加速度向A板加速运动，经时，位移 即t=0时刻产生的微粒，在不到时就可直达A板，所以到达A板的微粒的最大速度满足，解得 ‎（2）考虑临界状况：设时刻产生的微粒达到A板时速度刚好为零，则该微粒以加速度加速运动的时间为，再以大小为的加速度减速运动一段时间，设为，则 联立解得，，即时间内产生的微粒可直达A板 ‎（3）在时刻产生的微粒，以加速度向A板加速的时间为，再以大小为的加速度减速运动，经速度减为零（刚好到A板），此后以大小为的加速度向B板加速运动 设加速时间为时的位移大小为，‎ 则 即微粒将打到B板上，不再返回，而时刻产生的微粒到达B板的速度最大，‎ 根据动能定理可得 解得 考点：考查了带电粒子在交变电场的中的运动 ‎【名师点睛】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 ‎22.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E0．虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为（L，0），虚线x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E0，M（﹣L，L）和N（﹣L，0）两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中．‎ ‎（1）若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小；‎ ‎（2）若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达A点，求此边界（图中虚线）方程．‎ ‎【答案】（1），（2）且有 ‎【解析】‎ 试题分析：粒子在第二象限的电场中匀加速的时间：‎ 得时间：；到y轴的速度：‎ 在第一象限做类平抛运动，水平：；得：‎ 竖直：‎ 这个过程中该粒子所用的时间：‎ 该过程中粒子到达A点的速度：‎ ‎（2）设粒子从P点坐标为（-L、y0）由静止匀加速直线运动，粒子进入第一象限做类平抛运动，经Q点后做匀速直线运动，设Q点坐标为（x、y）；粒子进入第一象限的速度：‎ 做类平抛运动经Q点时，水平：‎ 竖直：‎ 代入得：‎ 把上面两式相除得：‎ QA与x轴成角可得：；‎ 由速度分解：；‎ 整理得边界方程：且有 考点：考查了带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】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