2022-2022学年北京市重点中学高二(上)期中物理试卷(理科)(教师版).docx

2022-2022 学年北京市重点中学高二上期中物理试卷理科参考答案与试题解析一、单项选择题此题共 10 小题，每题 3 分，共 30 分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题意的选对得3分，选错或不选的得0分13分2022秋北京校级期中在真空中有A和B两个点电荷，它们所带电荷量分别为QA和QB， QA=5QB，那么A电荷受到B电荷的作用力是B 电荷受到A电荷作用力的A1倍倍C5倍D25 倍考点： 库仑定律分析： A 电荷受到 B 电荷的作用力与 B 电荷受到 A 电荷作用力是作用力与反作用力解答： 解：A 电荷受到 B 电荷的作用力与 B 电荷受到 A 电荷作用力是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律作用力与反作用力大小相等、方向相反故 A 正确、BCD 错误应选：A点评： 此题考查了牛顿第三定律，要知道作用力和反作用力大小相等、方向相反23分2022温州学业考试在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是ABCD考点： 电场强度；电场线专题： 电场力与电势的性质专题分析： 电场强度是矢量，不仅有大小，而且有方向，只有当电场强度大小和方向都相同时，电场强度才相同 解答：解：A，A、B两者点处于同一圆周上，根据公式，电场强度大小，但方向不同故A错误；B，由图，AB两点的电场强度方向，根据公式可知，电场大小不同，故B 错误； C、在匀强电场中，各处的电场强度处处相同故 C正确； D、由图 A、B 两点电场强度不同，大小也不同，EAEB故 D错误应选：C点评： 此题考查对于矢量的理解能力矢量既有大小，又有方向，只有当矢量的大小和方向都相同时，矢量才相同33分2022秋金家庄区校级期末电路中有一段金属丝长为L，电阻为R，要使电阻变为4R，以下可行的方法是A将金属丝拉长至 2LB将金属丝拉长至 4LC将金属丝对折后拧成一股D将金属丝两端的电压提高到原来的 4 倍考点： 电阻定律专题： 恒定电流专题分析：根据R=知，电阻与导线的长度和横截面积有关，根据该公式确定可行的方法解答：解：A、将金属丝拉长至2L，体积不变，那么横截面积变为原来，根据R=知，电阻变为原来的4倍故 A 正确B、将金属丝拉长至4L，体积不变，那么横截面积变为原来，根据R=知，电阻变为原来的16 倍故 B 错误C、将金属丝对折后拧成一股，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据知， 电阻变为原来故C错误D、将金属丝两端的电压提高到原来的 4 倍，电阻不变故 D 错误应选 A点评：解决此题的关键掌握电阻定律R=，知道导体的电阻与长度、横截面积有关，与所加的电压无关43分2022秋北京校级期中如下列图，当将带正电的小球移近不带电的枕形金属导体时，以下对枕形金属导体A端感应电荷的电性和枕形金属导体内部电荷移动的说法正确的选项是AA 端显正电，枕形金属导体内负电荷发生了移动BA 端显负电，枕形金属导体内负电荷发生了移动CA 端显正电，枕形金属导体内正电荷发生了移动DA 端显负电，枕形金属导体内正电荷发生了移动考点： 电荷守恒定律 专题： 常规题型分析： 物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理金属导体内可自由移动的电荷是自由电子解答： 解：当将带正电的小球移近不带电的枕形金属导体时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向 A 端发生移动， 导致 B 端的正电荷多余，A 端的负电荷多余，最终导体的 B 端带正电，A 端带负电 应选：B点评： 考查了静电感应现象，感应带电的本质是电荷的转移，利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理解答53分2022秋北京校级期中一个标有“220V60W的白炽灯泡，所加电压由零逐渐增大到220V在此过程中，电压和电流的关系图线是ABCD考点： 欧姆定律分析： 白炽灯泡上的电压 U 由零逐渐增大到 220V 时，白炽灯泡的功率不断变大，灯丝温度不断升高，电阻增大，根据欧姆定律，图象上点与坐标原点的连线的斜率不断增加解答： 解：白炽灯泡上的电压 U 由零逐渐增大到 220V 时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到，等于图线上的点与原点连线的斜率，电阻一直增大，故图线上的点与原点连线的斜率一直增 大所以 ACD不符合实际，B正确应选：B点评： 此题是实际的灯泡，其电阻会随着温度升高而增大，其 UI 图线不是直线，图象上点与坐标原点的连线的斜率表示电阻63分2022秋温州期末一个电流表的满偏电流Ig=1mA内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，那么应在电流表上 A串联一个10k的电阻B并联一个10k的电阻C串联一个9.5k的电阻D并联一个9.5k的电阻考点： 把电流表改装成电压表 专题： 实验题分析： 电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻总电阻=量程除以满偏电流解答： 解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分流的作用应串联电阻为=9.5103k故 C 正确，ABD 错误 应选：C点评：电流表改装成电压表应串联电阻分压串联电阻阻值为，是总电阻73分2022春牙克石市校级期末图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电现将一个试探电荷 q 由两极板间的 A 点移动到 B 点，如下列图A、B 两点间的距离为 s，连线 AB 与极板间的夹角为 30，那么电场力对试探电荷 q 所做的功等于 ABCD考点： 电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题： 电场力与电势的性质专题分析：由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压由求出板间场强根据功的 计算公式求解电场力对试探电荷 q 所做的功解答：解：由电容的定义式得板间电压，板间场强=试探电荷q 由A 点移动到B 点，电场力做功 W=qEssin30=应选 C点评： 此题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小83分2022秋北京校级期中如下列图，在水平向右场强大小为E的匀强电场中，固定着一电量为+Q的点电荷，a、b 为电场中距点电荷均为 r 的两点，a 点位于点电荷的正上方，b 点与点电荷在同一水平线上现将另一电量为+q 的试探点电荷由 a 点移到 b 点，那么电场力对该试探点电荷所做的功为 AqErBCD考点： 动能定理的应用；电场强度 专题： 动能定理的应用专题分析： 试探点电荷+q 由 a 点移到 b 点的过程中，+Q 的电场力对+q 做功为零根据 W=qEd，d 是两点沿电场强度方向的距离，求出匀强电场对试探电荷做功，即可求解解答： 解：在+Q 的电场中，a、b 两点到+Q 的距离相等，所以两点的电势相等，所以+q 由 a 点移到 b 点的过程中，+Q 的电场力对+q 不做功；在此过程中，匀强电场对试探电荷做正功，功的大小为 W=qEr所以电场力对该试探点电荷所做的功 W=qEr应选：A点评： 此题要掌握点电荷电场中 ab 是等势点，+Q 的电场力对+q 不做功；要准确理解公式 W=qEd 的含义，d 是两点沿电场强度方向的距离93分2022秋北京校级期中如下列图，在真空中有一对水平放置的带电平行金属板，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始加速，然后射入电压为 U2 的两块平行极板间的电场中，入射方向与极板平行，电子射出电场时，竖直向偏转的距离为 y，在以下措施中，一定能使竖直向偏转距离变小的是 AU1变大，U2变大BU1变大，U2变小CU1变小，U2 变大DU1变小，U2 变小考点： 带电粒子在匀强电场中的运动 专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运 动运用平抛运动规律，可求出电子的偏转距离，然后分析答题解答：解：设电子被加速后获得初速为v0，那么由动能定理得mv02 设偏转电场极板长为l，板间距离为d，电子在偏转电场中做类平抛运动， 在水平方向上：l=v0t在竖直方向上at2=t2=t2，由、解得，由此可知，减小U2或增大U1可以使y减小； 应选：B点评： 带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最根本解法第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解103分2022秋西山区校级期末如下列图，虚线为静电场中的四个等势面分别记为1、2、3、4，相邻 的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过A、B 点时的动能分别为26eV和5eV当该点电荷运动到某一位置时，其电势能为8eV，那么此时它的动能应为A8eVB12 eVC20eVD34 eV考点： 等势面分析： 由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在 b 等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为8eV 时的动能值解答： 解：由题，电荷经过 a、b点时的动能分别为 26eV和 5eV，动能减小为 21eV而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，那么电荷从 3等势面到 4 等势面时，动能减小 7eV，电势能增大，等势面 3的电势为 0，电荷经过 b时电势能为 7eV，又由题， 电荷经 b点时的动能为 5eV，所以电荷的总能量为 E=Ep+Ek=7eV+5eV=12eV，其电势能变为8eV时， 根据能量守恒定律得到，动能应为 20eV应选：C点评： 此题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量中等难度二、多项选择题此题共5小题，每题4分，共20分在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分 114分2022秋北京校级期中在闭合电路中，以下表达正确的选项是 A闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比B当外电路断开时，路端电压等于零C无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势保持不变D当外电阻增大时，路端电压也增大考点： 电源的电动势和内阻 专题： 恒定电流专题分析： 此题根据闭合电路欧姆定律分析电流当外电路断开时，电路中电流为零，路端电压等于电动势内电压与外电压之和总等于电源的电动势，保持不变外电阻增大时，路端电压随之增大解答： 解：A、根据闭合电路欧姆定律得，可知I与E成正比，与R+r成反比，故A正确B、当外电路断开时，电路中电流为零，电源的内电压为零，根据闭合电路欧姆定律得知：路端电压等于电动势，不等于零，故 B 错误C、根据闭合电路欧姆定律得知：内电压与外电压之和总等于电源的电动势，保持不变故 C 正确D、外电阻增大时，电路中电流减小，电源的内电压减小，那么路端电压增大故 D 正确 应选：ACD点评： 此题关键掌握闭合电路欧姆定律，并能用来分析电路断开时的路端电压124分2022秋潮南区校级期末电荷q在电场中某两点间移动时，电场力做功为W，由此可算出两点间的电势差为U假设让电荷为2q的电荷在这两点间移动，那么 A电场力做功仍为WB电场力做功为2WC该两点间的电势差仍为UD该两点间的电势差为考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能 专题： 电场力与电势的性质专题分析： 电场中两点的电势差由电场本身决定，与电量和功 W 无关；电场力做功 W=qU，只与电量和电势差有关，与具体路径无关解答： 解：AB、电场中两点的电势差由电场本身决定，与电量和功 W 无关，因此即便是移动的电荷为 2q，电场中两点的电势差是不变的；根据 W=QU，可知，W=2QU=2W，故 A 错误，B 正确CD、电场中两点的电势差由电场本身决定，与电量和功 W 无关，因此即便是移动的电荷为 2q，电场中两点的电势差是也不变的，故 C 正确，D 错误应选：BC点评： 电场中两点的电势差由电场本身决定，电势差的定义使用与任何电场；明确电场力做功只取决与始 末位置，与具体路径无关134分2022秋北京校级期中在如下列图的电路中，当滑动变阻器的滑动触点从a向b移动时A电压表的示数增大B电压表的示数不变C电流表的示数减小D电流表的示数增大考点： 闭合电路的欧姆定律 专题： 恒定电流专题分析： 当滑动变阻器的滑动触点向 b 端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化解答： 解：当滑动变阻器的滑动触点向 b 端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联局部的电阻增大，那么外电路总电阻 R 增大，由闭合电路欧姆定律分析可知：总电流 I 减小，路端电压 U=EIr 增大，电压表 V的读数增大；电阻 R2 的电压 U2=EI r+R1增大，流过电阻 R2 的电流 I2 增大，那么流过电流表的电流 I3=II2 减小所以，安培表 A 的读数减小故 AC 正确应选：AC点评： 此题是简单的电路动态变化分析问题，按“局部整体局部的顺序进行分析144分2022城区校级模拟如下列图为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置两块相互靠近的等大正对的平行金属板 M、N 组成电容器，板 N 固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板 M 和静电计的 金属壳都接地，板 M 上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板 M 的位置在两板相距一定距离时，给电容器充电， 静电计指针张开一定角度在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的选项是A只将板 M 从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大B只将板 M 从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大C只将板 M 从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小D只在 M、N 之间插入云母板，静电计指针张角变大考点： 电容器的动态分析 专题： 电磁学分析：电容器所带的电量不变，根据确定电容的变化，然后根据确定电势差的变化，从而确定静电计指针张角的变化解答：解：A、只将板M从图示位置稍向左平移，d增大，根据知，电容减小，根据知电势差增 大 ， 那么 静 电 计 指 针 张 角 变 大 ， 故 A正 确 B、只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S变小，根据知，电容 减小，根据知电势差增大，那么静电计指针张角变大，故B正确C、只将板M从图示位置稍向上平移，正对面积S变小，根据知，电容减小，根据知电势差增大，那么静电计指针张角变大故 C 错误D、只在M、N之间插入云母板，介电常数变大，根据知，电容增大，根据知电势差减 小，那么静电计指针张角变小故 D错误应选 AB点评：解决此题的关键掌握电容的决定式和定义式154分2022秋北京校级期中如下列图，图中的虚线同心圆是点电荷Q的电场中的等势面一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如实线所示，M和N是轨迹上的两点不计重力由此可以判断A此粒子一直受到静电引力的作用B此粒子在 M 点的电势能小于在 N 点的电势能C此粒子在 M 点的动能小于在 N 点的动能D此粒子在 M 点的加速度小于在 N 点的加速度考点： 等势面；牛顿第二定律；电场强度 专题： 电场力与电势的性质专题分析： 电荷做曲线运动，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，根据功能关系分析动能和电势能的变化情况；根据库仑定律判断静电力的大小，确定加速度的大小解答： 解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在 M、N 间运动过程中，电荷一直受静电引力作用，故 A 正确B、粒子从 M 到 N，电场力做正功，故电势能减小，故 M 点的电势能大于 N 点的电势能，故 B 错误；C、粒子从 M 到 N，只受电场力，合力做正功，根据动能定理，动能增加，故 M 点的动能小于 N 点的动能，故 C 正确；D、M 点离场源电荷远，电荷所受的电场力较小，那么在 M 处加速度较小，故 D 正确； 应选：ACD点评： 此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电荷在电场中一定受到电场力三、实验填空题每空2分，共18分164分2022秋北京校级期中用伏安法测电阻，电流表的内阻约为1，电压表内阻约为10k，1假设待测电阻约为10，应采用乙填“甲或“乙所示的接法，误差较小2假设待测电阻约为500，应采用甲填“甲或“乙所示的接法，误差较小考点： 伏安法测电阻 专题： 恒定电流专题分析： 根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是采用外接法解答：解=10，=1000，电流表应采用外接法，应选择乙所示电路；2=500，=20， 电 流 表 应 采 用 内 接 法 ， 应 选 择 甲 所 示 电 路 ； 故答案为：1乙；2甲点评： 当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，采用电流表内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法176分2022秋北京校级期中1测量普通干电池电动势和内电阻应该选用甲填“甲或“乙图1所示的电路图；2实验中某同学根据自己测得的实验数据在坐标纸上描了几个点，请你根据他描的点画出UI图线图2，并根据图线求出电池的电动势E=1.5V保存2位有效数字，电池的内电阻r=1.0保存2位有效数字考点： 测定电源的电动势和内阻 专题： 实验题；恒定电流专题分析： 1电源内阻较小时，相对于电源来说，电流表应采用外接法2根据坐标系内描出的点作出电源的 UI 图象，图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率是电源内阻解答：解：1普通干电池内阻很小，为减小实验误差，应采用图甲所示电路图2根据坐标系内描出的点作出 UI 图象，图象如下列图；由图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是1.5，那么电源电动势E=1.5V，电源内阻=1.0 故答案为：1甲；2图象如下列图；1.5；1.0点评： 应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法188分2022秋北京校级期中某同学使用如下器材做“描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验：待测小灯泡额定电压12V，工作时电阻为100左右；电源E电动势为14V；电压表V量程为15V，内阻约为15k；电流表A量程为100mA，内阻约为10；滑动变阻器最大阻值为10；开关；导线假设干1在实验中，既要满足实验要求，又要减小误差，应选用实验电路图C 2请根据所选的实验电路图补齐实物图 1 上的连线3该同学描绘的小灯泡的伏安特性曲线如下列图，由图2可求得小灯泡的额定功率为P=1.18W结果保存3位有效数字考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线专题： 实验题；恒定电流专题分析： 描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器要采用分压接法，电流表采用外接法，分析电路图，找出符合要求的电流；根据电路图连接实物电路图由图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由 P=UI 求出灯泡额定功率解答：解：1因做描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流与电压从零调，故滑动变阻器应用分压式，又小灯泡的电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图应选 C2根据电路图连接实物电路图，实物电路图如下列图3由图象可知，当小灯泡电压为 12V 时，电流为 98mA， 所以小灯泡的额定功率为 P=UI=120.098W=1.18W；故答案为：1C2如图31.18点评： 要熟记电学实验根本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器四、论述、计算题此题共 4小题，共 32分要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤有数值计算的题， 答案必须明确写出数值和单位198分2022秋北京校级期中如图在ABC中，C=90，B=30，AC边的长为r1假设只在 A 点固定一个电量为 Q 的带正点的点电荷，求：C 点电场强度的大小；2假设同时在 A、B 两点分别固定一个带电量为 Q 的带正电的点电荷，求：C 点电场强度的大小；3假设同时在 A、B 两点分别固定一个带电量为 Q 的带正电的点电荷，再在 C 点放置一带电量为 q 的带负电的点电荷，假设要使 q 静止在 C 点，不计重力，需给 q 施加一外力，求：所施加的外力的大小及外力方向与 AC 边夹角的正切值考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题： 电场力与电势的性质专题分析：1、先利用三角形的几何关系求出BC；利用点电荷的场强公式，求出C 点的场强2、利用场强的叠加原理，求出 C点的合场强3、在 C点放置一带电量为 q的带负电的点电荷，假设要使 q静止在 C 点，该点电荷所受合外力为零，即施加的外力与所受的电场力等大方向，求解即可解答：解：1假设只在A点固定一个电量为Q的带正点的点电荷，据点电荷的场强公式E=得C点的场强为，方向由 A指向 C2由三角形的几何关系得r同时在 A、B两点分别固定一个带电量为 Q的带正电的点电荷时，据点电荷的场强公式知： 在C点的场强分别为，方向由A指向CEBC=，方向由 B指向 C据场强的叠加原理如图得E=3在 C 点放置一带电量为 q 的带负电的点电荷，假设要使 q 静止在 C 点，该电荷受电场力和施加的力且二者是一对平衡力，所以，方向与上图合场强的方向相同由几何关系得外力方向与 AC 边夹角的正切值：=arctan答：1C点电场强度的大小为；2假设同时在 A、B 两点分别固定一个带电量为 Q 的带正电的点电荷，求：C 点电场强度的大小3假设同时在 A、B 两点分别固定一个带电量为 Q 的带正电的点电荷，再在 C 点放置一带电量为 q 的带负电的点电荷，假设要使 q 静止在 C 点，不计重力，需给 q 施加一外力，求：所施加的外力的大小为，外力方向与图中所示合场强的方向相同，与 AC 边夹角的正切值 arctan 点评： 此题的关键灵活应用点电荷的场强公式和场强叠加原理，即满足平行四边形定那么；利用场强方向的规定判断负电荷所受的电场力和利用平衡态求解施加的力208分2022秋北京校级期中如下列图，电池的电动势是30V，内阻是1，灯泡L的额定值是“6V、12W，电动机的内电阻 R=2开关闭合后灯泡 L 恰能正常发光求：1电路中的电流；2电动机上的电压；3电动机输出的机械功率考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题： 恒定电流专题分析： 1电灯正常发光时，其电压等于额定电压，功率等于额定功率由功率公式求解电流 I2由闭合电路的欧姆定律，可得 M 两端的电压3电动机输出的机械功率 P 出=P 总Pr解答：解：1灯泡正常发光，那么其功率和电压都为额定值，故电流为：I=2由闭合电流的欧姆定律，M 两端电压为：UM=EULIr=3026=22V3根据能量转化和守恒得到，电动机的输出功率等于输入功率减发热功率，即：P 机=PMPQ=UMII2R=448=36W答：1电路中的电流是2A2电动机上的电压是 22V3电动机输出的机械功率是 36W点评： 此题是含有电动机的电路，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，不能用闭合电路欧姆定律求解电路中的电流 I；218分2022秋北京校级期中如下列图，在方向水平向右的匀强电场中，一长为L的不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为 m 的带电量为 q 小球，另一端固定于 O 点，小球恰能静止于电场中 A 点，OA 连线与竖直向成角且=37现把小球拉起至细线成水平方向如图中虚线OB所示，然后无初速释放取sin37=0.6，cos37=0.8求：1匀强电场电场强度的大小；2细线到达竖直方向时细线对小球的拉力；3小球经过 A 点时的速度考点： 动能定理；共点力平衡的条件及其应用；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动 专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 根据小球在 A 点受重力，拉力，电场力三力平衡，即可求出场强大小；根据动能定理研究小球从释放到竖直方向即最低点的过程求出小球到最低点的速度；经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力根据动能定理求出小球经过 A 点的速度解答：解：1小球恰好能静止与电场中A点，对小球受力分析，如下列图：小球受水平向右的电场力，竖直向下的重力，和斜向上的拉力可得：F=mgtan 又：F=qE解得=；2小球从水平位置到竖直方向的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得：小球在最低点时时绳子的拉力与重力的和提供向心力：联立式，解得：T=3由动能定理，可得 解得 答：1匀强电场电场强度的大小为；2细线到达竖直方向时细线对小球的拉力；3小球经过A点时的速度点评： 此题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法常见的题型对于多过程的问题可能屡次应用动能定理求解问题228分2022秋北京校级期中如图为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图在Oxy平面的 ABCD 区域内，存在两个大小均为 E 的匀强电场 I 和 II，两电场的边界均是边长为 L 的正方形，I 区域内的电场强度方向沿 x 轴正方向，II 区域内的电场强度方向沿 y 轴正方向，I 区域和 II 区域之间没有电场电子的质量为 m，电子的电量大小为 e，不计电子所受重力1在 AB 边的中点由静止释放电子，求：电子离开电场 I 区域时的速度大小；2在 AB 边的中点由静止释放电子，求：电子离开电场 II 区域的位置坐标；3在电场I区域内适当位置由静止释放电子不一定从I边界处释放，假设电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求：所有释放点的位置坐标应满足的条件考点： 带电粒子在匀强电场中的运动 专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 在 AB 边的中点处由静止释放电子，电场力对电子做正功，根据动能定理求出电子穿过电场时的速度 进入电场 II 后电子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出电子的加速度，由运动学公式结合求出电子离开 ABCD 区域的位置坐标解答：解：1设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，设射出区域I时的为v0根据动能定理得： 解得：v0=2进入电场 II 后电子做类平抛运动，假设电子从 CD 边射出，出射点纵坐标为 y， 那么有：a=，t=解得：y=即电子离开ABCD区域的位置坐标为3设释放点在电场区域I中，其坐标为x，y，在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从 D点离开，有： =解得，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置答：1在AB边的中点由静止释放电子，电子离开电场I区域时的速度大小为；2在AB边的中点由静止释放电子，电子离开电场II区域的位置坐标为3所有释放点的位置坐标应满足的条件为点评： 此题实际是加速电场与偏转电场的组合，考查分析带电粒子运动情况的能力和处理较为复杂的力电综合题的能力