2018-2019学年福建省厦门外国语学校高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

2018-2019学年福建省厦门外国语学校高二上学期期中考试物理（理）试题 解析版

厦门外国语学校2018-2019学年第一学期期中考试 高二物理试题（理科）‎ 一、选择题：本题共12小题，共40分．第1～8题在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1.下列说法中不正确的是 A. 美国物理学家密立根最早测得的元电荷量e的数值 B. 奥斯特发现，电流周围会产生磁场 C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能多少的物理量 D. 电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故A正确；‎ B项：奥斯特发现了电流的磁效应，故B正确；‎ C项：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，本领越大，故C错误；‎ D项：电阻率是反映材料导电性能的物理量，故D正确。‎ 故应选：C。‎ ‎2.图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正三角形的三个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。可以判断出a、b两长直导线在c导线处产生的磁感应强度方向是 A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手螺旋定则可知，a导线在c处产生的磁场B1方向为：垂直ac斜向下，‎ b导线在c处产生的磁场B2方向为：垂直bc斜向下，‎ 磁感应强度大小相等，由几何关系可知，B1与B2成600夹角，‎ 由平行四边形定则可知，B1与B2的合磁场向下，故B正确。‎ ‎3.如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是(　　)‎ A. 甲表是电流表，R增大时量程减小 B. 甲表是电流表，R增大时量程增大 C. 乙表是电压表，R增大时量程增大 D. 乙表是电压表，R增大时量程减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、B、甲表是表头和电阻并联，利用了并联分流的特点，功能上是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A正确，B错误．C、D、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．‎ ‎4.在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V  6W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.5Ω。若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是 A. 电动机的输入电压是8V B. 流过电动机的电流是10A C. 电动机的效率是80% D. 整个电路消耗的电功率是10W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电路图可知，灯泡与电动机串联；由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；由P=UI的变形公式求出灯泡正常发光时的电流，由P=I2R求出电动机的热功率，然后求出电动机的机械功率，由效率公式求出电动机的效率，由P=UI 求出电路的总功率，进而求出电动机的效率。‎ ‎【详解】A项：灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动机的输入电压UM=U-UL=8V-3V=5V，故A错误；‎ B项：灯泡正常发光，则电路电流，故B错误；‎ C项：电动机的热功率PQ=I2RM=（2A）2×0.5Ω=2W，则电动机的效率 ‎ D项：整个电路消耗的功率P总=UI=8V×2A=16W，故D正确。‎ 故应选：C。‎ ‎【点睛】明确电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，电动机的输出功率等于总功率与热功率之差。‎ ‎5.在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知 A. 电源的电动势为3 V，内阻为1Ω B. 电阻R的阻值为2 Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R 接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率。‎ ‎【详解】A项：由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则，故A错误；‎ B项：电阻R的阻值为，故B错误；‎ C项：两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有 U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确；‎ D项：电源的效率为，故D错误。‎ 故应选：C。‎ ‎【点睛】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。‎ ‎6.如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则(　　) ‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小不相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B正确．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误．O、c间电势差不为零，由动能定理可知M从O点运动至c点的过程中，电场力对它做功不为零．故D错误．故选B.‎ 点睛：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．‎ 视频 ‎7.如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 μA.当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50 μA，那么Rx的值是(　　)‎ A. 7.5 kΩ B. 22.5 kΩ C. 15 kΩ D. 30 kΩ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当电流表满偏时：，即；电流表G的指针示数为50μA时，,即，解得：R="22.5" kΩ ，选项B正确。‎ 考点：欧姆表；欧姆定律.‎ ‎8.某原子电离后其核外只有一个电子，该电子在核的静电力作用下绕原子核做匀速圆周运动，并形成环形电流，那么对该电子运动及所形成的环形电流有 A. 轨道半径越大，周期越小 B. 轨道半径越大，环形电流越大 C. 轨道半径越小，周期越大 D. 轨道半径越小，环形电流越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律，‎ 解得： ‎ A、C项：半径越大，周期越大，半径越小，周期越小，故A、C错误；‎ B、D项：半径越小，周期越小，而环形电流，则有电流越大，故B错误，D正确。‎ 故应选：D。‎ ‎9.如图所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是(　　)‎ A. b点电势为零，电场强度也为零 B. 正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C. 将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功 D. 将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以B点的电势等于0，而电场强度不等于0．故A错误；由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故B正确；正电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小．所以将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功；故C正确；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等．故D错误．故选BC.‎ 考点：等量异种电荷的电场.‎ ‎【名师点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向；对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆。‎ ‎10. 有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（ ）‎ A. 减小墨汁微粒的质量 B. 减小墨汁微粒所带的电荷量 C. 增大偏转电场的电压 D. 增大墨汁微粒的喷出速度 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；‎ 竖直方向：y=at2，加速度：，联立解得：，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故AC错误，BD正确．故选：BD．‎ 考点：带电粒子在电场中的偏转.‎ ‎11.如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则 A. A的示数增大 B. V2的示数增大 C. 电源的输出功率增大 D. ΔU1大于ΔU2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．根据电源的输出功率分析功率的变化。‎ ‎【详解】A、B项：理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。‎ 当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故A正确，B错误；‎ C项：内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故C正确；‎ D项：根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得：，，据题：R＞r，则得△U1＞△U2，故D正确。‎ 故应选：ACD。‎ ‎【点睛】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．根据电源的输出功率分析功率的变化。‎ ‎12.用标有“6 V,3 W”的灯泡L1、“6 V,6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E＝9 V．右图是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时(　　)．‎ A. 电流表的示数为1 A B. 电压表的示数约为6 V C. 电路输出功率为4 W D. 电源内阻为2 Ω ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由题可知，若 正常发光， ，若 正常发光， ，两个小灯泡串联，只有一个灯泡正常发光，则为 正常发光。‎ A项，电流表示数为，故A项错误。‎ B项，电压表测量灯泡 的电压，由图乙可知，曲线A对应灯泡，当电流为时，此时电压为2 V所以电压表示数为2 V ，故B项错误。‎ C项，电路输出功率为 ，故C项正确。‎ D项，电源内阻为 ，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为CD。‎ 二、实验题：本题共2小题，第13题10分，第14题10分，共20分．把答案写在答题卡中指定的答题处．‎ ‎13. 要测绘一个标有“3V 0．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：‎ 直流电源（电压为4V）；‎ 电流表（量程为0—0．6A．内阻约0．2）；‎ 电压表（量程为0--3V）；‎ 电键一个、导线若干。‎ ‎①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）。‎ A．滑动变阻器（最大阻值10，额定电流1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1k，额定电流0．3A）‎ ‎②（1）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为 ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的 （填正或者负）接线柱。‎ ‎（2）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________。‎ 下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）‎ ‎【答案】①A② （1）3．6KΩ、负（2）丙 ‎【解析】‎ 试题分析：① 实验中滑动变阻器要用分压电路，故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A;‎ ‎② （1）电压表的内阻值约为36×100Ω=3．6KΩ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱。‎ ‎（2）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，电流表内阻远小于灯泡电阻，所以电流表应采用外接法，因此实验电路应选丙；‎ 电路连线如图；‎ 考点：测绘小灯泡的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】本题考查了选择实验器材、选择实验电路确定滑动变阻器与电流表接法是选择实验电路的关键；同时明确对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程。‎ ‎14.如图，有一根细长且均匀的空心金属管线，长约30 cm，电阻约为5 Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，现在要尽可能精确测定它的内径d.‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如下图所示，从图中读出外径为________ mm，应用毫米刻度尺测金属管线的长度L；‎ ‎(2)测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：‎ A．电压表0～3 V，内阻约10 kΩ B．电压表0～15 V，内阻约50 kΩ C．电流表0～0.6 A，内阻约0.05 Ω D．电流表0～3 A，内阻约0.01 Ω E．滑动变阻器，0～10 Ω F．滑动变阻器，0～100 Ω 要求较准确地测出其阻值，电流表应选_______，滑动变阻器应选_______；(填仪器前面字母)‎ ‎(3)按照电路图连接实物图后，某次测量电表的读数如上图所示，则电压表读数为 _______V；‎ ‎(4)用已知的物理常数和应直接测量的物理量(均用符号D，L，ρ，U，I)表示，推导出计算金属管线内径的表达式d＝______________‎ ‎【答案】 (1). 5.200　 (2). C (3). E (4). 1.90 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 螺旋测微器的固定刻度为5.0mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为5.0mm+0.200mm=5.200mm；‎ ‎(2) 两节新的干电池电动势为3V，因为电量中最大电流大约为，为了测量的精确，电流表应选择C，‎ 滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E；‎ ‎(3)如图所示，电压表的量程为3V，所以电压表的读数为1.90V；‎ ‎(4) 该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而根据外径求出内径的大小．故所需测量的物理量为金属管的长度L、金属管的外径D、加在管两端的电压U、通过管的电流强度I．‎ 根据欧姆定律得， ‎ 又 ‎ 因为 ‎ 解得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，操作步骤，以及知道实验误差形成的原因．掌握滑动变阻器分压、限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别。‎ 三、计算题：本题共4小题，第15题8分，第16题8分，第17题10分，第18题14分，共40分．把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写答案不得分．‎ ‎15.如图所示，一带电荷量为q＝－5×10－3‎ C，质量为m＝0．1kg的小物块处于一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态．（g取10m/s2）（sin37°＝0．6，cos37°＝0．8）求：‎ ‎（1）电场强度多大？‎ ‎（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离L＝1．5m时的速度大小？‎ ‎【答案】(1) 150N/C(2) 1.35J ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 受力分析：竖直向下的重力，水平向右的电场力，垂直斜面向上的支持力 ‎（1）①②‎ 联立得 ‎（2）运用正交分解法 解得 由动能定理：‎ 解得 考点：考查带电粒子在复合场中的运动 ‎16.如图所示，两平行金属导轨间距L=1m，导轨与水平面成=37°，导轨电阻不计．导轨上端连接有E=6V、r=1Ω的电源和滑动变阻器R．长度也为L的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.2kg，电阻R0=2Ω，整个装置处在竖直向上磁感应强度为B=1.5T的匀强磁场中，金属棒一直静止在导轨上。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，接入电路中的滑动变阻器的阻值R多大； ‎ ‎（2） 当滑动变阻器接入电路的电阻为R=5Ω时金属棒受到的摩擦力。‎ ‎【答案】（1）R=3Ω（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由闭合电路欧姆定律可求得接入电路中的阻值R；‎ ‎(2)作出受力分析，由共点力的平衡条件可得出力的表达式，再由闭合电路欧姆定律可求得的摩擦力的大小。‎ ‎【详解】(1) 当金属棒刚好与导轨间无摩擦力时，金属棒受重力mg、安培力F和支持力FN如图 根据平衡条件可得，mgsinθ=F1cosθ 又F1=BI1l ‎ ‎ 联立上式，解得：R=3Ω；‎ ‎(2) 当滑动变阻器的电阻为R=5Ω时，电流：‎ ‎ ‎ 又：F=BIl=1.5 1N=N mgsinθ＞F2cosθ，故金属棒受到沿导轨平面向上的摩擦力Ff 根据平衡条件可得，mgsinθ=F2cosθ+Ff 联立解得     Ff=mgsinθ-F2cosθ 解得：Ff=0.3N。‎ ‎【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律与安培力的结合，要注意正确作出受力分析，根据共点力的平衡条件得出正确结论。‎ ‎17.有一种测量压力的电子秤，其原理如下图所示。E是内阻不计、电动势为6V的电源。R0是一个阻值为400Ω的限流电阻。G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器。R是压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示。C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。‎ 压力F/N ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎250‎ ‎300‎ 电阻R/Ω ‎300‎ ‎280‎ ‎260‎ ‎240‎ ‎220‎ ‎200‎ ‎180‎ ‎（1）在坐标系中画出电阻R随压力F变化的图线，并归纳出电值R随压力F变化的函数关系式；‎ ‎（2）写出压力随电流变化的关系式，说明该测力显示器的刻度是否均匀；‎ ‎（3）若电容器的耐压值为5V，该电子秤的量程是多少牛顿。‎ ‎【答案】（1）R=300-0.4F（2） ，电流刻度均匀，F的刻度不均匀，但满足电流越大，力越大。（3）F=550N ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据电阻随压力变化的数据来画图，把压力和电阻作为一组有序数对在坐标系中描点然后连接即可．再根据R的阻值随压力F 的大小变化的图象可知电阻与压力成一次函数关系，利用待定系数法可确定函数关系式；‎ ‎(2)根据欧姆定律推导串联电路电流的关系式，结合R与F的关系式推导压力与电流的关系式可知测力显示器的刻度是否均匀；‎ ‎(3)根据串联电路电压规律可知压敏电阻两端的电压，根据串联电路特点可计算压敏电阻的值，进一步计算测力计的最大测量值。‎ ‎【详解】(1) 把压力大小作为横坐标，把电阻大小作为纵坐标，在坐标系中描点连线即可得压敏电阻R的阻值随压力F的大小变化的图象，如图：‎ 根据R的阻值随压力F的大小变化的图象可知压敏电阻R的阻值与压力F成一次函数关系，设它们的关系式为R=KF+b 把F=50N，R=280Ω和F=100N，R=260Ω代入得：‎ ‎280=50K+b…①，‎ ‎260=100K+b…②．‎ 解得K=-0.4，b=300，‎ 所以它们的关系式为R=300-0.4F；‎ ‎(2) 根据欧姆定律得 ‎ 把R=-0.4F+300，U=6V，R0=400Ω代入上式 化简得：F=1750- ‎ 所以压力和电流不成一次函数关系，故该测力显示器的刻度是不均匀的；‎ ‎(3) 从上式可知，压力增大时，压敏电阻值减小，‎ 当电阻两端的电压为5V时，压敏电阻两端的电压为：‎ U1=U-U0=6V-5V=1V 根据串联电路特点可得 ‎ ‎ 即 ‎ 得 R=80Ω 把R=80Ω代入R=300-0.4F 即80=-0.4F+300‎ 解得F=550N。‎ ‎18.如图所示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，存在两个场强大小均为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，电子的电量为e（不计电子所受重力）。 ‎ ‎ ‎ ‎（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子， 求电子离开ABCD区域的位置坐标。‎ ‎（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，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。‎ ‎（3）在满足（2）的情况下，粒子从释放点出发到达D点所需的最短时间是多少。‎ ‎【答案】（1）（－2L，） （2），　xy＝，（3）=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)此问分为两个过程，一是在电场Ⅰ区域的加速运动，运用能量的关系可求出加速后的速度；二是在电场Ⅱ区域内的偏转，运用类平抛的知识可求出偏转距离，从而得到电子离开ABCD区域的位置；‎ ‎(2)首先设出释放点的坐标，在运用在电场I中的加速和在电场II中的类平抛运动，计算出表示xy的乘积的方程，满足此式的点即为符合要求的点。‎ ‎【详解】(1) 设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，接着进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 以上两式联立解得： ，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为；‎ ‎(2) 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：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 以上两式联立解得：，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置；‎ ‎(3)粒子在电场区域I中运动的时间为：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 粒子出电场区域I时的速度 ‎ 粒子在无电场区域做匀速直线运动的时间为：；‎ 粒子在电场区域II的时间为： ‎ 也可写成： ‎ 即 ‎ 联立；‎ 由数学知识可知：。‎ ‎ ‎ ‎ ‎