安徽省淮南二中2016-2017学年高二（上）期中物理试卷（理科）（解析版）.doc

2016-2017学年安徽省淮南二中高二（上）期中物理试卷（理科）

一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题，每题4分，共48分）
1．以下说法正确的是（　　）
A．电子、质子都是元电荷
B．物体通常呈现电中性，是因为物体没有电荷
C．电荷间的相互作用力是通过电场而产生的
D．描述电场的电场线是客观存在的
2．在一正点电荷电场中A、B两点间的电势差UAB=200V，电量为+2×10﹣8C的电荷q以一定初速度在电场力的作用下从A点运动到B点，则下列说法中错误的是（　　）
A．电场力对电荷做正功4×10﹣6J
B．电荷q具有的电势能增大4×10﹣6J
C．电荷q的动能增大了4×10﹣6J
D．电荷q电势能的减小量等于动能的增加量
3．如图所示，A、B两点相距l=10cm，它们的连线与匀强电场场强方向夹角60°，匀强电场强度为1000N/C，则A、B两点电势差等于（　　）

A．﹣50V B．﹣100N/C C．50V D．100V
4．电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两板间的电压，但仍使电子能够穿过平行板间，则电子穿越平行板所需要的时间（　　）

A．随电压的增大而减小
B．随电压的增大而增大
C．加大两板间距离，时间将减小
D．与电压及两板间距离均无关
5．如图所示，电解池接入电路后，在t秒内有n个一价正离子通过溶液内某截面S，有n个一价负离子通过S，设e为元电荷，以下说法正确的是（　　）

A．电流为零 B．电流为I=
C．电流为I= D．电流方向从A→B
6．如图所示，a、b两点电势相同，电场强度也相同的是（　　）
A． B． C． D．
7．点电荷A、B带有等量正电荷，将第三个电荷C放在A、B连线的中点恰好平衡．现将B作缓慢地远离A点的运动，则C的运动情况是（　　）
A．靠近A的运动 B．远离A的运动
C．仍然保持静止 D．有可能靠近A，也可能靠近B
8．四个相同的灯泡按如图所示连接，关于四个灯泡的亮度，下列结论中正确的是（　　）

A．A灯、B灯一样亮，C灯次之，D灯最暗
B．A灯最亮、C灯次之，B与D灯最暗且亮度相同
C．A灯最亮、B与C灯一样亮，D灯最暗
D．A与B灯一样亮，C与D灯一样亮，但比A与B灯暗些
9．随着中国电信业的发展，国产手机在手机市场上已经有相当大的市场份额．如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明，由此可知该电池待机状态下的平均工作电流和充满电后储存的电能大约分别是（　　）

A．平均工作电流15mA B．平均工作电流700mA
C．储存电能2500J D．储存电能9500J
10．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且AP＞BP，则（　　）

A．P点电势不为零，场强也不为零
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先增大后减小
D．q1和q2是同种电荷，但不一定是正电荷
11．在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知（　　）

A．a球质量大于b球质量
B．在tl时刻两小球间距最小
C．在0﹣t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0﹣t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反
12．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示，不计空气阻力．则（　　）

A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大
C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等
D．到达x1位置时，小球速度的大小为

二、实验题（每空3分，共21分）
13．如图所示，把一个平行板电容器与一个静电计相连接后，给电容器带上一定电量，静电计指针的偏转角度反映出电容器两板间的电势差的大小，以下情况中，静电计的指针偏角是增大还是减小？
（1）B板向上移一些，减小正对面积，静电计指针偏角　　
（2）B板向左移一些，增大相对距离，静电计指针偏角　　
（3）在AB之间插入有机玻璃板，增大相对介电常数，静电计指针偏角　　．

14．如图甲为描绘某一热敏电阻（电阻随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的伏安特性曲线实验电路．

（1）闭合开关，滑片P向左滑动时，电流表的示数将变　　；
（2）图乙为该热敏电阻的I﹣U关系曲线，根据图线，当热敏电阻的电压为4V时，其电阻为　　Ω，该热敏电阻的阻值随温度升高而　　；
（3）将该热敏电阻接入图丙所示的电路中，已知电源电压恒为9V，电流表的示数为70mA，定值电阻R1=250Ω，由热敏电阻的IU关系曲线图可知，电阻R2的阻值为　　Ω（保留4位有效数字）．

三、解答题（共31分）
15．如图所示，一电子以速度v0从A点沿着方向竖直向上、场强为E的匀强电场电场线运动到B点，到达B点时速度恰好为零．已知电子电量为﹣e，质量为m，不计电子的重力，求A、B两点间的电势差和AB间距离．

16．如图，真空中有一匀强电场，方向沿Ox正方向，若质量为m、电荷量为q的带电微粒从O点以初速v0沿Oy方向进入电场，经△t时间到达A点，此时速度大小也是vo，方向沿Ox轴正方向，如图所示．求：
（1）从O点到A点的时间△t．
（2）该匀强电场的场强E及OA连线与Ox轴的夹角θ．
（3）若设O点电势为零，则A点电势多大．

17．如图所示，一粒子源发射的粒子初速度为零，经加速电场加速后，垂直于电场线进入两平行金属板间的偏转电场，最终打到位于平行金属板右侧的竖直荧光屏上，使荧光屏发光，荧光屏的中心O′与粒子源O之间的连线位于平行金属板中央，已知加速电场的电压为U1=10V，平行金属板间距离为d=0.6m，板长为L=0.4m，粒子的质量为m=2×10﹣19kg，电荷量为q=1.6×10﹣9C，荧光屏与平行金属板右边缘距离为D=0.4m，则：
（1）带电粒子进入偏转电场的速率是多少？
（2）若平行金属板间加一周期性变化的电信号，信号电压UAB的图象如图乙所示，某个粒子在t=0时刻进入偏转电场，该粒子打在屏上的点与O′的距离是多少？

2016-2017学年安徽省淮南二中高二（上）期中物理试卷（理科）
参考答案与试题解析

一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题，每题4分，共48分）
1．以下说法正确的是（　　）
A．电子、质子都是元电荷
B．物体通常呈现电中性，是因为物体没有电荷
C．电荷间的相互作用力是通过电场而产生的
D．描述电场的电场线是客观存在的
【考点】电场线．
【分析】元电荷是最小的电量的单位；物体通常呈现电中性，是因为物体内的正负电荷一样多；电荷间的相互作用力是通过电场而产生的；描述电场的电场线是不存在的．
【解答】解：A、元电荷是最小的电量的单位，电子、质子都带一个单位的元电荷．故A错误；
B、物体通常呈现电中性，是因为物体内的正负电荷一样多．故B错误；
C、电荷间的相互作用力是通过电场而产生的．故C正确；
D、描述电场的电场线是人们为了形象地描述电场而引入的，实际上是不存在的．故D错误．
故选：C

2．在一正点电荷电场中A、B两点间的电势差UAB=200V，电量为+2×10﹣8C的电荷q以一定初速度在电场力的作用下从A点运动到B点，则下列说法中错误的是（　　）
A．电场力对电荷做正功4×10﹣6J
B．电荷q具有的电势能增大4×10﹣6J
C．电荷q的动能增大了4×10﹣6J
D．电荷q电势能的减小量等于动能的增加量
【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．
【分析】根据W=qU求电场力做功．由此分析电势能的变化，由动能定理分析动能的变化，结合能量守恒定律分析即可．
【解答】解：A、电场力对电荷做功为 WAB=qUAB=2×10﹣8×200J=4×10﹣6J，正功，故A正确．
B、电场力对电荷做4×106J的正功，则电荷q具有的电势能减少4×10﹣6J，故B错误．
C、由动能定理知，电荷q的动能增大了4×10﹣6J，故C正确．
D、只有电场力做功，电荷q只有动能和电势能两种形式的能，所以电荷q电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确．
本题选错误的，故选：B

3．如图所示，A、B两点相距l=10cm，它们的连线与匀强电场场强方向夹角60°，匀强电场强度为1000N/C，则A、B两点电势差等于（　　）

A．﹣50V B．﹣100N/C C．50V D．100V
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】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．
【解答】解：由图示可知，AB方向与电场线方向间的夹角θ=60°，
AB两点沿电场方向的距离：d=Lcosθ，
AB两点间的电势差：UBA=Ed=ELcosθ=1000V/m×0.1m×cos60°=50V，故C正确，ABD错误；
故选：C

4．电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两板间的电压，但仍使电子能够穿过平行板间，则电子穿越平行板所需要的时间（　　）

A．随电压的增大而减小
B．随电压的增大而增大
C．加大两板间距离，时间将减小
D．与电压及两板间距离均无关
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；运动的合成和分解．
【分析】电子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，在平行于金属板的方向做匀速直线运动，由位移公式分析时间与哪些因素．
【解答】解：电子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，在平行于金属板的方向电子不受力而做匀速直线运动，由L=v0t得，电子穿越平行板所需要的时间为t=，与金属板的长成正比，与电子的初速度大小成反比，与其他因素无关，即与电压及两板间距离均无关．
故选D

5．如图所示，电解池接入电路后，在t秒内有n个一价正离子通过溶液内某截面S，有n个一价负离子通过S，设e为元电荷，以下说法正确的是（　　）

A．电流为零 B．电流为I=
C．电流为I= D．电流方向从A→B
【考点】电流、电压概念．
【分析】电流的方向与正离子定向移动方向相同．一价离子带电量的大小为e．通过溶液截面s的电荷量等于正离子与负离子电荷量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流强度．
【解答】解：根据电路可知，B端与电源正极相连，电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从B到A．
t时间内通过通过溶液截面s的电荷量q=ne+ne=2ne，则根据电流的定义式I=．
故选：C

6．如图所示，a、b两点电势相同，电场强度也相同的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】电场强度．
【分析】电势是标量，电场强度是矢量，标量只要大小相等，标量就相等，而矢量，大小、方向均相同，矢量才相同．根据电场线的分布判断．
【解答】解：A、a、b两点处于匀强电场中，场强相同，不是位于同一等势面上，电势不相同．故A错误．
B、根据电场线的分布情况可知a、b两点的场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．而由对称性可知电势相同．故B错误．
C、a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，则电场强度不同．故C错误．
D、a、b在等量异种电荷连线的垂直平分线上，电势相等，根据电场的对称性，a、b两点场强相同．故D正确．
故选：D．

7．点电荷A、B带有等量正电荷，将第三个电荷C放在A、B连线的中点恰好平衡．现将B作缓慢地远离A点的运动，则C的运动情况是（　　）
A．靠近A的运动 B．远离A的运动
C．仍然保持静止 D．有可能靠近A，也可能靠近B
【考点】电势差与电场强度的关系．
【分析】A、B带有等量正电荷Q，两者连线中点场强为零，电荷B十分缓慢地远离A点的运动，原来中点处的场强不为零，根据场强叠加的原理实际场强向右，根据电荷q受力情况判断运动情况．
【解答】解：如图，A、B带有等量正电荷Q，两者连线中点场强为零，电荷B十分缓慢地远离A点即向右移动，原来中点处的场强不为零，根据场强叠加的原理实际场强向右，由于不清楚电荷q的电性，所以电荷q可能受向左的力，也有可能受向右的力，所以电荷q的运动情况是可能向左运动，也可能向右运动．即有可能靠近A，也可能靠近B．
故选：D．

8．四个相同的灯泡按如图所示连接，关于四个灯泡的亮度，下列结论中正确的是（　　）

A．A灯、B灯一样亮，C灯次之，D灯最暗
B．A灯最亮、C灯次之，B与D灯最暗且亮度相同
C．A灯最亮、B与C灯一样亮，D灯最暗
D．A与B灯一样亮，C与D灯一样亮，但比A与B灯暗些
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】根据串联电路电流相等，由功率公式P=I2R，分析功率关系；并联电压相等，由公式P=，分析四个灯实际功率关系，确定亮度关系．
【解答】解：A灯的电流大于B灯、C灯的电流，则功率公式P=I2R，A灯比B灯、C灯亮；B、D两灯串联，电流相等，一样亮；C灯的电压大于B、D的电压，由公式P=，可知D灯比B、D两灯亮，所以A灯最亮，、C灯次之，B与D灯最暗且亮度相同．故B正确．
故选：B

9．随着中国电信业的发展，国产手机在手机市场上已经有相当大的市场份额．如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明，由此可知该电池待机状态下的平均工作电流和充满电后储存的电能大约分别是（　　）

A．平均工作电流15mA B．平均工作电流700mA
C．储存电能2500J D．储存电能9500J
【考点】电功、电功率．
【分析】由图读出此电池的电动势E、容量q、待机时间t，根据q=It求解平均工作电流I，根据W=Eq求解储存电能．
【解答】解：AB、由电池的铭牌读出容量为700mA•h，待机时间为48h，故平均工作电流I=，故A正确，B错误；
CD、储存电能W=Eq=3.7V×700mA•h=3.7V×0.7A×3600s=9500J，故C错误，D正确；
故选：AD

10．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最低，且AP＞BP，则（　　）

A．P点电势不为零，场强也不为零
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势能先增大后减小
D．q1和q2是同种电荷，但不一定是正电荷
【考点】电势差与电场强度的关系；电势．
【分析】根据φ﹣x图线切线斜率大小等于电场强度大小，读出P点的电场强度大小．根据P点场强大小，由公式E=k判断q1与q2电荷量大小．根据电势随x的变化情况，判断两电荷的电性．负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大
【解答】解：A、在P点，φ﹣x图线切线斜率为零，则P点的电场强度大小为零，电势不为零．故A错误．
B、P点的电场强度大小为零，说明q1和q2两点电荷在P点产生的场强大小相等，方向相反，由公式E=k，AP＞BP，则q1的电荷量大于q2的电荷量．故B正确．
C、负电荷从P点左侧移到P点右侧，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小．故C正确．
D、A到P的电势降低，从P到B电势升高，则电场线方向A到P，再从P到B，则q1和q2是同种电荷，一定是正电荷．故D错误．
故选：BC

11．在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知（　　）

A．a球质量大于b球质量
B．在tl时刻两小球间距最小
C．在0﹣t2时间内两小球间距逐渐减小
D．在0﹣t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】先从v﹣t图象找出两个小球加速度的大小关系然后结合牛顿第二定律判断质量的关系；根据v﹣t图象判断何时有最小距离．
【解答】解：A、从速度时间图象可以看出b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，
根据a=知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A正确；
B、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B错误C正确；
D、b球0﹣t1时间内匀减速，所以0﹣t1时间内排斥力与运动方向相反，D错误．
故选：AC．

12．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示，不计空气阻力．则（　　）

A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大
C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等
D．到达x1位置时，小球速度的大小为
【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．
【分析】从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出小球的受力情况，进而判断出电场方向，在利用牛顿第二定律分析加速度．由动能定理研究小球的速度．
【解答】解：A、物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向．再根据机械能的变化关系可知，相等位移电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，由上知电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，故B正确；
C、由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；
D、根据动能定理可得mgx1+E1﹣E0=mv2﹣0，解得到达x1位置时，小球速度 v=，故D正确；
故选：BD

二、实验题（每空3分，共21分）
13．如图所示，把一个平行板电容器与一个静电计相连接后，给电容器带上一定电量，静电计指针的偏转角度反映出电容器两板间的电势差的大小，以下情况中，静电计的指针偏角是增大还是减小？
（1）B板向上移一些，减小正对面积，静电计指针偏角　增大　
（2）B板向左移一些，增大相对距离，静电计指针偏角　增大　
（3）在AB之间插入有机玻璃板，增大相对介电常数，静电计指针偏角　减小　．

【考点】电容器的动态分析．
【分析】根据电容的决定式C=，分析电容的变化，再根据电容的定义式C=，分析板间电压的变化，即可判断静电计指针张角的变化．
【解答】解：（1）减小正对面积，据电容的决定式C=，知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=，分析可知板间电压增大，所以静电计指针偏角增大．
（2）增大相对距离，据电容的决定式C=，知电容减小，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=，分析可知板间电压增大，所以静电计指针偏角增大．
（3）在AB之间插入有机玻璃板，增大相对介电常数，据电容的决定式C=，知电容增大，而电容器的电量不变，由电容的定义式C=，分析可知板间电压减小，所以静电计指针偏角减小，
故答案为：（1）增大； （2）增大； （3）减小．

14．如图甲为描绘某一热敏电阻（电阻随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的伏安特性曲线实验电路．

（1）闭合开关，滑片P向左滑动时，电流表的示数将变　小　；
（2）图乙为该热敏电阻的I﹣U关系曲线，根据图线，当热敏电阻的电压为4V时，其电阻为　200　Ω，该热敏电阻的阻值随温度升高而　减小　；
（3）将该热敏电阻接入图丙所示的电路中，已知电源电压恒为9V，电流表的示数为70mA，定值电阻R1=250Ω，由热敏电阻的IU关系曲线图可知，电阻R2的阻值为　105.9　Ω（保留4位有效数字）．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】（1）根据滑片移动方向判断电压如何变化，然后根据图象判断电流如何变化．
（2）由图示图象求出电压对应的电流，然后应用欧姆定律求出电阻阻值；根据图示图象应用欧姆定律判断阻值随温度的变化关系．
（3）由欧姆定律求出通过定值电阻R1的电流，然后应用并联电路特点求出通过热敏电阻的电流，再根据图示图象求出热敏电阻两端的电压，应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值．
【解答】解：（1）闭合开关，滑片P向左滑动时，热敏电阻两端电压变小，由图示图象可知，通过热敏电阻的电流变小，电流表的示数将变小．
（2）由图示图象可知：U=4V时I=20mA=0.020A，此时热敏电阻阻值：R===200Ω；
I﹣U图象上各点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，由图看出电压升高，电阻的温度升高，其电阻变小．
（3）通过电阻R1的电流：I1===0.036A=36mA，通过热敏电阻的电流：I2=I﹣I1=70﹣36=34mA=0.034A，
由图示图象可知，热敏电阻两端电压：U热=5.4V，电阻R2两端电压：U2=U﹣U热=9﹣5.4=3.6V，
电阻R2的阻值：R2==≈105.9Ω；
故答案为：（1）小；（2）200；减小；（3）105.9．

三、解答题（共31分）
15．如图所示，一电子以速度v0从A点沿着方向竖直向上、场强为E的匀强电场电场线运动到B点，到达B点时速度恰好为零．已知电子电量为﹣e，质量为m，不计电子的重力，求A、B两点间的电势差和AB间距离．

【考点】电势差与电场强度的关系．
【分析】根据动能定理求出A、B两点间的电势差，结合电势差和电场强度的关系求出AB的距离．
【解答】解：根据动能定理得，，解得AB两点的电势差．
AB间的距离=．
答：A、B两点间的电势差为，AB间的距离为．

16．如图，真空中有一匀强电场，方向沿Ox正方向，若质量为m、电荷量为q的带电微粒从O点以初速v0沿Oy方向进入电场，经△t时间到达A点，此时速度大小也是vo，方向沿Ox轴正方向，如图所示．求：
（1）从O点到A点的时间△t．
（2）该匀强电场的场强E及OA连线与Ox轴的夹角θ．
（3）若设O点电势为零，则A点电势多大．

【考点】动能定理的应用；电势；电势能．
【分析】（1）由题意，微粒到达A点时的速度大小与初速度大小相等，都是vo，说明微粒的重力不能忽略．微粒水平方向受到电场力，竖直方向受到重力作用，两个力都是恒力，运用运动的分解法：竖直方向微粒做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速运动．由速度公式研究竖直方向的运动情况即可求出时间△t．
（2）在x、y两个方向上微粒的分运动时间相等，由速度公式研究水平方向的加速度，由牛顿第二定律求出匀强电场的场强E．由位移公式x=分别求出x和y，再求解OA连线与Ox轴的夹角θ．
（3）根据动能定理求解OA间的电势差UOA，而UOA=φO﹣φA，φO=0，可求出φA．
【解答】解：分析带电微粒的运动特征：微粒水平方向受到电场力，做初速度为零的匀加速运动；竖直方向受到重力作用，做匀减速运动．
（1）在竖直方向上，有 0﹣v0=﹣g•△t，得△t=．
（2）在水平方向上，有 v0=ax•△t=ax•，得ax=g
由qE=max，得E=
图中x==，y=
所以x=y．故OA连线与Ox轴的夹角θ=45°．
（3）从O到A，由动能定理得
﹣mgy+qUOA=﹣
得 UOA==
而UOA=φO﹣φA，φO=0，则φA=﹣
答：
（1）从O点到A点的时间△t为．
（2）该匀强电场的场强E为，OA连线与Ox轴的夹角θ为45°．
（3）若设O点电势为零，则A点电势为﹣．

17．如图所示，一粒子源发射的粒子初速度为零，经加速电场加速后，垂直于电场线进入两平行金属板间的偏转电场，最终打到位于平行金属板右侧的竖直荧光屏上，使荧光屏发光，荧光屏的中心O′与粒子源O之间的连线位于平行金属板中央，已知加速电场的电压为U1=10V，平行金属板间距离为d=0.6m，板长为L=0.4m，粒子的质量为m=2×10﹣19kg，电荷量为q=1.6×10﹣9C，荧光屏与平行金属板右边缘距离为D=0.4m，则：
（1）带电粒子进入偏转电场的速率是多少？
（2）若平行金属板间加一周期性变化的电信号，信号电压UAB的图象如图乙所示，某个粒子在t=0时刻进入偏转电场，该粒子打在屏上的点与O′的距离是多少？

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】（1）根据动能定理求带电粒子进入偏转电场的速率．
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，带电粒子在垂直于板方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小相等，时间相等．结合牛顿第二定律和运动学公式解答．
【解答】解：（1）带电粒子在加速电场的运动过程，由动能定理得：
qU1=mv02
解得：v0===4×105m/s．
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动的总时间为：
t===1×106s
可知，带电粒子在偏转电场中运动的时间等于交变电压的周期T．
在交变电压的一个周期T内，带电粒子在垂直于板方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小相等，时间相等，根据对称性可知，这两个过程偏转的位移大小相等，所以带电粒子离开偏转电场时偏转距离为 y=2×
由牛顿第二定律得加速度为：a==
由以上各式解得：y=
代入数据解得 y=0.2m
根据对称性可知，粒子离开偏转电场时速度平行于金属板，所以该粒子打在屏上的点与O′的距离是y=0.2m
答：
（1）带电粒子进入偏转电场的速率是4×105m/s．
（2）该粒子打在屏上的点与O′的距离是0.2m．

2016年12月9日