江西省南昌市第十中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

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江西省南昌市第十中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

南昌十中2019-2020学年高二第一学期期中考试 高二物理试题 一、选择题(每小题4分,共计40分,1~7题只有一项符合题意,8~10题至少有一项符合题意,选不全的得2分)‎ ‎1.关于电源和电流,下述说法正确的是 A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压 B. 从能量转化的角度看,电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能 C. 由公式可知,导体的电阻与通过它的电流成反比 D. 打开教室开关,日光灯立刻就亮了,表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:A、电源正负极之间电压称为路端电压,当外电路接通时,路端电压小于电源的电动势.故A错误;B、电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置,电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能.故B正确;C、电阻R是由导体本身决定的,与通过它的电流无关.故C错误.D、打开教室开关,日光灯立刻就亮了,表明导线中电场传播的速率接近光速,而导线中自由电荷定向运动的速率是非常小的.故D错误;故选B.‎ 考点:电源的电动势和内阻、电流、电压.‎ ‎【名师点晴】该题考查恒定电流中对几个基本概念的理解,理解电源的作用,及电动势的含义,注意比值定义法的内涵是关键.‎ ‎2.如图所示,一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷,设棒单位长度内所含的电荷量为q,当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时,由于棒的运动而形成的等效电流大小为( )‎ A. qvS B. C. vq D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时,每秒通过的距离为v米, v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面,每秒内通过横截面的电量为:‎ Q=q•v 根据电流的定义式为:,t=1s,得到等效电流为:‎ I=qv.‎ A.qvS,与结论不相符,选项A错误;‎ B.,与结论不相符,选项B错误;‎ C. vq,与结论相符,选项C正确;‎ D.,与结论不相符,选项D错误;‎ ‎3.如图所示,图线表示的导体的电阻为R1,图线2表示的导体的电阻为R2,则下列说法正确的是(  )‎ A. R1:R2=3:1‎ B. 把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上,则功率之比P1:P2=1:3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上,则电流比I1:I2=1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过图象得出两电阻的关系.串联电路电流相等,并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,并根据功率,部分电路欧姆定律及电阻定律,即可判定.‎ ‎【详解】A.根据图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以R1:R2=1:3, 所以A选项是不符合题意的;‎ B.根据电阻定律:‎ 当把拉长到原来3倍,则电阻变为原来的9倍,因此是R2的3倍,所以B选项是不符合题意的;‎ C.串联电路电流相等,所以将与串联后接于电源上,电流比:‎ 根据公式可知:‎ P1:P2=1:3‎ 所以C选项是符合题意的;‎ D.并联电路,电压相等,根据公式可知,电流比等于电阻之反比,所以将与并联后接于电源上,电流比:‎ 所以D选项是不符合题意的;‎ ‎4.如图所示的U一I图像中,直线a表示某电源路端电压与电流的关系,直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路,由图像可知( )‎ A. R阻值为0.5Ω B. 电源电动势为4.0V,内阻为0.5Ω C. 2s内电阻R上消耗的电能为4J D. 若将两个相同电阻R串联接入该电源,则电流变为之前的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.R的U-I图线的斜率大小等于R的阻值,则:‎ 故A错误。‎ B.根据闭合电路欧姆定:U=E-Ir,当I=0时,U=E,可读出电源的电动势E ‎=4V,内阻等于图线的斜率大小,则 故B错误;‎ C.2s内电阻R上消耗的电能为 则C正确。‎ D.若将两个相同电阻R串联接入该电源,则电流变为 选项D错误。‎ ‎5.如图所示的电路中,电源电动势E=6V,内阻r=1Ω,电阻R1=6Ω,R2=5Ω,R3=3Ω,电容器的电容C=2×10-5F。若将开关S闭合,电路稳定时通过R2的电流为I;断开开关S后,通过R1的电荷量为q。则( )‎ A. I=0.25A B. I=0.5A C. q=1×10-5C D. q=2×10-5C ‎【答案】C ‎【解析】‎ 开关S闭合电路稳定时,外电路中总电阻为,根据闭合电路欧姆定律得:,电容器两端的电压为,电量,断开开关S后:电容器通过与放电,设通过与的放电电流分别为和,则 ‎,由电量公式q=It可知,通过与的的电量之比为,又,联立得:通过的电量为,故ABD错误,C正确;故选C。‎ ‎【点睛】开关S闭合电路稳定时,电容器相当于开关断开,根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流I,再求电容器的电压,由Q=CU求其电量.断开电源,电容器会放电,因、并联,流过两个电阻的电流与电阻成反比,通过的电荷量也与电阻成反比.‎ ‎6.电动势为E、内阻为r的电源与电阻箱Rx、阻值为2r的定值电阻R连接成如图所示的电路,闭合开关S,调节电阻箱Rx,下列说法正确的是( )‎ A. 当Rx=r时,电源的输出功率最大,最大值为 B. 当Rx=0时,电源内阻消耗的电功率最大,最大值为 C. 随电阻箱Rx阻值的增大,电源的效率先增大后减小 D. 当Rx=2r时,电阻箱消耗的功率最大,最大值为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当电源的外电阻与内电阻相等时,电源的输出功率最大,则当Rx=2r时,外电阻为r,此时电源输出功率最大,选项A错误;‎ B.当电源中电流最大时,内阻消耗的功率最大,即当Rx=0时,电路中总电阻最小,总电流最大,电源内阻消耗的电功率最大,最大值为 选项B正确;‎ C.电源的效率 则随着Rx增大,则R外增大,电源的效率变大,选项C错误;‎ D.将电阻R等效为电源的内阻,则,则当电阻箱的电阻等于电源的等效内阻时,电阻箱消耗的功率最大,选项D错误。‎ ‎7.如图所示,电源内阻较大,当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时,水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态,灯泡L也能正常发光,现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动,则(  )‎ A. 灯泡将变暗,电源效率将减小 B. 液滴带正电,将向下做加速运动 C. 电源的路端电压增大,输出功率也增大 D. 滑片滑动瞬间,带电液滴电势能将减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A:将滑片由该位置向a端滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,电路中总电阻增大,电路中电流减小,灯泡消耗的功率减小,则灯泡将变暗。电源的效率,外电路总电阻增大,路端电压增大,则电源效率增大。故A项错误。‎ B:液滴受力平衡,因电容器上极板带负电,板间场强向上,则知液滴带正电。滑片由该位置向a端滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,电路中总电阻增大,电路中电流减小,电容器板间电压增大,板间场强增大,液滴所受的电场力增大,因此液滴将向上做加速运动。故B项错误。‎ C:由于电源的内电阻与外电阻关系未知,所以不能判断输出功率如何变化,故C项错误。‎ D:因电容器两端的电压增大,板间场强增大,下极板与电荷所在位置间的电势差增大,因下极板接地,电势始终为0,则电荷所在位置的电势减小;粒子带正电,则粒子电势能减小。故D项正确。‎ 点睛:本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合,抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析;下极板接地且与电源正极相连,板间各点电势均为负值。‎ ‎8.两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r,调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时,一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据,另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据。根据数据描绘了如图乙所示的两条U-I直线。当图象中两直线相交时表示(  )‎ A. 滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端 B. 电源的输出功率最大 C. 定值电阻R0上消耗的功率为1.0 W D. 此过程中电压表V2的变化量大于电压表V1的变化量 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意可知图象①表示电源的路端电压随电流的变化关系;图象②表示电阻两端的电压随电流的变化关系;交点处说明两图象表示的电流相等,并且电压相等,故说明此时滑动变阻器短路,即滑片滑到了最左端,故A正确;‎ B.当电路中外电阻等于内电阻时,电源输出功率最大,根据图像的交点坐标以及直线的斜率可知R0>r,改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等,此时当外电阻越接近内电阻时,电源输出功率最大,故B正确;‎ C.由图可知,此时电源的路端电压为1.0V,电流为0.5A,定值电阻上消耗的电功率P=UI=0.5W,故C错误;‎ D.由图像可知,②的斜率大于①,可知此过程中电压表V2的变化量大于电压表V1‎ 的变化量,选项D正确。‎ ‎9.如图所示的电路中,电源电动势为12 V,内阻为2 Ω,四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S,下列说法正确的有 A. 路端电压为10 V B. 电源的总功率为10 W C. a、b间电压的大小为5 V D. a、b间用导线连接后,电路的总电流为1 A ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】外阻为R: ,则 ,则外压U=IR=10V,功率P=EI=12W,则A正确,B错误;根据并联电路的特点可求流过a、b电流均为0.5A,所以Uba=0.5×(15-5)=5V,故C正确;a、b间用导线连接后,根据电路的连接可求外电路电阻为 ,电流,故D错 ‎【点睛】考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律,计算前要明确电路结构是求解问题的关键;‎ ‎10.如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,重力加速度为g。下列说法正确的是( )‎ A. 匀强电场的电场强度E=‎ B. 小球动能的最小值为Ek=‎ C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D. 小球从图示位置开始,在竖直平面内逆时针运动一周过程中,其电势能先减小后增大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小球静止时悬线与竖直方向成θ角,受重力、拉力和电场力,三力平衡,根据平衡条件,有:mgtanθ=qE,解得,故A正确。‎ B. 小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,在等效最高点A速度最小,根据牛顿第二定律,有,则最小动能 C. 小球的机械能和电势能之和守恒,则小球运动至电势能最大的位置机械能最小,小球带负电,则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小,故C错误;‎ D. 小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,电场力先做正功,后做负功,再做正功,则其电势能先减小后增大,再减小,故D错误;‎ 二、实验题(本大题共4小题,26小空,共计30分)‎ ‎11.在“测定金属丝的电阻率”的实验中,待测电阻丝的电阻约为6 Ω。某同学进行了如下测量:‎ ‎(1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度。测量3次,求出其平均值l.其中一次测量结果如图甲所示,金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐,图中读数为____cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径,选不同的位置测量3次,求出其平均值D。其中一次测量结果如图乙所示,图中读数为______mm。‎ ‎(2)在用电压表和电流表测金属丝的电阻时,提供下列供选择的器材:‎ A.直流电源(电动势约为4.5 V,内阻很小)‎ B.电压表(量程3 V,内阻约3 kΩ)‎ C.电流表(量程0.6 A,内阻约2 Ω)‎ D.滑动变阻器(阻值范围0~15 Ω,最大允许电流1 A)‎ E.开关、导线若干 ‎(3)根据上面选择的器材,在图中-完成实验电路的连接完整_____。‎ ‎(4)采用如图所示的电路测量金属丝的电阻。测得金属丝两端的电压为U,通过金属丝的电流为I。则电阻的测量值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。最后由公式ρ=________计算出金属丝的电阻率(用物理量表示)。‎ ‎【答案】 (1). 24.14 (2). 0.700 (3). (4). 偏小 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].毫米刻度尺读数要估读到0.1mm,故读数为241.4mm=24.14cm;‎ ‎[2].螺旋测微器固定刻度读数为0;半刻度读数0.5mm;可动刻度读数20.0×0.01mm=0.200mm,故金属丝的直径为0.700mm;‎ ‎(3)[3].因,则采用安培表外接,滑动变阻器用限流接法,连接实物连线图,如图所示:‎ ‎ (4)[4][5].由于采用了安培表外接法,电压表的分流作用会使电流测量值I偏大,而电压测量值U准确,故根据欧姆定律R=U/I,电阻测量值偏小;‎ 根据欧姆定律:‎ ‎;‎ 根据电阻定律:‎ ‎;‎ 其中:‎ 故 ‎ ;‎ ‎12.一个小灯泡上标有“2V,1W”的字样,现在要用伏安法描绘它的I-U图线。可选用的器材如下:‎ A.电压表(量程3V,内阻约10kΩ)‎ B.电压表(量程15V内阻约20kΩ)‎ C.电流表(量程0.3A,内阻约1Ω)‎ D.电流表(量程0.6A,内阻约0.4Ω)‎ E.滑动变阻器(5Ω,1A)‎ F.滑动变阻器(100Ω,0.2A)‎ G.电源(电动势3V,内阻1Ω)‎ H.开关一个,导线若干 实验要求:误差尽量小,电压表从零开始变化且能多取几组数据,滑动变阻器调节方便。‎ ‎(1)电压表应选用________,电流表应选用________,滑动变阻器应选用________(填器材序号字母)。‎ ‎(2)实验电路图应选择图甲中的________(选填“a”或“b”)图。‎ ‎(3)连接电路时,某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路,其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确。接通电源后,移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是________(选填“不亮”或“逐渐变亮”)。‎ ‎(4)通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示,由图线可求得它在正常工作时的电阻为___Ω。若将该小灯泡与本实验中使用的电源直接相连,则还需在电路中串联一个阻值为________Ω的电阻,才能使它正常工作。(结果均保留两位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). b (5). 不亮 (6). 4.0 (7). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3].灯泡额定电压是2V,电压表应选择A;灯泡额定电流 ‎,电流表应选择D,为方便实验操作,滑动变阻器应选择E;‎ ‎(2)[4].为了在灯泡上得到从0开始的电压,滑动变阻器要用分压电路,故选b;‎ ‎(3)[5].接成乙所示的电路,电压表内阻很大,电路中电流几乎为零,则灯泡不亮;‎ ‎(4)[6][7].灯泡正常工作时,电压为2V,由图可知I=0.5A,则 ‎ ;‎ 将该小灯泡与本实验中使用的电源(3V,1Ω)直接相连,则内阻和电阻R上的电压之和为1V,电路中的电流为0.5A,则串联的电阻 ‎13.某同学做“测定电动势约2V内阻约几Ω的电池的电动势和内阻”实验. ‎ ‎(1)他采用如图1所示的实验电路进行测量.现有下列器材供选用: ‎ A.电压表(0~15V,内阻约20kΩ) B.电压表(0~3V,内阻约10kΩ) ‎ C.电流表(0~0.6A,内阻约0.4Ω) D.电流表(0~3A,内阻约1Ω) ‎ E.滑动变阻器(500Ω,1A) F.滑动变阻器(20Ω,2A) ‎ ‎(1)实验中所用电压表应选 ______ ,电流表应选用 ______ ,滑动变阻器应选用 ______ .(填字母代号) ‎ ‎(2)图2中给出了做实验所需要的各种仪器.请你按电路图把它们连成实验电路.( )(在答题卷先用铅笔连线,确定准确无误后,再用签字笔连线) ‎ ‎(3)根据实验数据做出U-I图象,如图3所示,蓄电池的电动势E= ______ V,内电阻r= ______ Ω.(结果保留2位有效数字) ‎ ‎(4)这位同学对以上实验进行了误差分析.其中正确的是 ______。‎ A.实验产生的系统误差,主要是由于电流表的分压作用 ‎ B.实验产生的系统误差,主要是由于电压表的分流作用 ‎ C.实验测出的内阻大于真实值 ‎ D.实验测出的电动势小于真实值.‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). F (4). 如图所示,‎ ‎ (5). 2.0 (6). 3.8 (7). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)为方便实验操作,滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器;根据电源电动势选择电压表,根据电路最大电流选择电流表;  ‎ ‎(2)根据电路图连接实物图,注意滑动变阻器的连法; ‎ ‎(3)由图示图象的截距和斜率求出电源电动势与内阻; ‎ ‎(4)通过作出的实际图线和测量图线判断测量电动势和内阻的误差.‎ ‎【详解】(1)为方便实验操作,滑动变阻器应选F; 电动势约为2V,电压表选B,电路最大电流约为零点几安培,电流表选C;‎ ‎(2)根据电路图连接实物图,如图所示: ‎ ‎ ‎ ‎(3)由图示电源图象可以知道,图象与纵轴交点坐标值为2.0,所以电源电动势:‎ 电源内阻:‎ ‎(4)ABCD.在测量电源的电动势和内阻时,电压表测量电源的外电压准确,电流表测量通过电源的电流偏小,因为电压表起分流作用.作出图线实际图线和测量图线,如图所示, ‎ 知电动势的测量值偏小,内电阻的测量值偏小.故AC项不符合题意,BD符合题意。‎ ‎14.图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中是电池;、、、和是固定电阻,是可变电阻;表头的满偏电流为,内阻为。虚线方框内为换挡开关,端和端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位,分别为:直流电压挡和挡,直流电流挡和挡,欧姆挡。‎ ‎①图中的端与_________(选填“红”或“黑”)色表笔相连接;‎ ‎②关于的使用,下列说法正确的是_________;‎ A. 在使用多用电表之前,调整使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B. 使用欧姆挡时先将两表笔短接,调整使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C. 使用电流挡时,调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎③根据题目给出的条件可得_________,___________;‎ ‎④某次测量时该多用电表指针位置如图所示。若此时端是与“1”相连的,则多用电表读数为_________;若此时端是与“3”相连的,则读数为__________;若此时端是与“5”相连的,则读数为_________。(注明单位)‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). B (3). (4). (5). 1.47mA (6). 1.10×103Ω (7). 2.95V ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据欧姆表原理可知,内部电源的正极应接黑表笔,红表笔与内置电源负极相连,由图示电路图可知,A端与黑表笔相连;‎ ‎②由电路图可知,R6只在测量电阻时才接入电路,故其作用只能进行欧姆调零,不能进行机械调零,同时在使用电流档时也不需要时行调节,故B正确,AC错误;‎ ‎③直流电流档分为1mA和2.5mA,由图可知,当接2时应为1mA;根据串并联电路规律可知,;总电阻;接4时,为电压档,因串入的电阻较小,故应为量程1V的电压表;此时电流计与、并联后再与串联,即改装后的1mA电流表与串联再改装后电压表;根据串联电路规律可知,;‎ ‎④当B端与“1”连接时,为直流电流2.5mA挡,则多用电表读数为1.47mA;当B端与“3”连接时,为欧姆×100Ω挡,则读数为11.0×100Ω=1.10×103Ω;当B端与“5”连接时为直流电压5V挡,则读数为2.95V。‎ 三、计算题(本大题共4小题,第15题8分,16题每题10分,第17题10分,第18题12分,共计40分)‎ ‎15.如图所示,电源的电动势E=110V,电阻R1=21Ω,电动机绕组的电阻R0=0.5Ω,电键S1始终闭合。当电键S2断开时,电阻R1的电功率是525W;当电键S2闭合时,电阻R1的电功率是336W,求:‎ ‎(1)电源的内电阻;‎ ‎(2)当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。‎ ‎【答案】(1)1Ω(2)1606W ‎【解析】‎ ‎(1)设S2断开时R1消耗的功率为P1,则,‎ 代入数据可以解得,‎ ‎(2)设S2闭合时R1两端的电压为U,消耗的功率为P2,则,‎ 解得,U=84V 由闭合电路欧姆定律得,,‎ 代入数据,得 流过R1的电流为I1,流过电动机的电流为I2,A,‎ 而,所以由 代入数据得,W 本题考查的是闭合电路的欧姆定律的相关问题,根据电阻R1消耗的功率可以计算出电源内阻;根据闭合电路的欧姆定律可以计算出电动机的输出功率;‎ ‎16.如图所示,平行金属板长为L,一个带电为+q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场,刚好从下板边缘射出,末速度恰与下板成30°角,粒子重力不计求:‎ ‎ ‎ ‎1)电场强度;‎ ‎(2)两极板间的电势差 ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子在平行板间做类平抛运动,水平方向:‎ 竖直方向:‎ 解得 ‎(2)根据动能定理得 其中 解得 ‎17.如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间距离d=40 cm,电源电动势E=10 V,内电阻r=1 Ω,定值电阻R=8Ω。闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电的小球从B板小孔以初速度v0=3 m/s竖直向上射入板间.已知小球带电荷量q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。(g取10 m/s2)‎ ‎(1)要使小球在A、B板间向上匀速运动,则滑动变阻器接入电路的阻值为多大?‎ ‎(2)若小球带正电,只改变滑动变阻器划片位置,其它量不变,那么,A、B板间电压为多大时,小球恰能到达A板?此时电源输出功率是多大?‎ ‎【答案】(1)36 Ω (2)UAB=1 V. P=9 W ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由mg=qUAB/d ‎ 解得: UAB=8V ‎ ‎ 滑动变阻器电阻:R滑==36Ω. ‎ ‎(2)由动能定理:-mgd-qUAB=0- ‎ UAB=1 V.‎ 电源输出功率:P=EI-I2r ‎ P=9 W.‎ ‎18.如图甲所示,质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1,加速后,在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场.已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L(不考虑电场边缘效应),两极板间距为d,O1O2为两极板的中线,P是足够大的荧光屏,且屏与极板右边缘的距离也为L.求:‎ ‎(1)粒子进入偏转电场速度v的大小;‎ ‎(2)若偏转电场两板间加恒定电压,电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点,A点与极板M在同一水平线上,求偏转电场所加电压U2;‎ ‎(3)若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化,要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点,试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件.‎ ‎【答案】粒子进入偏转电场的速度v的大小.‎ 偏转电场所加电压.‎ 偏转电场电压2,3,,周期2,3,‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)电子经加速电场加速:(3分)‎ 解得:(1分)‎ ‎(2)由题意知,电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点,设电子离开偏转电场时的偏转角为,则由几何关系得:(2分)‎ 解得:(1分)‎ 又(2分)‎ 解得:(1分)‎ ‎(3)要使电子在水平在水平方向击中A点,电子必向上极板偏转,且vy=0,则电子应在时刻进入偏转电场,且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期,设电子从加速电场射出的速度为,则 因为电子水平射出,则电子在偏转电场中的运动时间满足(2分)‎ 则(n=1,2,3,4…) (1分)‎ 在竖直方向位移应满足(2分)‎ 解得:(n=1,2,3,4…) (1分)‎ 考点:考查了带电粒子在电场中的运动 点评:带电粒子在电场中的运动,综合了静电场和力学的知识,分析方法和力学的分析方法基本相同.先分析受力情况再分析运动状态和运动过程(平衡、加速、减速,直 线或曲线),然后选用恰当的规律解题.解决这类问题的基本方法有两种,第一种利用力和运动的观点,选用牛顿第二定律和运动学公式求解;第二种利用能量转化 的观点,选用动能定理和功能关系求解.‎ ‎ ‎
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