2022年高二物理期末考试押题卷

高二物理期末押题卷一.选择题不定项选择题每题4分共40分1以下关于电源电动势的说法，正确的选项是A电动势实质上就是电压B电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功C电动势是指电源内部非静电力所做的功D电动势越大，说明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大2如下图，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计那么以下说法不正确的选项是A在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过3用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素如下图设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，假设A保持S不变，增大d，那么变大B保持S不变，增大d，那么变小C保持d不变，减小S，那么变小D保持d不变，减小S，那么不变4如下图，电灯A上标有“10V，10W的字样，电灯B上标有“8V，20W的字样，滑动变阻器的总电阻为6，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中不考虑电灯电阻的变化，那么A电流表示数一直减小，电压表示数一直增大B电流表示数一直增大，电压表示数一直减小C电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大D电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小5在如下图电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，那么AA灯变亮、B灯变亮、C灯变亮BA灯变暗、B灯变亮、C灯变暗CA灯变亮、B灯变暗、C灯变暗DA灯变暗、B灯变暗、C灯变亮6根据R=可以导出电阻率的表达式=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率A跟导线的电阻只成正比B跟导线的横截面积S成正比C跟导线的长度L成反比D只由其材料的性质决定7带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，假设OM=MN，那么P和Q的质量之比为不计重力为A3：4B4：3C3：2D2：38平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如下图的电路闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有 一定的电荷要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是A只增大R1，其他不变B只增大R2，其他不变C只减小R3，其他不变D只增大a、b两极板间的距离，其他不变9如下图，K1、K2闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移一段距离，那么以下说法正确的选项是A电容器的电容变小BA板电势比电路中Q点电势高C液滴仍保持静止D液滴的电势能增大10如下图，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知A三个等势面中，c的电势最低B带电质点在P点的电势能比在Q点的小C带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b二.实验题每题8分共32分11一灵敏电流计，允许通过的最大电流满刻度电流为Ig=50A，表头电阻Rg=1k，假设改装成量程为Im=10mA的电流表，应联的电阻阻值为假设将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表，应再联一个阻值为的电阻12某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如下图由图可读出l=cm，d=mm13要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E电动势3.0V，内阻可不计B、电压表V1量程为03.0V，内阻约2kC、电压表V2 015.0V，内阻约6kD、电流表A100.6A，内阻约1E、电流表A2 0100mA，内阻约2F、滑动变阻器R1最大值10G、滑动变阻器R2最大值2k1为减少实验误差，实验中电压表应选择，电流表应选择，滑动变阻器应选择填各器材的序号2为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中3实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/A00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.004该小电珠的额定功率是14在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路1根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接2实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到填“a或“b端3小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E=V，电的内阻r=结果保存两位有效数字三.计算题要写出必要的文字说明和必要的方程，共28分15如下图，电路中接电动势为4V，内电阻为2的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4，电容器的电容为30F，电流表的内阻不计，当电路稳定后1求电流表的读数；2求电容器所带的电荷量；3如果断开电源，求通过R2的电荷量16如下图，质量为0.2Kg的物体带电量为+4104C，从半径为0.3m的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求以下两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：1E水平向左；2E竖直向下17如下图，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0106kg，带电量q=+1.0108C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g=10m/s2试求：1带电粒子入射初速度的大小；2现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，那么带电后A板的电势为多少？参考答案与试题解析一.选择题不定项选择题每题4分共40分1以下关于电源电动势的说法，正确的选项是A电动势实质上就是电压B电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功C电动势是指电源内部非静电力所做的功D电动势越大，说明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大【考点】电源的电动势和内阻【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势但电压和电动势的物理意义不同；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱【解答】解：A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；而电压是反映静电力做功情况；二者意义不同；故电动势与电压不同；故A错误；B、由W=Eq可知，电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功；故B正确；C、电动势是指电源内部非静电力所做的功与流过电荷量之间的比值；故C错误；D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，把其他形式的能转化为电能的本领越大故D错误；应选：B2如下图，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计那么以下说法不正确的选项是A在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态，受力平衡滑动触头移动的过程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化【解答】解：A、B、C、在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是ba电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速故A正确、C错误；反之下移，那么油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，那么B正确D、将S断开，那么C放电，G中有电流，油滴下落那么D错误此题选错误的，应选：CD3用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素如下图设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，假设A保持S不变，增大d，那么变大B保持S不变，增大d，那么变小C保持d不变，减小S，那么变小D保持d不变，减小S，那么不变【考点】电容器的动态分析【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：A、B、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，那么静电计指针的偏角变大；反之，保持S不变，减小d，那么减小故A正确，B错误C、D、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，那么由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；反之，保持d不变，增大S，那么减小，故C错误，D错误应选：A4如下图，电灯A上标有“10V，10W的字样，电灯B上标有“8V，20W的字样，滑动变阻器的总电阻为6，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中不考虑电灯电阻的变化，那么A电流表示数一直减小，电压表示数一直增大B电流表示数一直增大，电压表示数一直减小C电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大D电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】先两灯的额定电压和功率，求出其电阻大小再分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化【解答】解：电灯A的电阻为RA=，电灯B的电阻为RB=3.2，那么知RARB所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭合电路欧姆定律电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，那么电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小故B正确应选：B5在如下图电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，那么AA灯变亮、B灯变亮、C灯变亮BA灯变暗、B灯变亮、C灯变暗CA灯变亮、B灯变暗、C灯变暗DA灯变暗、B灯变暗、C灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道A灯亮度的变化由欧姆定律分析并联局部电压的变化，判断B灯亮度的变化由通过B的电流与总电流的变化，分析通过C灯电流的变化，判断其亮度的变化【解答】解：当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流I减小，A灯变暗A灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定律得知并联局部电压增大，B灯变亮由总电流减小，而通过B灯的电流增大，可知通过C灯的电流减小，那么C灯变暗故ACD错误，B正确应选：B6根据R=可以导出电阻率的表达式=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率A跟导线的电阻只成正比B跟导线的横截面积S成正比C跟导线的长度L成反比D只由其材料的性质决定【考点】电阻定律【分析】在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关【解答】解：电阻率的大小与材料的性质决定，与电阻的大小、导线的长度、横截面积无关故D正确，A、B、C错误应选：D7带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，假设OM=MN，那么P和Q的质量之比为不计重力为A3：4B4：3C3：2D2：3【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移之比得出运动的时间之比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比【解答】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个粒子的初速度相等，P和Q的水平位移比为1：2，由x=v0t知，运动时间比为1：2根据y=at2，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=，因为P和Q的电量比为3：1，那么P和Q的质量比为3：4故A正确，B、C、D错误应选：A8平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如下图的电路闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有 一定的电荷要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是A只增大R1，其他不变B只增大R2，其他不变C只减小R3，其他不变D只增大a、b两极板间的距离，其他不变【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律【分析】电容器与R3串联，与R2并联，电容器两端间的电势差等于R2两端间的电势差，电阻R3相当于导线判断出R2两端电压的变化，根据Q=CU2得出电容器电量的变化【解答】解：A、只增大R1，其他不变，电路中的电流变小，R2两端的电压减小，根据Q=CU2，知电容器所带的电量减小故A错误 B、只增大R2，其他不变，电路中的电流变小，内电压和R1上的电压减小，电动势不变，所以R2两端的电压增大，根据Q=CU2，知电容器所带的电量增大故B正确 C、只减小R3，其他不变，R3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变故C错误 D、增大ab间的距离，根据C=，知电容C减小，而两端间的电势差不变，所以所带的电量减小故D错误应选B9如下图，K1、K2闭合时，一质量为m、带电量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移一段距离，那么以下说法正确的选项是A电容器的电容变小BA板电势比电路中Q点电势高C液滴仍保持静止D液滴的电势能增大【考点】电容；电势能；闭合电路的欧姆定律【分析】在电容器的电量不变的情况下，将B析下移，那么导致电容变化，电压变化，根据E=与相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化再根据电荷带电性可确定电势能增加与否【解答】解：A、根据，当间距d增大时，其它条件不变，那么导致电容变小，故A正确；B、断开后A板带正电，电场线从A到B，由于沿着电场线的方向电势降低，所以A板电势比电路中Q点电势高，故B正确；C、根据E=与相结合可得E=，由于电量、正对面积不变，从而确定电场强度也不变，所以液滴仍保持静止，故C正确；D、根据电场力与重力平衡可知，液滴带负电，由于B板的移动，导致液滴的电势升高，所以其电势能减小，故D错误；应选ABC10如下图，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知A三个等势面中，c的电势最低B带电质点在P点的电势能比在Q点的小C带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b【考点】等势面；电势；电势能【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上故c点电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B错误；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，故C错误；D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向，电场线与等势面垂直，故质点在R点的加速度方向与等势面垂直，故D正确；应选D二.实验题每题8分共32分11一灵敏电流计，允许通过的最大电流满刻度电流为Ig=50A，表头电阻Rg=1k，假设改装成量程为Im=10mA的电流表，应并联的电阻阻值为5假设将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表，应再串联一个阻值为2.99105的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】改装成电流表应并联小电阻分流，并联电阻与表头的电压相等；改装成电压表应串联大电阻分压，串联电阻与表头的电流相等【解答】解：表头两端的满偏电压为Ug=IgRg=51051000=0.05V；改装大量程的电流表时，表头的满偏电流仍为50A，此时流过并联电路局部的总电流为10mA，那么流过并联电阻的电流I=ImIg=10mA50A=9950A；那么并联电阻r=5；假设改装成电压表，那么达最大量程时，串联电阻两端的电压U=UmUg=15V0.05V=14.95V；那么应串联的电阻R=2.99105故答案为：并；5；串；2.9910512某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量圆柱体的直径d，示数如下图由图可读出l=2.25cm，d=6.860mm【考点】螺旋测微器的使用【分析】游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数不需要估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，读可动刻度读数时需要估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为22mm，游标读数为0.15=0.5mm，所以最后读数为：22.5mm=2.25cm 螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为36.00.01=0.360mm0为估读，所以最后读数为6.860mm故答案为：2.25 cm，6.860 mm13要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A、电源E电动势3.0V，内阻可不计B、电压表V1量程为03.0V，内阻约2kC、电压表V2 015.0V，内阻约6kD、电流表A100.6A，内阻约1E、电流表A2 0100mA，内阻约2F、滑动变阻器R1最大值10G、滑动变阻器R2最大值2k1为减少实验误差，实验中电压表应选择B，电流表应选择D，滑动变阻器应选择F填各器材的序号2为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中3实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/A00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.004该小电珠的额定功率是1.00W【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】1根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，在保证电路平安的情况下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器2描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图3根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象4根据图象可明确电压为2V时的电流，由功率公式可求得功率【解答】解：1灯泡额定电压是2V，电压表应选B；由表中实验数据可知，最大电流为0.5A，电流表选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F；2描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，灯泡最大电阻约为3.7，电压表内阻约为2k，灯泡电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，电路图如图甲所示；3应用描点法作图，根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的IU图象，图象如图乙所示4由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；那么功率P=UI=20.5=1.00W；故答案为：1B；D；F；2如下图；3如下图；41.00W14在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路1根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接2实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到a填“a或“b端3小明测得有关数据后，以电流表读数I为横坐标，以电压表读数U为纵坐标作出了如图丙所示的图象，根据图象求得电的电动势E=1.5V，电的内阻r=1.0结果保存两位有效数字【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】1根据原理图明确对应的实物图；2实验开始应使滑动变阻器的接入阻值最大；根据滑动变阻器的接入方法明确滑片的位置；3根据图象的性质可求得电源的电动势和内阻；注意图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻【解答】解：1根据原理图可明确实物图，如下图；2为了实验的平安，开始时滑动变阻器接入电阻应为最大值，故滑片应滑到a端；3由图可知，电源的电动势E=1.5V；r=1.0；故答案为：1如下图；2a 31.5 1.0三.计算题要写出必要的文字说明和必要的方程，共28分15如下图，电路中接电动势为4V，内电阻为2的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4，电容器的电容为30F，电流表的内阻不计，当电路稳定后1求电流表的读数；2求电容器所带的电荷量；3如果断开电源，求通过R2的电荷量【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电流、电压概念【分析】1在该电路中，R1和R2被电流表短路，即该电路由R3、R4、和电流表构成串联电路，根据闭合电路欧姆定律去求电流表的读数2电容器并联在R3的两端，电容器两端的电压等于R3两端的电压，根据Q=CU3求电容器所带的电荷量3断开电源，电容器会出现放电，因R1、R2并联，且R1=R2，所以流过两个电阻的电荷量相等【解答】解：1根据闭合电路欧姆定律：I=故电流表的读数为0.4A2U3=IR3=0.44V=1.6V Q=CU3=4.8105C故电容器所带的电荷量为4.8105C3因R1、R2并联，且R1=R2，所以在放电回路中通过R2的电量为故通过R2的电荷量为2.4105C16如下图，质量为0.2Kg的物体带电量为+4104C，从半径为0.3m的光滑的圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动物体与水平面间的滑动摩擦系数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求以下两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：1E水平向左；2E竖直向下【考点】动能定理；向心力【分析】1由动能定理列方程求解，此过程中，重力做正功、电场力和滑动摩擦力做负功2由动能定理列方程求解，此过程中，重力和电场力做正功、滑动摩擦力做负功【解答】解：1当E水平向左时：初速度和末速度都为0，由动能定理得：外力做的总功为0即mgRFfxqER+x=0其中Ff=mg所以x=0.4m2当E竖直向下时，由动能定理，初速度和末速度都为0，所以外力做的总功为0即mgRFfx+qER=0其中Ff=mg+qE所以x=0.75m答：1E水平向左时位移为0.4m2E水平向下时位移为0.75m17如下图，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，现有一微粒质量m=2.0106kg，带电量q=+1.0108C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点O处，取g=10m/s2试求：1带电粒子入射初速度的大小；2现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，那么带电后A板的电势为多少？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律【分析】1粒子只是在重力的作用下做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射时初速度v0的大小；2对于落到最右侧的粒子，在电场中受到重力和电场力的共同的作用，此时粒子做的是类平抛运动，由类平抛运动的规律可以求得此时电势的大小；【解答】解析：1电容器不带电时，微粒做平抛运动，设初速度为v0，那么有： 联立两式得： 代入数据得：v0=2.5m/s 2假设使微粒能从电容器右侧射出，那么要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，那么 UAB=AB=AA板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，那么有： 联立以上各式得：Amin=6V A板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，那么有： 且有：a2=a1代入数据得：Amin=10V综上可得：6VA10V答：1粒子入射时初速度v0的大小为：v0=2.5m/s 2那么带电后A板的电势为：6VA10V10