1、- 1 -信阳高中 2020 届高二 10 月月考物理试题间：90 分钟 分值：100 分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第 I 卷（选择题）一、选择题(（本大题共计 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。其中第 1 8 题只有一个正确选项，第 9 12 题有多个正确选项，选不全的得 2 分，错选得 0 分）1如图所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为 a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为+q 的小球，顶点 P 处有一个质量为 m 的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态若将 P 处小球的电 荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场
2、强度 E，此时 P 处小球仍能保持静止重力加速度为 g，静电力常量为 k，则所加匀强电场强度大小为（ ）A B C D 2如图甲所示，两平行金属板 MN、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向- 2 -源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为 Ek0。已知 t=0 时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则（ ）A 所有粒子最终都垂直电场方向射出电场B t=0 之后射入电场的粒子有可能会打到极板上C 所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过 3Ek0D 若入射速度加倍成 2v
3、0，则粒子从电场出射时的侧向位移与 v0时相比必定减半3如图所示，斜面 AD 和 BD 与水平方向的夹角分别为 60和 30，两斜面的 A 端和 B 端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端 D，设两物块与 AD、BD 面间的动摩擦因数分别为 和 ，则 为（ 121）A :1 B 1: C 1:3 D 3:14A、B 为两等量异种电荷，图中水平虚线为 A、B 连线的中垂 线。现将另两个等量异种的检验电荷 a、b，如图用绝缘细杠连接后从 AB 无穷远处沿中垂线平移到 AB的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称，若规定离 A
4、B 无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是A 在 AB 的连线上 a 所处的位置电势B a、b 整体在 AB 连线处具有的电势能 Ep0C 整个移动过程中，静电力对 a 做正功- 3 -D 整个移动过程中，静电力对 a、b 整体做正功5两电荷量分别为 q1和 q2的点电荷固定在 x 轴上的 O、 M 两点，两电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系如图所示，其中 C 为 ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是( )A q1、 q2为等量异种电荷B N、 C 两点间场强方向沿 x 轴负方向C N、 D 两点间的电场强度大小沿 x 轴正方向先减小后增大D 将一正点电荷从 N 点移到 D 点，电势能
5、先增大后减小6如图所示，以 O 点为圆心，以 R0.20 m 为半径的圆与坐标轴交点分别为 a、 b、 c、 d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与 x 轴正方向成 60角，已知 a、 b、 c 三点的电势分别为 4 V、4 V、 V，则下列说法正确的是( ) A 该匀强电场的场强 E V/mB 该匀强电场的场强 E80 V/mC d 点的电势为2 VD d 点的电势为4 V7如图所示，真空中有一个边长为 L 的正方体，正方体的两个顶点 M、 N 处分别放置电荷量都为 q 的正、负点电荷。图中的 a、b、c、d 是其他的四个顶点， k 为静电力常量。下列表述正确是（ ）- 4 -A a、b
6、 两点电场强度大小相等，方向不同B a 点电势高于 b 点电势C 把点电荷+ Q 从 c 移到 d，电势能增加D 同一个试探电荷从 c 移到 b 和从 b 移到 d，电场力做功相同8如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成 15角，AB 直线与匀强电场 E 互相垂直在 A 点以大小为 v0的初速度水平抛出一质量为 m，带电量为+q 的小球，经时间 t，小球下落一段距离过 C 点（图中未画出）时速度仍为 v0，在小球由 A 点运动到 C 点的过程中，下列说法中正确的是A电场力对小球做功为零B小球的电势能增加CC 可能位于 AB 直线的左侧D小球的机械能减少量为9如图所示，虚线 A、 B、 C
7、为某电场中的三条等势线，其电势分别为 3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹， P、 Q 为轨迹与等势线 A、 C 的交点，带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是 A 粒子可能带负电B 粒子在 P 点的动能大于在 Q 点动能C 粒子在 P 点电势能小于粒子在 Q 点电势能D 粒子在 P 点的加速度小于在 Q 点的加速度10习近平总书记在十九大报告中指出：“像对待生命一样对待生态环境” ，国家对于高排放企业会持续加大治理力度。目前很多企业采用静电除尘器用于尘埃排放的处理，除尘机理- 5 -示意图如图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达
8、到除尘目的。下列表述正确的是A 到达集尘极的尘埃带正电荷B 电场方向由集尘极指向放电极C 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大11如图所示，平行板电容器与电动势为 E 的直流电源相连接，下极板接地。静电计所带的电荷量可忽略。现将一带电油滴置于电容 器中 P 点，恰能保持平衡。若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是A 平行板电容器的电容将变小B 带电油滴所受的电场力将变小C 静电计指针的张角将保持不变D 带电油滴的电势能将减小12如图所受，三根完全相同的细绝缘棒连接成等边三角形 ， P 点为三角形的内心， Q 点与三角形共面且与
9、 P 点相对 AC 棒对称，三棒带有均匀分布的正电荷，此时测得 P、 Q 两点的电势各为 、 。现将 BC 棒取走，而 AB、 AC 棒的电荷分布不变，则下列说法正确的是（ ）- 6 -A P 点的电势变为B P 点的电场强度方向由 P 指向 AC P 点的电场强度增大D 在没有把 BC 棒取走时，把+ q 检验 电荷由 P 点移到 Q 点，电场力做正功- 7 -第 II 卷（非选择题）请点击修改第 II 卷的文字说明二、实验题(共 2 题，共 11 分)13 （5 分）如图是“验证力的合成的平行四边形定则”实验示意图。将橡皮条的一端固定于A 点，图甲表示在两个拉力 F1、 F2的共同作用下，
10、将橡皮条的结点拉长到 O 点；图乙表示准备用一个拉力 F 拉橡皮条，图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的合成图示。(1)有关此实验，下列叙述正确的是_(填正确答案标号)。A在进行图甲的实验操作时， F1、 F2 的夹角越大越好B在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到 O 点C拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦D在进行图甲的实验操作时，保证 O 点的位置不变， F1变大时， F2一定变小(2)图丙中 F是以 F1、 F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿 AO 方向的是_(填“ F”或者“ F”)。(3)若在图甲中， F1、 F2夹角小于 90
11、，现保持 O 点位置不变，拉力 F2方向不变，增大 F1与 F2的夹角，将 F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为F1_， F2_。14 （6 分）为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：A第一步他把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为 M 的滑块通过细绳与质量为m 的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动，如图甲所示。B第二步保持木板的倾角不变，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块， 使之从静止开始加速
12、- 8 -运动，打出纸带，如图乙所示。打出的纸带如图：试回答下列问题：（1）已知 O、A、B、C、D、E、F 相邻计数点的时间间隔为 t，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打 A 点时滑块速度 =_，打点计时器打 B 点时滑块速度 =_。（2）已知重锤质量 m，当地的重力加速度 g，要测出某一过程合外力对滑块做的功，还必须测出这一过程滑块_（写出物理量名称及符号） ，合外力对滑块做功的表达式 =_。（3）测出滑块运动 OA 段、OB 段、OC 段、OD 段、OE 段合外力对滑块所做的功以及。以 V2为纵轴，以 W 为横轴建立坐标系，描点作出 V2-W 图象，可知它是一条过坐标原点的倾斜直线，若直
13、线斜率为 k，则滑块质量M=_。三、解答题（本题 3 小题，共 41 分）15 （12 分）如图所示，半径为 R 的水平绝缘圆盘可绕竖直轴 OO 转动，水平虚线 AB、 CD 互相垂直，一带电荷量为+ q 的小物块（可视为质点）置于距转轴 r 处，空间中有匀强电场。当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止。小物块转动到位置（虚线 AB 上）时受到的摩擦力为零，转动到位置（虚线 CD 上）时受到的摩擦力大小为 f。求：- 9 -（1）电场强度的方向；（2）圆盘边缘两点间电势差的最大值；（3）小物块从位置转动到位置的过程中克服摩擦力做的功。16 （14 分）如图所示，半径 R=0.8m 的光滑绝缘
14、导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量 q=1.00107 C圆心 O 与A 点的连线与竖直成一角度 ，在 A 点时小球对轨道的压力 N=1.2N，此时小球的动能最大若小球的最大动能比最小动能多 0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力，g 取 10m/s2） 则：（1）小球的最小动能是多少？（2）小球受到重力和电场力的合力是多少？（3）现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在 0.4s 后的动能与它在 A 点时的动能相等，求小球的质量和电场强度17 （15 分）如图所示，水平放置的平行金属板 A、
15、B 间距为 d=20cm，板长 L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于 A、B 中间，距金属板右端 x=15cm 处竖直放置一足够大的荧光屏。现在 A、B 板间加如图 2 所示的方波形周期电压，有大量质量，电荷量 的带电粒子以平行于金属板的速度 持续射向挡板。已知 ，粒子重力不计，求：- 10 -（1）粒子在电场中的运动时间；（2）t=0 时刻进 入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。物理答案1D【解析】设 P 处的带电小球电量为 Q，根据库仑定律可知，则 P 点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为： ；根据几何关系，可知，正四棱
16、锥型的侧棱与竖直线的夹角为 45；再由力的分解法则，可有：；若将 P 处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对 P 的小球的库仑合力为：；当外加匀强电场后，再次平衡，则有： ；解得：E= ，故 D正确，ABC 错误；故选 D。2A【解析】【详解】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0 时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于 t=0 时刻射入的粒子始终做单向直线运动
17、，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故 A 正确，B 错误；t=0 时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为 ；根据分位移公式，有：- 11 -；由于 L=d，故：v ym=v0；故最大动能 EK= m（v 02+v2ym）=2E K，故 C 错误；若t=0 时刻的粒子入射速度加倍成 2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原 v0相比必变成原来的四分之一；故 D 错误；故选 A。【点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0 时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解3D【解析】根据牛顿第
18、二定律，物块由 AD 下滑时有：mgsin60- 1mgcos60=ma1得：a 1=gsin60- 1gcos60由 BD 下滑时有：mgsin30- 2mgcos30=ma2得：a 2=gsin30- 2gcos30设底边 CD=d，由运动学公式有： ；联立以上四式解得： ，故选 D。4B【解析】【分析】AB 连线的垂直平分线是一条等势线，其电势等于无穷远处电势根据电场线的方向分析电势的大小将两个检验电荷等效看成一个物体，分析其电势能和电场力做功情况。【详解】A 项：设 AB 连线的中点为 O，如图由于 AB 连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以 O 点的电势为零，-
19、12 -AO 间的电场线方向由 AO，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a 所处的位置电势 a0，故 A 错误；B 项：a 所处的位置电势 a0，b 所处的位置电势 b0，故 B 正确；C 项：在平移过程中，a 所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对 a 做负功，故 C 错误；D 项：a、b 看成一个整体，总电量为零，所以整个移动过程中，静电力对 a、 b 整体做功为零，故 D 错误。【点睛】对于等量异种电荷电场线和等势面的分布情况要熟悉，要抓住其对称性进行记忆，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且一 直延伸到无穷远。5C【解析】若是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可
20、以看出，应该是等量的同种正电荷，故 A 错误；沿 x 正方向从 N 到 C 的过程，电势降低，N、C 两点间场强方向沿 x 轴正方向。故B 错误；-x 图线的斜率表示电场强度，由图可得 N、D 两点间的电场强度大小沿 x 轴正方向先减小后增大，故 C 正确；NC 电场线向右，CD 电场线向左，将一正点电荷从 N 点移到 D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大。故 D 错误；故选 C。6D【解析】【分析】匀强电场中，电势差与电场强度的关系为 U=Ed， d 是两点沿电场强度方向的距离，根据此公式和 ac 间的电势差，求出电场强度 E。【详解】由题意得， a、 c 间的电势差为： ， a
21、、 c 两点沿电场强度方向的距离为 ，所以该匀强电场的场强 ，故 AB 错误；根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式 U=Ed，相等距离，电势差相等，因、 可知， O 点电势为 0，而 dO=Oa，则 a、 O 间的电势差等于 O、 a 间的电- 13 -势差，可知， d 点的电势为-4V，故 C 错误，D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。【点睛】解决本题的关键是正确理解 U=Ed，正确分析匀强电场中两点间的电势差关系，即可正确求解场强，注意公式中的 d 为沿电场线的距离。7D【解析】A、根据电场线分布知， a、 b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同故 A错误B、 ab 两
22、点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以 a、 b 的电势相等故 B 错误C、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则 c 点的电势大于 d 点的电势把点电荷+ Q 从 c 移到 d，电场力做正功，电势能减小，故 C错误D、因 可知同一电荷移动，电场力做功相等，则 D 正确。故选 D【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低【答案】B【解析】试题分析：小球必定没有回到原处，电场力做功不为零，故 A 错误；由动 能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故 B
23、正确；A、B 两点等势，结合 B 选项可知，C 点必定在 AB 直线的右侧，故 C 错误；小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量 ，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度 a 大于 g，竖直方向 ，即 ，故 D 错误。考点：电势能、动能定理的应用、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到 C 点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况。9BC
24、D【解析】A 项：根据 A、B、C 三条等势线的电势分别为 3 V、5 V、7 V，可确定电场线方向偏向左侧，由做曲线运动的物体所受合外力指向曲线的内侧，可知，粒子带正电，故 A 错误；- 14 -B 项：根据等势线与电场线垂直可画出电场线，确定带电粒子运动所受电场力的方向偏向左侧，从 P 到 Q 电场力做负功，所以粒子在 P 点的动能大于 Q 点动能，故 B 正确；C 项：由于带电粒子只受电场力，带电粒子运动时动能和电势能之和保持不变，所以粒子在P 点电势能小于粒子在 Q 点电势能，故 C 正确；D 项：由于 P 点所在处等差等势面疏，电场强度小，粒子在 P 点受到电场力小于 Q 点受到的电
25、场力，所以粒子在 P 点的加速度小于在 Q 点的加速度，故 D 正确。10BD【解析】尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A 错误；由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，B 正确；负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C 错误；根据 F=Eq 可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故 D 正确。故选 BD。11CD【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据知，d 减小，则电容增加，故 A 错误；电势差不变，d 减小，根据 E=U/d 可知，电场强度增加，带电油滴所受的电场力将变大，选项 B 错误；静电计测量
26、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 C 正确；因两板场强变大，则 P 点与下极板的电势差变大，则 P 点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故 D 正确；故选 CD。点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变12ACD【解析】【分析】三个电棒完全相同，相对 P 点位置对称，故三带电棒在 P 点产生的电场强度大小相同，产生的电势也相等，根据矢量和标量的合成原则分析即可求解。【详解】三根棒在三角形中心 P 处产生的电势都相等，总的电势值为 P，将 BC 棒
27、取走后，电势变为 P故 A 正确。三带电棒完全相同，相对 P 点位置对称，故三带电棒在 P 点产生的电场强- 15 -度大小相同，合场强为零；另由于每个带电棒关于 P 点轴对称，所以每个带正电的棒在 P 点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线从 P 点向外方向，三个电场方向互成 120角，所以将BC 棒取走后，P 点的电场强度不再为零，方向由 A 指向 P，故 B 错误，C 正确。在没有把 BC棒取走时，P 点的场强为零，PQ 间的场强方向由 P 指向 Q，把+q 检验电荷由 P 点移到 Q 点，电场力做正功，故 D 正确。故选 ACD。135 分 （1）BC 2 分 （2） F 1 分（ 3）
28、F1先减小后增大， F2一直增大 2 分【解析】 （1）在进行图甲的实验操作时， F1、 F2的夹角大小适当即可，并非越大越好，选项A 错误；在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到 O 点，以保证等效性，选项 B正确；拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦，以免产生误差，选项 C 正确；在进行图甲的实验操作时，保证 O 点的位置不变，即两个力的合力一定，则当 F1变大时， F2不一定变小，选项 D 错误；故选 BC.（2）图丙中有两个力 F 与 F，其中 F是以 F1、F 2为邻边构成的平行四边形的对角线在这两个力中，方向一定沿 AO 方向的是力 F
29、，而力 F由于存在误差，会与 AO 方向成一定角度；（3）若在图甲中， F1、 F2夹角小于 90，现保持 O 点位置不变，即两个拉力的合力不变，拉力 F2方向不变，增大 F1与 F2的夹角，将 F1缓慢转至水平方向的过程中，由图可知，两弹簧秤示数大小变化为： F1先减小后增大； F2一直增大.【点睛】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析；掌握图解法在动态分析中的应用14 （6 分） （1） ， 2 分 （2）下滑的位移 ， 2 分 （3） 2 分【解析】根据匀变速直线运动过程中中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度可得：；- 16 -
30、合外力为重物的重力，要求出外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的位移 x，则；合外力做的功为 ，所以 ，已知直线斜率为 k，所以 15 （12 分） （1）电场强度的方向为从 A 指向 B；（2） ；（3）【解析】试题分析：在位置时，摩擦力为零，电场力提供向心力，判断电场方向，在位置时摩擦力和电场力合力提供向心力，联立两式求得电场强度，再由 求得电势差；根据动能定理求解摩擦力做功；（1）在位置时，摩擦力为零，电场力提供向心力，而向心力方向水平向右，所以电场力方向水平向右，因为小物块带正电，所以电场方向从 A 指向 B 2 分（2）设圆盘转动的角速度为 ，场强大小为 E，小物块质量为 m，由牛
31、顿第二定律：在位置： ，2 分 位置： 2 分圆盘边缘 两点间电势差的最大值： 联立解得： 2 分（3）设小物块由转动到克服摩擦力做的功为 Wf，由动能定理： 2 分解得： 2 分16 （14 分） （1）小球的最小动能是 0.08J；（2）小球受到重力和电场力的合力是 20N；（3）小球的质量为 0.01kg电场强度为 ，方向水平向左【解析】 （1） （2）带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿 OA 连线向下时，小球通过 A 点时动能最大，通过关于 O 点对称的 B 点时动能最小根据动能定理研究小球从 B 运动到 A 点的过程，求出重力与电场力的合力大小
32、根据牛顿第二定律和动能的计算式求出 A 点的动能，再求出小球的最小动能；（3）在 B 点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题， 小球经 0.02s 时，其动能与在 A 点时的动能相等，说明小球经 0.04s 时偏转量等于 2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量（1） 、 （2）小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在 A 点具有最大动能，所以复合- 17 -场的方向由 O 指向 A，在 AO 延长线与圆的交点 B 处小球具有最小动能 设小球在复合场中所受的合力为 F则有： 2 分， 即：带电小球由 A 运动到 B 的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：2 分由此可得： 4
33、分即小球的最小动能为 0.08J，重力和电场力的合力为 0.2N（3）带电小球在 B 处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在 BA 方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于 BA 方向上做匀速运动设小球的质量为 m，则：在 BA 方向上做初速度为零的匀加速运动则有： ，得： 2 分由几何关系有： ，故在垂直于 BA 方向上做匀速运动，有： 2 分解得： ，方向水平向左 2 分17 （15 分） （1） （2） （3）19.75cm【解析】【详解】（1）粒子进入电场后水平分速度不变，则在电场中的运动时间 2 分（2）在 0210 -5s 内，粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在 210-5s310
34、 -5s 内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终为2 分- 18 -离开电场时竖直方向位移 2 分解得 y=0.0175m=1.75cm 2 分（3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示，t=（3n+2）10 -5s（n=0，1，2，时刻进入的粒子，向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为： 2 分解得 y 1=0.0025m=0.25cm 2 分粒子向上偏转能够从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度 d-y 1=19.75cm 2 分粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为 19.75cm 1 分
