2020-2021学年河南信阳高二上物理月考试卷

2020-2021学年河南信阳高二上物理月考试卷

‎2020-2021学年河南信阳高二上物理月考试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 关于物理学史，下列说法中不正确的是（        ） ‎ A.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B.卡文迪许通过实验研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律 C.法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象 D.历史上首先命名正负电荷的是美国科学家富兰克林 ‎ ‎ ‎2. 关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（        ） ‎ A.电场强度的方向处处与等势面垂直 B.电场强度为零的地方，电势也为零 C.任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 D.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 ‎ ‎ ‎3. 图中虚线表示为静电场的等势面‎1‎、‎2‎、‎3‎、‎4‎，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面‎3‎的电势为‎0‎，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点的动能分别为‎26eV和‎5eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为‎−8eV时，它的动能应为（        ） ‎ A.‎8eV B.‎13eV C.‎20eV D.‎‎34eV ‎ ‎ ‎4. 如图所示，匀强电场场强E=100V/m，A、B两点相距‎10cm，A、B连线与电场线夹角为‎60‎‎∘‎，若取A点电势为‎0‎，则B点电势为（        ） ‎ A.‎−5V B.‎5V C.‎−10V D.‎‎10V ‎ ‎ ‎5. 如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可以判断出（        ） ①带电粒子在a、b两点的受力方向 ②带电粒子在a、b两点的速度何处较大 ③带电粒子所带电性 ④带电粒子在a、b两点的电势能何处较大 ⑤a、b两点哪点的电势较高 ‎ A.②③④ B.①②④ C.③④⑤ D.①③⑤‎ ‎ ‎ ‎6. 如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是（        ） ‎ A.φO‎>‎φP，EO‎>‎EP B.φO‎>‎φP，EO‎>‎EP C.负电荷在P点的电势能大 D.O、P两点所在直线为等势面 ‎ ‎ ‎ ‎7. 在静电场中的某点由静止释放一个带正电的粒子，粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．下列判断正确的是（ ） ‎ A.电场中各点的电场强度均相同 B.电场中各点的电势均相等 C.带电粒子所受电场力逐渐减小 D.带电粒子具有的电势能逐渐减小 ‎ ‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 ‎8. 如图所示，平行板电容器与电源连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（ ） ‎ A.电容器的电容增大，极板带电荷量不变 B.电容器的电容增大，极板带电荷量减小 C.带电油滴将竖直向上运动 D.P点的电势将降低 ‎ ‎ ‎9. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（        ） ‎ A.做匀变速直线运动 B.所受重力与电场力平衡 C.动能逐渐增加 D.电势能逐渐增加 ‎ ‎ ‎ ‎10. 如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB=6cm，BC=2‎3‎cm，A点的电势为φA‎=10V，B点的电势为φB‎=4V，C点的电势为妒φC‎=−2V．则（ ） ‎ A.将一个电荷量为q=−2×‎10‎‎−6‎C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W=1.2×‎10‎‎−5‎J B.将一个电荷量为q=−2×‎10‎‎−6‎C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W=−1.2×‎10‎‎−5‎J C.此电场的电场强度大小为E=‎3‎×‎10‎‎2‎V/m，从A指向C D.此电场的电场强度大小为E=2×‎10‎‎2‎V/m，沿‎∠C的平分线斜向上 ‎ ‎ ‎11. 静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（        ） ‎ A.在x‎2‎和x‎4‎处电势能相等 B.由x‎1‎运动到x‎3‎的过程中电势能增大 C.由x‎1‎运动到x‎4‎的过程中电场力先增大后减小 D.由x‎1‎运动到x‎4‎的过程中电场力先减小后增大 ‎ ‎ ‎12. 如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正点电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上．下列说法正确的是（ ） ‎ A.该粒子可能带正电 B.该粒子经过B点时的速度最大 C.该粒子经过B点时的加速度一定为零 D.该粒子在B点处的电势能小于在A点处的电势能 二、填空题 ‎ ‎ ‎ 如图所示，是研究平行板电容器的电容大小与哪些因素有关的实验： ‎ ‎（1）本实验过程使用的实验方法是________．‎ ‎ ‎ ‎（2）实验过程中进行如下操作： ①使电荷量Q、正对面积S一定，增大两板间距离d，则静电计指针偏角________（选填“变大”“变小”或“不变”）； ②使电荷量Q、两板间距离d、正对面积S一定，在两极板间放入石蜡，则静电计指针偏角________（选填“变大”“变小”或“不变”）． ③使电荷量Q、两板间距离d一定，减小正对面积S 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 ‎，则静电计指针偏角________（选填“变大”“变小”或“不变”）．‎ ‎ ‎ ‎ 示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，电子枪发射电子经过加速后，通过偏转电极打在荧光屏上形成亮斑，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中X极板应带________电，Y极板带________电． ‎ 三、解答题 ‎ ‎ ‎ 如图所示，把一带电量为Q=−5×‎10‎‎−8‎C的小球A用绝缘细绳悬起，若将带电量为‎+4×‎10‎‎−6‎C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距‎30cm时，绳与竖直方向成‎45‎‎∘‎角，取g=10m/‎s‎2‎，k=9.0×‎10‎‎9‎N⋅m‎2‎/‎C‎2‎，且A、B两小球均可视为点电荷，求： ‎ ‎（1）AB两球间的库仑力；‎ ‎ ‎ ‎（2）A球的质量．‎ ‎ ‎ ‎ 平行的带电金属板A、B间是匀强电场，如图所示，两板间距离是‎5cm，两板间的电势差是‎60V，P‎1‎、P‎2‎距AB两板均为‎0.5cm，B板接地． ‎ ‎（1）P‎1‎、P‎2‎间的电势差是多少？‎ ‎ ‎ ‎（2）P‎1‎点的电势为多少？‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，在E‎=‎10‎‎3‎ V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R‎=40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q‎=‎10‎‎−4‎C的小滑块质量m‎=10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ‎=0.15‎，位于N点右侧‎1.5m的M处，g取‎10m/‎s‎2‎，求： ‎ ‎（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v‎0‎向左运动？‎ ‎ ‎ ‎（2）这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？‎ ‎ ‎ ‎ 一平行板电容器长l=10cm，宽a=8cm，板间距d=4cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为‎2×‎10‎‎10‎C/kg，速度均为‎4×‎10‎‎6‎m/s，距板右端l‎2‎处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求： ‎ ‎（1）离子打在屏上的区域面积；‎ ‎ ‎ ‎（2）在一个周期内，离子打到屏上的时间．‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 参考答案与试题解析 ‎2020-2021学年河南信阳高二上物理月考试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 物理学史 ‎【解析】‎ 本题是物理学史和常识问题，记住著名物理学家的主要贡献即可解答．‎ ‎【解答】‎ 解：A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的，故A正确； B．库仑通过实验研究发现了真空中两点电荷之间相互作用力的规——库仑定律，故B不正确； C．法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线形象直观地描绘了场的清晰图象，故C正确； D．历史上首先命名正负电荷的是美国科学家富兰克林，故D正确． 本题选不正确的，故选B．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 电势 电场强度 ‎【解析】‎ 电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答．‎ ‎【解答】‎ 解：A．电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故A正确； B．电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零，电势为零，电场强度不一定为零，故B错误； C．顺着电场线方向电势降低且任意一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向，故C错误； D．根据电势能Ep‎=qφ可知，电势能与电场强度无直接关系，故D错误． 故选：A．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电场力做功与电势能变化的关系 电势差 等势面 电势能 ‎【解析】‎ 要求正电荷的电势能为‎−8eV时的动能，需要知道该正电荷的动能和电势能的总和，得出Eka‎+‎Epa＝Ekb‎+‎Epb，得出Epb‎−‎Epa＝‎21eV从而确定φb‎>‎φa；根据电荷经过a、b点的动能分别为‎26eV和‎5eV和ab之间有两个等势面且等势面‎3‎的电势为‎0‎，可设等势面‎4‎的电势为φ，则等势面a的电势‎−2φ，再根据该正电荷的动能和电势能的总和保持不变求出正电荷的动能。‎ ‎【解答】‎ 解：在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有Eka‎+Epa=Ekb+‎Epb① 所以‎26eV+Epa=5eV+‎Epb， Epb‎−Epa=26eV−5eV=21eV② 根据Ep‎=qφ可知φb‎>‎φa， 由于相邻等势面之间的电势差相同， 等势面‎3‎的电势为‎0‎，设等势面‎4‎的电势为φ，则等势面a的电势‎−2φ， 代入②式得qφ−(−2qφ)=3qφ=21eV， qφ=‎‎7eV， 分析b点，正电荷的能量有Ek‎+(−8eV)=5eV+7eV， Ek‎=5eV+7eV+8eV=20eV． 故选：C．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎【解析】‎ 已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U．根据顺着电场线方向电势降低，判断A、B两点的电势高低．‎ ‎【解答】‎ 解：由图示可知，根据沿着电场线方向电势降低可知，B点的电势低于A点的电势，则UBA‎<0‎， AB方向与电场线方向间的夹角为：θ=‎‎60‎‎∘‎， BA两点沿电场方向的距离为：d=Lcosθ， BA两点间的电势差为： UBA‎=−Ed=−100V/m×0.1m×cos‎60‎‎∘‎=−5V， 因取A点电势为‎0‎，则B点电势为：φB‎=UBA+φA=(−5+0)V=−5V． 故选：A．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 电场中轨迹类问题的分析 ‎【解析】‎ 由粒子的偏转方向可得出粒子的受力方向，由功的计算可得出电场力做功的正负，由动能定理可得出粒子动能的变化；由电场力做功与电势能的关系可得出电势能的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：假设粒子由a到b运动． ①、③由图可知，粒子向下偏转，则说明粒子所受的电场力方向竖直向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，故①正确，③错误； ②由图可知，粒子从a到b的过程中，电场力做正功，说明粒子速度增大，故可知b处速度较大，故②正确； ④电场力做正功，则电势能减小，故a点电势能较大，故④正确； ‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 ‎⑤虽然a点电势能较大，但是不知道粒子的电性，故无法判断电势的高低，故⑤错误． 故选：B．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 等量电荷的电场线 电势 ‎【解析】‎ 电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义．由于电场强度是矢量，电场强度叠加时满足平行四边形定则．电场线越密的地方，电场强度越强．正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同．同时沿着电场线方向电势降低．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．等量异种点电荷连线的中垂线电势为零，所以φO‎=‎φP，由等量异种点电荷的电场线的分布，可得O点的电场线最密，P点的较疏，所以EO‎>‎EP，故AB错误； CD．等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，因此负电荷在P点的电势能与O点相同，故C错误，D正确． 故选：D．‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 电场力做功与电势能变化的关系 电势 电场强度 ‎【解析】‎ 根据图像可知加速度的变化规律，再根据牛顿第二定律可知电场力的变化，从而明确电场强度的变化；根据粒子运动情况分析电场力做功情况，从而明确电势能的变化，再根据电势的定义分析电势的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：AC．由图可知，粒子的加速度越来越大，则由牛顿第二定律可知，粒子受到的电场力越来越大，因粒子只受电场力，故说明电场强度越来越大，故AC错误； BD．由于粒子由静止开始运动，并且加速度方向不变，故粒子一直做加速运动，电场力做正功，电势能减小，因粒子带正电，则由电势的定义φ=‎Epq可知，电势减小，故B错误，D正确． 故选：D．‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电容器的动态分析 ‎【解析】‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=‎Ud分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：C．将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由E=‎Ud分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动，故C正确； AB．d减小，由C=‎εS‎4πkd知，电容C增大，U不变，由C=‎QU分析可知电容器所带电量增加，故AB错误； D．设P点到下极板的距离为d‎′‎，则P点的电势为φ=Ed‎′‎，因为E增大，d‎′‎不变，所以P点电势增大，故D错误． 故选：C．‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ A,D ‎【考点】‎ 带电粒子在重力场和电场中的运动 ‎【解析】‎ 带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度一定在同一直线上，则可知，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A正确，B错误； C．因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，动能减小，故C错误，D正确． 故选：AD．‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 电场力做功的计算 匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎【解析】‎ 根据电场力做功公式W=qU求电场力做功，式中各量均必须代入符号计算；根据匀强电场中U=Ed，求出AC中点的电势，作出等势线，再由E=‎Ud求场强E，其中d是两点间沿电场线方向的距离．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．电荷从B移到C，电场力做功WBC‎=qUBC=q(φB−φC)=−1.2×‎10‎‎−5‎J，故A错误，B正确； CD．如图： AC中点D的电势为φD‎=φA‎+‎φC‎2‎=4V=‎φB，所以D与B电势相等，BD是一条等势线， 根据几何知识得知：‎∠C=‎‎60‎‎∘‎，如图，电场方向沿‎∠C的平分线斜向上． 则电场强度大小E=UBCd=‎φB‎−‎φCBCcos‎30‎‎∘‎‎=‎6‎‎2‎3‎×‎3‎‎2‎×‎‎10‎‎−2‎V/m‎=200V/m，故C错误，D正确． 故选：BD．‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 ‎11.‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 静电场中的E-x图象问题 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：A．由题图可知，正电荷从x‎2‎移动到x‎4‎的过程电场力做功不为零，故两点电势能不相等，故A错误； B．从x‎1‎移动到x‎3‎的过程，正电荷所受电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，故B正确； CD．从x‎1‎到x‎4‎的过程电场强度先增大，后减小，所以电场力先增大后减小，故C正确，D错误． 故选：BC．‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ C,D ‎【考点】‎ 电场中轨迹类问题的分析 ‎【解析】‎ 结合该电场的电场线与等势面，并结合电场力做功的特点，即可得出正确的判断．‎ ‎【解答】‎ 解：A．A到B的过程轨迹向左下弯曲，说明带电粒子受力向左下，与电场线的方向相反，所以带电粒子带负电，故A错误； B．从图中可以看到，A到B的过程和B到C的过程中各有一点的电势最高，B点的电势介于最大与最小之间，故B错误； C．两个固定的等量正点电荷的电场中，点电荷连线的中点处的场强为‎0‎，所以粒子在B的受到的电场力为‎0‎，加速度也为‎0‎，故C正确； D．从A到B的过程中，带电粒子受力方向与电场线的方向相反，与速度方向的夹角小于‎90‎‎∘‎，电场力做正功，电势能减小，所以B点电势小于A点电势，故D正确． 故选：CD．‎ 二、填空题 ‎【答案】‎ ‎（1）控制变量法 ‎（2）变大,变小,变大 ‎【考点】‎ 研究平行板电容器 ‎【解析】‎ 本题主考查对实验推理法的理解与运能力．在实验基础行科学推研究物理问的一种方法，通常称为理实验或科学理．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）本实验过程使用的实验方法是控制变量法．‎ ‎（2）使电荷量和正对面积一定，增大两板间距离，根据电容的决定式C=‎εS‎4πkd可知，C减小，根据电容的定义式C=‎QU可知，两板间的电压增大，所以静电计指针偏角将变大； 使电荷量、两板间距离及正对面积一定，在两极板间放入石蜡，ε增大，根据电容的决定式C=‎εS‎4πkd可知，C变大，根据电容的定义式C=‎QU可知，两板间的电压减小，所以静电计指针偏角将变小； 使电荷量和两板间距离一定，减小正对面积，根据电容的决定式C=‎εS‎4πkd可知，C减小，根据电容的定义式C=‎QU可知，两板间的电压变大，所以静电计指针偏角将变大．‎ ‎【答案】‎ 正,正 ‎【考点】‎ 示波管及其使用 ‎【解析】‎ 由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，从而确定极板所带的电性 ‎【解答】‎ 解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X板偏转，所以电场方向为X到X‎′‎，因此极板X带正电；同理可知Y带正电，极板Y‎′‎带负电．‎ 三、解答题 ‎【答案】‎ ‎（1）AB两球间的库仑力为‎0.02N．‎ ‎（2）A球的质量为‎2×‎10‎‎−3‎kg．‎ ‎【考点】‎ 库仑力作用下的平衡问题 库仑定律 ‎【解析】‎ 对小球A进行正确受力分析，小球受水平向左的库仑力、重力、绳子的拉力，根据平衡条件列方程求解．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）由库仑定律得：F库‎=kQqr‎2‎， 代入数据：F库‎=0.02N．‎ ‎（2）B所受库仑力与A所受库仑力大小相等，对A受力分析如图所示： 根据物体平衡得：F库‎=mgtanα， 代入数据：m=2×‎10‎‎−3‎kg．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）P‎1‎和P‎2‎两点间的电势差为‎48V．‎ ‎（2）P‎1‎点的电势为‎54V．‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 ‎【考点】‎ 匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎【解析】‎ ‎（2）根据公式UAB‎=Ed求解P‎1‎和P‎2‎两点间的电势差；‎ ‎（3）B板接地，电势为零，P‎1‎和P‎2‎两点的电势等于其与电势零点的电势差．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）根据公式E=‎Ud，代入数据得：E=‎60‎‎5×‎‎10‎‎−2‎V/m=1200V/m， P‎1‎‎、‎P‎2‎沿电场方向的距离为： d‎12‎‎=5cm−(0.5+0.5)cm=4cm， 根据公式U=Ed，有： U‎12‎‎=Ed‎12‎=1200×4×‎10‎‎−2‎V=48V．‎ ‎（2）由公式φ‎1‎‎−φB=Ed‎1B=1200×(4.5×‎10‎‎−2‎)V=54V， 解得：φ‎1‎‎=54V．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应从M点以‎7m/s的初速度v‎0‎向左运动．‎ ‎（2）这样运动的滑块通过P点时受到轨道的压力是‎0.6N，方向水平向右．‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在重力场和电场中的运动 竖直面内的圆周运动-弹力 动能定理的应用 ‎【解析】‎ ‎（1）小球恰能通过最高点，在最高点重力和电场力的合力提供向心力，根据向心力公式求得最高点速度，再对从M到N过程运用动能定理列式求初速度； （2）先对从M到P过程运用动能定理求得P点速度，在P点支持力提供向心力，根据向心力公式列式求解．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qE‎=mv‎2‎R， 滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得： ‎−mg⋅2R−qE⋅2R−μ(mg+qE)x‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎−‎1‎‎2‎mv‎​‎‎0‎‎2‎， 联立解得：v‎0‎‎=7m/s．‎ ‎（2）设滑块到达P点时速度为v‎′‎，则从开始运动至到达P点过程中， 由动能定理得：‎−(mg+qE)R−μ(qE+mg)x=‎1‎‎2‎mv‎′2‎−‎1‎‎2‎mv‎​‎‎0‎‎2‎， 又在P点时，由牛顿第二定律得：FN‎=mv‎′2‎R， 代入数据解得：FN‎=0.6N， 根据牛顿第三定律可知FN‎′‎‎=0.6N，方向水平向右．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）离子打在屏上的区域面积为‎64cm‎2‎；‎ ‎（2）在一个周期内，离子打到屏上的时间为‎0.0128s．‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 ‎【解析】‎ ‎（1）离子进入电场后做类平抛运动，先由类平抛运动的知识求出离子恰好从极板边缘射出时的电压，利用推论，求出离子打在屏上最大的偏转距离．即可得到离子打在屏上的区域面积；‎ ‎（2）在第（1）问的基础上，根据临界情况的电压，求出在一个周期内，离子打到屏上的时间．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U‎0‎， 水平方向：l=v‎0‎t① 竖直方向：d‎2‎‎=‎1‎‎2‎at‎2‎② 又a=‎qU‎0‎md③ 由①②③得U‎0‎‎=md‎2‎v‎0‎‎2‎ql‎2‎=128V， 当U≥128V时离子打到极板上，当U<128V时打到屏上， 可知，离子通过电场偏转距离最大为‎1‎‎2‎d， 由三角形相似可得  l‎2‎‎+‎l‎2‎l‎2‎‎=‎yd‎2‎， 解得打到屏上的长度为y=d， 又由对称知，离子打在屏上的总长度为‎2d， 区域面积为S=2ad=64cm‎2‎．‎ ‎（2）在前‎1‎‎4‎T，离子打到屏上的时间t‎0‎‎=‎128‎‎200‎×0.005s=0.0032s， 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t=4t‎0‎=0.0128s．‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页