2019-2020年高二上学期第二次月考物理试卷（探究部）含解析.doc

2019-2020年高二上学期第二次月考物理试卷（探究部）含解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（）AA、B两点电势相等BA、B两点场强相同C将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能2直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为Ea和和Eb，电势分别为a和b则（）AEa=EbBEaEbCabDab3如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行不计重力，在满足电子能射出平行板场区的条件下，下述情况中一定能使电子偏转角度变大的是（）AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小，U2变小4一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间（带等量异号电荷且正对放置），飞出时粒子动能为2Ek，如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为（）A4EkB4.25EkC6EkD9.5Ek5如图所示，在空间水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，ABC三点在同一直线上，且AB=2BC，由此可见，下列说法正确的是（）A电场力为2mgB小球带正电C小球从A到B与从B到C的运动时间相等D小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等6如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动设斜面足够长，则在Q向上运动的过程中（）A物块Q的动能一直增大B物块Q的电势能一直增大C物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D物块Q的机械能一直增大二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）7两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则（）A场强大小关系有EbEcB电势大小关系有bdC将一负电荷放在d点时其电势能为负值D将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功8如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A平行板电容器的电容将变小B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变9如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O（0，0）点电势为6V，A（1，）点电势为3V，B（3，）点电势为0V，则由此可判定（）AC点的电势为3VBC点的电势为0VC该匀强电场的电场强度大小为100V/mD该匀强电场的电场强度大小为100V/m10如图所示，用长L=0.50m的绝缘轻质细线，把一个质量m=1.0g 带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d=5.0cm，两板间电压U=1.0103 V静止时，绝缘细线偏离竖直方向角，小球偏离竖直线的距离a=1.0cm取g=10m/s2则下列说法中正确的是（）A两板间电场强度的大小为2.0104 V/mB小球带的电荷量为1.0108 CC若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动D若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动11一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=向x=+运动，其速度随位置x变化的图象如图所示x=x1和x=x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大则在x轴上（）Ax=x1和x=x1两处，电场强度相同Bx=x1和x=x1两处，电场强度最大Cx=0处电势最高D从x=x1运动到x=+过程中，电荷的电势能逐渐增大12如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子（粒子重力不计）在A点时的动能为20J，在电场力作用下从A运动到C速度为零，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为（）A12.5 JB2.5 JC0D2.5 J三、计算题（本题共4小题，共52分）13在匀强电场中如图所示分布着A、B、C三点，当把一个电量q=105C的正电荷从A沿AB线移到B点时，电场力做的功为零；从B移到C时，电场力做功为1.73103J，试判断该电场的方向，算出场强的大小14如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q2、质量为m的带正电小球，从轨道的A处无初速度释放，求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球在B点时对轨道的压力15如图所示，两块平行金属板MN、PQ竖直放置，两板间的电势差U=1.6103V，现将一质量m=3.0102kg、电荷量q=+4.0105C的带电小球从两板左上方的A点以初速度v0=4.0m/s水平抛出，已知A点距两板上端的高度h=0.45m，之后小球恰好从MN板上端内侧M点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到PQ板上的C点，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）带电小球到达M点时的速度大小；（2）C点到PQ板上端的距离L；（3）小球到达C点时的动能Ek16一平行板电容器长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21010 C/kg，速度均为4106 m/s，距板右端处有一屏，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xx学年山东省菏泽市鄄城一中高二（上）第二次月考物理试卷（探究部）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）1如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（）AA、B两点电势相等BA、B两点场强相同C将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能【考点】电场强度【分析】沿着电场线电势逐渐降低，电场强度可以用电场线形象描述；电场力做正功，电势能减小【解答】解：A、MN间电场线从M到N，沿着电场线电势逐渐降低，故A点电势高与B点电势，故A错误；B、电场中A、B两点的电场线疏密程度相同，方向相同，故A、B两点的电场强度相同，故B正确；C、将一正电荷从A点移到B点，电场力向右，做正功，电势能减小，故C错误；D、将一个负电荷从A移到B，电场力向左，做负功，故电势能增加，故D错误；故选B2直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为Ea和和Eb，电势分别为a和b则（）AEa=EbBEaEbCabDab【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】电势能与位移图线的斜率反映电场力的大小，从而可以反映电场强度的大小，结合电场力做功判断出电场力的方向，从而得出电场强度的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低比较出a、b两点的电势【解答】解：A、电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，斜率表示电场力的大小，知电场力逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以EaEb故AB错误C、由于电势能逐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，则ab故C正确，D错误故选：C3如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行不计重力，在满足电子能射出平行板场区的条件下，下述情况中一定能使电子偏转角度变大的是（）AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小，U2变小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【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时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类平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，从而分析判断【解答】解：根据动能定理得：，在偏转电场中，有： =，可知U1变小，U2变大，一定能使电子偏转角度变大故选：B4一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间（带等量异号电荷且正对放置），飞出时粒子动能为2Ek，如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为（）A4EkB4.25EkC6EkD9.5Ek【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带电粒子垂直飞入匀强电场中，做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离与初速度和初动能的关系，由动能定理得到电场力做功与初动能的关系式，再用同样的方法得到初速度增加到原来2倍时电场力做功与初动能的关系，由动能定理求解该粒子飞出时的动能【解答】解：设平行金属板的长度为L，板间距离为d，场强为E当初速度为v时，则有：y=，根据动能定理得，qEy=2EkEk，得：，当初速度为2V时，同理可得：y=，电场力做功为 W=qEy=，解得，根据动能定理得：W=Ek4Ek，得：Ek=4.25Ek故B正确，A、C、D错误故选：B5如图所示，在空间水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，ABC三点在同一直线上，且AB=2BC，由此可见，下列说法正确的是（）A电场力为2mgB小球带正电C小球从A到B与从B到C的运动时间相等D小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x=vt，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小根据v=at研究速度变化量的关系【解答】解：带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2在电场中的加速度为a则：从A到B过程小球做平抛运动，则有： x1=v0t1；从B到C过程，有：x2=v0t2；由题意有：x1=2x2；则得：t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍又 y1=gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有： y2=at22，根据几何知识有：y1：y2=x1：x2；解得：a=2g；根据牛顿第二定律得：Fmg=ma=2mg，解得：F=3mg，由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电根据速度变化量v=at，则得：AB过程速度变化量大小为v1=gt1=2gt2；BC过程速度变化量大小为v2=at2=2gt2；所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，故D正确，ABC错误故选：D6如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动设斜面足够长，则在Q向上运动的过程中（）A物块Q的动能一直增大B物块Q的电势能一直增大C物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D物块Q的机械能一直增大【考点】电势能；电势差与电场强度的关系【分析】物体Q在运动过程中存在三种能，动能、重力势能和电势能，根据能量守恒，运动过程中只存在这三种能互相转化由于斜面足够长，物体运动到无限远后静止，可以肯定的是这时物体只存在重力势能Q在运动过程中，P、Q之间越来越远，电势能越来越小，根据能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）肯定越来越大，所以Q的机械能一直增大【解答】解：A、开始电场力大于下滑力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于下滑力，合力与运动方向相反，动能减小，所以A错误；B、P、Q之间越来越远，电势能越来越小，所以B错误；C、物体动能、重力势能、电场能总和守恒，动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电势能之和就先减小后增大，所以C错误；D、P、Q之间越来越远，电势能越来越小，根据能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）肯定越来越大，所以D正确故选：D二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）7两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则（）A场强大小关系有EbEcB电势大小关系有bdC将一负电荷放在d点时其电势能为负值D将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功【考点】电场线；电势能【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，根据电势能的变化判断电场力做功情况【解答】解：A、由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c点的电场线密所以有EcEb，故A错误；B、沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体，而右侧导体的电势比d高，故b点电势高于d点的电势，故B正确；C、电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值故C错误；D、从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D正确故选：BD8如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略一带负电油滴被固定于电容器中的P点现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A平行板电容器的电容将变小B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【考点】电容器的动态分析；电势能；带电粒子在混合场中的运动【分析】电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，由公式E=分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化【解答】解：A、根据电容的决定式C=知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小故A正确B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变故B错误C、电势差不变，d增大，则由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小故C正确D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=，C=和C=，得E=，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变故D正确故选：ACD9如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O（0，0）点电势为6V，A（1，）点电势为3V，B（3，）点电势为0V，则由此可判定（）AC点的电势为3VBC点的电势为0VC该匀强电场的电场强度大小为100V/mD该匀强电场的电场强度大小为100V/m【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】因为ABCD，并且四边形ABCD为底角是60的等腰梯形，故有UOC=2UAB，等势线与电场线垂直，根据E=求出电场强度的大小【解答】解：A、因为AB平行于CD，并且四边形ABCD为底角是60的等腰梯形，其中坐标O（0，0），A（1，），B（3，），故有：UOC=2UAB，即6C=2（30），得C=0V，故A错误B、由A分析得，B正确；由A分析知，BC为0V等势线，过B作OC的垂线BD，垂足为D，再作DE垂直于BC，由几何关系得：LDE=，故电场强度为：E=102=100V/m，故C错误D、由C分析知，D正确故选：BD10如图所示，用长L=0.50m的绝缘轻质细线，把一个质量m=1.0g 带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d=5.0cm，两板间电压U=1.0103 V静止时，绝缘细线偏离竖直方向角，小球偏离竖直线的距离a=1.0cm取g=10m/s2则下列说法中正确的是（）A两板间电场强度的大小为2.0104 V/mB小球带的电荷量为1.0108 CC若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动D若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【分析】由电场强度与电势差的关系，可求电场强度；对小球受力分析，有平衡条件求电场力，求电荷量；细线断后小球受到重力、电场力，合力为恒力，做匀加速直线运动【解答】解：A、设两板间的电场强度为E，根据匀强电场的场强和电势差的关系得E=V/m=2.0104 V/m，故A正确；B、小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE=mgtan ，解得q=，因为角很小，所以tan sin =，解得q=1.0108 C，故B正确；C、D、细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，故C错误，D正确故选：ABD11一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=向x=+运动，其速度随位置x变化的图象如图所示x=x1和x=x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大则在x轴上（）Ax=x1和x=x1两处，电场强度相同Bx=x1和x=x1两处，电场强度最大Cx=0处电势最高D从x=x1运动到x=+过程中，电荷的电势能逐渐增大【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势；电势能【分析】根据速度位移图象可知，检验电荷先减速后加速，加速度先增大后减小，在增大后减小，且初末速度相等，检验电荷带正电，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化【解答】解：A、x=x1和x=x1两处，图线切线的斜率绝对值相等且最大，故加速度绝对值相等且最大，由牛顿第二定律得电场力电绝对值相等且最大，由F=qE得场强度大小相同，方向相反，故A错误B、同理可得B正确，C、一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x=向x=+运动，由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，电场力先做负功后做正功，由电场力做功与电势能的关系，故电势能先增大后减小，得x=0处电势最高；故C正确；D、从x=x1运动到x=+过程中，电荷的速度增大，电场力做正功，由电场力做功与电势能的关系，故电势能减小，电势能逐渐减小，故D错误，故选BC12如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子（粒子重力不计）在A点时的动能为20J，在电场力作用下从A运动到C速度为零，当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能为（）A12.5 JB2.5 JC0D2.5 J【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；等势面【分析】相邻两个等势面间的电势差相等Uab=Ubc，所以Wab=Wbc，从而可以求出粒子在B点的动能，即粒子在电场中的总能量，再根据功能关系即可求得当粒子动能为7.5J时的电势能【解答】解：由动能定理：WAB=0EK0=20J相邻两个等势面间的电势差相等Uab=Ubc，所以qUab=qUbc，即：Wab=Wbc=WAB=10J设粒子在等势面b上时的动能EKb：则Wbc=EKcEKb所以：EKb=10J所以粒子在b处的总能量：Eb=EKb=10J从而可以知道粒子在电场中的总能量值为：E=10J当这个粒子的动能为7.5J时有：EP=EEK=（107.5）J=2.5J故ABC都错误，D正确故选：D三、计算题（本题共4小题，共52分）13在匀强电场中如图所示分布着A、B、C三点，当把一个电量q=105C的正电荷从A沿AB线移到B点时，电场力做的功为零；从B移到C时，电场力做功为1.73103J，试判断该电场的方向，算出场强的大小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】正电荷从A 沿AB 线移到B 点时，电场力做的功为零，则A、B两点电势相等，AB连线为等势线电荷从B 移到C 时，电场力做功为1.73103J，则B点电势比C点电势低根据这两点，连接AB作出等势线，再作出电场线根据电势差公式U=求出AB间的电势差，由E=求出场强【解答】解：（1）连接AB，即为一条等势线过C点作AB的垂线，标出箭头：斜向右下方，即为一条电场线 根据W=qU，可得UBC=173V 则C、B间电势差为UCB=173V 又由匀强电场中场强与电势差的关系E=1000V/m答：电场的E的方向与AB垂直斜向下（如图），大小为1000v/m14如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q2、质量为m的带正电小球，从轨道的A处无初速度释放，求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球在B点时对轨道的压力【考点】机械能守恒定律；向心力；点电荷的场强【分析】（1）分析小球的运动过程中受力情况及各力做功情况，明确机械能守恒，根据机械能守恒定律列式即可求得B点的速度（2）分析小球在B点的受力情况，根据向心力公式可求得小球在B点受到的支持力，再由牛顿第三定律可求得压力【解答】解：（1）带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR=mvB2解得vB=（2）小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得FNmgk=m解得FN=3mg+k根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为FN=FN=3mg+k方向竖直向下答：（1）小球运动到B点时的速度大小为（2）小球在B点时对轨道的压力为3mg+k；方向竖直向下15如图所示，两块平行金属板MN、PQ竖直放置，两板间的电势差U=1.6103V，现将一质量m=3.0102kg、电荷量q=+4.0105C的带电小球从两板左上方的A点以初速度v0=4.0m/s水平抛出，已知A点距两板上端的高度h=0.45m，之后小球恰好从MN板上端内侧M点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到PQ板上的C点，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：（1）带电小球到达M点时的速度大小；（2）C点到PQ板上端的距离L；（3）小球到达C点时的动能Ek【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）对A到M过程，运用机械能守恒定律求出带电小球在M点的速度（2）抓住小球做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则，根据电势差与电场强度的关系求出L的长度（3）对M到C的过程运动动能定理，求出小球到达C点时的动能【解答】解：（1）设小球到达M点时的速度大小为v，从A到M的过程中，由机械能守恒，有：，得m/s=5m/s（2）设小球到达M点时的速度方向与MN板间的夹角为，则有：在两平行板间运动时，小球受水平方向的电场力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，有动力学知识可知，小球受到的电场力方向水平向右，合力方向与速度的方向一致设极板间的电场强度为E、极板间距离为d，则有U=EdL=dcot联立四式，代入数据，可解得C点到PQ板上端的距离为：L=，代入数据解得：L=0.12m （3）从M到C的过程中，由动能定理，有：，代入数据，可求得小球到达C点时的动能为：Ek=0.475J答：（1）带电小球到达M点时的速度大小为5m/s；（2）C点到PQ板上端的距离L为0.12m；（3）小球到达C点时的动能为0.475J16一平行板电容器长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21010 C/kg，速度均为4106 m/s，距板右端处有一屏，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【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（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=v0t 竖直方向： =at2又a=由得U0= V=128V 当U128V时离子打到极板上，当U128V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为d利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上由三角形相似可得 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=2ya=2ad=64cm2（2）在前T，离子打到屏上的时间t0=0.005s=0.0032 s；又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t=4t0=0.0128s答：（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0.0128sxx年12月9日