【物理】四川省自贡市富顺县二中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】四川省自贡市富顺县二中2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

富顺县第二中学 2019-2020 学年高二上学期期中考试 物 理 试 题 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。第 1-8 题单选，第 9-12 题多选） 1.如图所示，在通电螺线管的周围和内部 a、b、c、d 四个位置分别放置了小磁针，小磁针 涂黑的一端是 N 极．图中正确表示小磁针静止时的位置是（ ） A. a B. b C. c D. d 【答案】A 【解析】 根据电源的正负极得出通电螺线管的电流方向从左边流入、从右边流出；根据电流方向，利 用安培定则判断螺线管的左端为 S 极、右端为 N 极；在磁体内磁场的方向从 S 极指向 N 极， 而小磁针的 N 极的指向表示磁场的方向，所以 b、c、d 三个位置的磁场的指向都错误。在 磁体外磁场的方向从 N 极指向 S 极，所以 a 处的磁场从右向左，小磁针的指向正确。故选 A。 【点睛】安培定则（右手螺旋定则）为考试中的重点及难点，应能做到熟练应用右手螺旋定 则判断电流及磁极的关系． 2.如图为某个电场中的部分电场线，如 A、B 两点的场强分别记为 EA 和 EB，电势分别记为 A、 B 则（ ） A. EA EB 、 A > B C. EA < EB 、 A > B D. EA > EB 、 A < B 【答案】C 【解析】 【详解】电场线疏密代表场强大小，电场线越密集，场强越大，所以 EA B。 A. EA EB 、 A > B，与分析不符，故 B 错误。 C. EA < EB 、 A > B，与分析相符，故 C 正确。 D. EA > EB 、 A < B，与分析不符，故 D 错误。 3.在光滑的水平面上有一平行于水平面的静电场，O、A 是一条电场线上的两个点，在 O 点 由静止释放一电量为 ，质量为 kg 的带正电小球，其运动的 图象如图所示。 其中 P 点是图线切线斜率最大的位置，当 时，小球位于 A 点。则下列说法正确的是 A. 该电场可能是匀强电场 B. 由 O 到 A 的过程中电场力做正功 C. 整个运动过程中，小球经过 A 点时加速度最大，且 A 点场强 D. OA 两点间电势差 【答案】B 【解析】 【详解】A．如果该电场是匀强电场，小球将做匀加速直线运动，v-t 图像为直线，故 A 错 误. B．小球由 O 运动到 A 的过程中只有电场力做功，因为小球动能增加，故电势能减少，电场 力做正功，而小球带正电，所以电场线方向由 O 到 A. 故 B 正确. C．由题可知小球在 A 点斜率最大，即在 A 点加速度最大，故 A 点场强最大，由 v-t 图像可 知小球在 A 点的加速度为： 根据牛顿第二定律有： 故 C 错误. D．O 到 A 运动过程中，根据动能定理可知： 为 ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 62 10 C−× 0.02 v t− 7st = 410 V / m 44 10 VOAU = × 2 24 m/s 2m/s2 va t ∆= = =∆ 4 6 0.02 2 V/m=2 10 V/m2 10 maE q − ×= = ×× 代入数据解得： ，故 D 错误 4.如图所示， 、 、 为三个相同的灯泡且电阻恒定，在变阻器 R 的滑片 P 向上移动 过程中，下列正确的是( ) A. 电源总功率变小 B. 中电流变化量小于 中电流变化量 C. 变暗, 变亮, 变暗 D. 变亮, 变暗, 变亮 【答案】D 【解析】 【详解】在变阻器 R 的滑片 P 向上移动过程中，R 减小，外电路总电阻减小，根据闭合电 路欧姆定律得知，总电流 I 增大，L3 变亮。L2 的电压 U2=E-I（R3+r），E、R3、r 均不变，I 增大，U2 减小，I2 减小，L2 变暗。流过 L1 的电流 I1=I-I2，I 增大，I2 减小，则 I1 增大，L1 变 亮，则选项 D 正确，C 错误；根据 P=EI，总电流 I 变大，则电源总功率变大，选项 A 错误； 因 I = I1+I2，I 增大，I2 减小，I1 增大，可知∆I1>∆I2。故 B 错误。故选 D。 【点睛】本题是动态电路的分析，采用“先局部，后整体，再回到局部的分析方法”；分析电 流变化量的大小采用的是总量的方法，根据总电流的变化情况确定两支路电流变化量的大小。 5.如图所示是电阻 R 的 I－U 图象，图中 α＝45°，由此得出(　　) A. 欧姆定律适用于该元件 B. 电阻 R＝0.5 Ω C. 因 I－U 图象的斜率表示电阻的倒数，故 R＝1/tanα D. 在 R 两端加上 6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是 3.0 C 【答案】AD 21 2 0OA AqU mv −= 48 10 VOAU = × 1L 2L 3L 1L 2L 1L 2L 3L 1L 2L 3L 【解析】 【分析】电阻 R 的 I-U 图象斜率的倒数等于电阻 R，由数学知识分析电流与电压的关系。对 于电阻 R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解。由图读出电压为 U=6V 时的电流，由 q=It 求解每秒内通过电阻的电荷量。 【详解】根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用，故 A 正 确；根据电阻的定义式 ，得 ，故 B 错误；由于 I-U 图象中横纵坐标 的标度不同，故不能直接根据图象与横轴的夹角求电阻，故 C 错误；由图知，当 U=6V 时， I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是 q=It=3×1C=3.0C，故 D 正确。故选 AD。 【点睛】本题考查了学生对电阻的定义式 的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线 倾角的区别。 6.如图所示，将灯泡 L 和电动机串联接在电压为 10V 的理想电源两端．已知灯泡规格为“6 V 12W”，电动线圈电阻为 1 Ω，当灯泡正常发光，下列说法错误的是 A. 电动机的输出功率为 16W B. 电动的输入功率为 8W C. 电动的热功率为 4W D. 若利用该电动带动起重装置匀速提升 20 N 的重物（忽路一切阻力），10s 内升高 2 m 【答案】A 【解析】 【详解】ABC.灯泡正常发光，则灯泡两端电压为 6V，电流 可知电动机两端电压为 UM=10V-6V=4V； 电动机的输入功率为 P=IUM=8W； 电动机的热功率 UR I = 10 25R = Ω = Ω UR I = 12 A 2A6L PI U = = = 电动机的输出功率为 则选项 A 错误，符合题意；选项 BC 正确，不符合题意； D．若利用该电动带动起重装置匀速提升 20 N 的重物（忽路一切阻力），则 解得 v=0.2m/s 则 10s 内升高 h=vt=2 m 选项 D 正确，不符合题意。 7.如图所示，电流表 G 的内阻不可忽略不计，R1、R2 是两个可变电阻，当 a、b 间的电压为 4V 时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当 a、b 间的电压为 3 V 时， 如果仍要使电流表 G 的指针满偏，下列方法中可行的是 ①保持 R2 不变，增大 R1 ②增大 R1，减小 R2 ③保持 R2 不变，减小 R1 ④增大 R2，减小 R1 A. ①④ B. ②③ C. ①② D. ③④ 【答案】C 【解析】 ab 间总电压降低了，要使通过 G 的电流不变，应保持 G 两端电压保持不变， ①保持 R2 不变，增大 R1 时，R2 的电压变小，R1 电压可能保持不变，即 G 的电压不变，通 过 G 的电流保持不变，故①正确； ②增大 R1，同时减小 R2 时，R2 的电压降低，R1 电压可能保持不变，即 G 的电压不变，通 过 G 的电流不变，故②正确； ③保持 R2 不变，减小 R1 时，R1 两端的电压减小，G 的两端的电压减小了，通过 G 的电流 减小了，故③错误； 2 2= =2 1W 4WP I R × =热 电 = =4WP P P−出 热 =4W=P mgv出 ④增大 R2，减小 R1 时，R1 两端的电压减小了，G 两端的电压变小了，通过 G 的电流减小了， 故④错误； 故选 C。 8.如图所示，边长为 L 的正六边形 ABCDEF 的 5 条边上分别放置 5 根长度也为 L 的相同绝 缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q 的点电荷置于 BC 中点，此时正六边形 几何中心 O 点的场强为零。若移走+Q 及 AB 边上的细棒，则 O 点强度大小为（k 为静电力 常量）（不考虑绝缘棒及+Q 之间的相互影响）（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】每根细棒均匀带上正电，现将电荷量为+Q 的点电荷置于 BC 中点，此时正六边形 几何中心 O 点的场强为零；由此可知，+Q 的点电荷在 O 点的电场强度大小为 那么每根细棒在 O 点的电场强度大小也为 因此+Q 及 AB 边上的细棒在 O 点的合 电场强度大小 其方向如图所示： 若移走+Q 及 AB 边上的细棒，那么其余棒在 O 点的电场强度大小为 2 kQ L 2 4 3 kQ L 2 2 3 kQ L 2 4 3 3 kQ L 2 2 4 33( )2 kQ kQE L = = 2 4 3 kQE L = 2 4 3 3 kQE L =合 方向与图中方向相反， A. 与分析不符，故 A 项错误；B. 与分析不符，故 B 项错误； C. 与分析不符，故 C 项错误；D. 与分析相符，故 D 项正确。 9.如图所示，平行板电容器与电动势为 E 的直流电源 内阻不计 连接，下极板接地 一带电 油滴位于容器中的 P 点且恰好处于平衡状态 现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一 小段距离后 　　 A. P 点的电势将降低 B. P 带电油滴的电势能将增大 C. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 D. 电容器的电容减小，极板带电量将增大 【答案】AB 【解析】 【分析】 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据 分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；由 分析 P 点与下极板 间电势差如何变化，即能分析 P 点电势的变化和油滴电势能的变化；根据电容的定义式 ，电容器与电源保持相连，则 U 不变，Q 与 C 成正比变化； 【详解】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不 变，根据 得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动；板间场 强 E 减小，而 P 点与下极板间的距离不变，则由公式 分析可知，P 点与下极板间电 势差将减小，而 P 点的电势高于下极板的电势，而且下极板的电势不变，则知 P 点的电势 将降低，故 A 正确，C 错误； B、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P 点的电势降低，则油滴的电势能将 增加，故 B 正确； ' 2 4 3 3 kQE L =合 2 kQ L 2 4 3 kQ L 2 2 3 kQ L 2 4 3 3 kQ L ( ) . . ( ) UE d = U Ed= QC U = UE d = U Ed= D、根据电容的定义式 ，电容器与电源保持相连，则 U 不变，当 C 减小，则 Q 也减 小；故 D 错误； 【点睛】本题运用 分析板间场强的变化，判断油滴如何运动；明确正电荷在电势高 处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。 10.如图所示，一电子从匀强电场左边界 A 点以初速度垂直于场强方向进入电场，经偏转从 右边界 B 点飞出．已知 A、B 两点间水平和竖直距离均为 L，电子质量为 m、电荷量为 e， 不计电子重力及空气阻力．则 A. 电子从 A 到 B 的运动时间为 B. 匀强电场的电场强度为 C. A、B 两点间的电势差为 D. 电子从 B 点飞出时速度与水平方向夹角的正切值为 1 【答案】AB 【解析】 【详解】A．电子在水平方向做匀速运动，则从 A 到 B 的运动时间为 选项 A 正确； B．竖直方向： 解得匀强电场的电场强度为 QC U = UE d = 0 L v 2 02mv eL 2 02mv e 0 Lt v = 2 2 0 1 1 ( )2 2 eE LL at m v = = ⋅ ⋅ 选项 B 正确； C．A、B 两点间的电势差为 选项 C 错误； D．电子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，因此有 电子从 B 点飞出时速度与水平方向夹角的正切值为 选项 D 错误。 11.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为 10V、 20V、30V．实线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的 a、 b、c 三点，已知：带电粒子带电量为 0.01C，在 a 点处的动能为 0.5J，则该带电粒子（　　） A. 可能是带负电 B. 在 b 点处的电势能为 0.3J C. 在 b 点处的动能为零 D. 在 c 点处的动能为 0.4 J 【答案】BD 【解析】由等势面可知，场强方向向上，由轨迹可知，电场力向上，则为正电荷，则 A 错 误；b 点处的电势能 EP ＝φq=0.01×30=0.3J，则 B 正确；总能量守恒，由 a 点处可知 E=0.01×10+0.5=0.6J，则 b 点处的动能为：0.6-0.3=0.3J，则 C 错误；C 点处的动能为为 0.6-0.01×20=0.4J，则 D 正确；故选 BD. 点睛：本题根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向，根据电场线与等势线 的关系，判断出电场线方向．负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用． 12.在如图(a)所示的电路中， 为定值电阻， 为滑动变阻器。闭合电键 S，将滑动变阻器 2 02mvE eL = 2 02 AB mvU EL e = − = − 02y eEv at t vm = = ⋅ = 0 0 0 2tan 2yv v v v θ = = = 1R 2R 的滑动触头 P 从最右端滑到最左端，两个电压表 内阻极大 的示数随电路中电流变化的完 整过程图线如图(b)所示。则（ ） A. 图线甲是电压表 V1 示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为 C. 电源的最大输出功率为 D. 滑动变阻器 R2 的最大功率为 【答案】BD 【解析】 【详解】A. 当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路 欧姆定律可知，电路中电流增大；而 两端的电压增大， 两端的电压减小，故图线乙表 示是 示数的变化，图线甲表示 示数的变化，故 A 错误； B. 由图可知，当只有 接入电路时，电路中电流为 ，路端电压为 3V，根据闭合电路 欧姆定律可得： 当滑动变阻器全部接入时，电路中电流为 ，路端电压为 ，由闭合电路欧 姆定律可得： 解得： ， 故 B 正确； C. 根据欧姆定律可得： 因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于 时，电源的输出 ( ) 5Ω 3.6W 0.9W 1R 2R 1V 2V 1R 0.6A 3 0.6E r= + 0.2A 4 1V 5V+ = 5 0.2E r= + 5Ωr = 6VE = 1 2 5V 25Ω0.2AR R+ = = 5Ω 功率最大，故此时电流： 故电源的最大输出功率： 故 C 错误； D. 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为 ，则有： 可得： ， 当滑动变阻器的阻值等于 时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为 时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流： 则滑动变阻器消耗的总功率： 故 D 正确。 二、实验题（13 题 10 分，14 题 6 分） 13.描绘一个标有“2.5V0.5A”字样的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化， 实验室备有下列器材： a．标有“3V0.5A”字样的小灯泡一个； b.10V 学生电源一个； c．量程为 0﹣3V 的电压表，内阻约为 3kΩ； d．量程为 0﹣15V 电压表，内阻约为 15kΩ； e．量程为 0﹣0.6A 的电流表，内阻约为 0.5Ω； f．量程为 0﹣3A 的电流表，内阻约为 0.1Ω； g．滑动变阻器（阻值范围 0﹣10Ω，允许通过的最大电流 1.5A）； h．滑动变阻器（阻值范围 0﹣50Ω，允许通过的最大电流 0.1A）； 电键一个，导线若干。 （1）为减小实验误差，方便调节，请在上述所给的器材中选取适当的器材，并将它们的编 号填在横线上。电压表应选_____；电流表应选_____；滑动变阻器应选取_____。（填写器材 名称前的序号字母） 的 0.6A2 EI r = = 1.8WP UI= = 1 4 1 2 1 4 R R = 1 5ΩR = 2 20ΩR = 1R r+ 10Ω 6 A 0.3A20I′ = = 2 20.3 10W 0.9WP I R′ ′ ′= = × = （2）将实物按电路图 1 用导线补充完整________。 （3）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图 2 所示。由图中电流表、电压表 的读数可计算出小灯泡的电阻为_____Ω（保留两位小数），小灯泡的电阻测量值_____真实 值（填＜，＞，＝） （4）根据实验测定的数据，以电压 U 为横坐标，电流强度 I 为纵坐标画出图线，在如图 3 给出的四个 I﹣U 图线中，最能反映实际情况的是_____，简要说明理由_____。 【答案】 (1). （1）c (2). e (3). g (4). （2）图见解析； (5). （3）5.2 (6). ＜ (7). C (8). 小灯泡电阻随温度升高而增大 【解析】 【分析】 （1）根据小灯泡的额定电压选择电压表，根据额定电流选择电流表，在保证安全的前提下， 为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器； （2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，根据待测电阻估计值以及电压表 和电流表的内阻确定内外接，作出实验电路图； （3）读出电压表和电流表的读数，再利用欧姆定律即可求出此时小灯泡的电阻阻值，电流 表外接，因为电压表分流导致，灯泡电阻测量结果偏小。 （4）根据小灯泡电阻随温度升高而增大结合欧姆定律，即可选出正确的图象。 【详解】（1）因为小灯泡的额定电压为 2.5V，故电压表选择 c，小灯泡的额定电流为 0.5A， 故电流表选择 e，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择 g； （2）为了减小误差准确测量电阻阻值，采用分压式电路，因为电压表内阻远大于灯泡电阻， 故选择电流表外接法，故连接实物图，如图所示： （3）如图，电流表示数：I＝0.46A，电压表示数：U＝2.40 根据欧姆定律可得此时小灯泡电阻阻值：R＝ Ω≈5.2Ω 电压测量准确，由于电流表外接，电压表分流，导致电流测量偏大，根据 R＝U/I 可知，灯 泡电阻 R 测量结果偏小，即小灯泡的电阻测量值小于真实值； （4）因为小灯泡电阻随温度升高而增大，随着电压增大 I﹣U 曲线上各点到原点连线的斜 率越来越小，故 ABD 错误，C 正确，故选 C。I﹣U 曲线弯曲的原因是因为：小灯泡电阻随 温度升高而增大。 【点睛】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线，考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数 据处理、实验方案分析，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知 道实验原理是解题的关键，内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界 测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小。” 14.小李同学用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。 小李同学所测电源的电动势 E2 约为 9V,内阻 r2 为 35∼55Ω，允许通过的最大电流为 50mA.小 李同学所用电路如图所示，图中电阻箱 R 的阻值范围为 0∼9999Ω. ①电路中 R0 为保护电阻。实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用___. A. 20Ω，125mA B.50Ω，20mA C. 150Ω，60mA D.1500Ω，5mA 2.40 0.46 U I = ②实验中通过调节电阻箱的阻值,记录电阻箱的阻值 R 及相应的电压表的示数 U,根据测得 的多组数据,作出 图线,图线的纵轴截距为 a,图线的斜率为 b,则电源的电动势 E2=___,内阻 r2=___. 【答案】 (1). C (2). (3). 【解析】 （1）电路最小总电阻约为： ，内阻约为 50Ω，为保护电路安全， 保护电阻应选 C。 （2）电源电动势为： ，变形得： ，则 图象是直线，截距 ，可得： ，斜率 ，解得： 。 三、计算题（15 题 8 分，16 题 12 分，17 题 16 分） 15.如图所示，匀强电场中有一直角三角形 ABC，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=20cm，已 知电场线的方向平行于 ABC 所在平面，将电荷量 的正电荷从 A 移到 B 点电 场力做功为零，从 B 移到 C 点克服电场力做功 ，试求： (1)该电场的电场强度大小和方向； (2)若将 C 点的电势规定为零时，B 点的电势。 【答案】 （1）500V/m；方向由 C 垂直指向 AB；（2）-50V。 【解析】 【详解】（1）A 到 B 过程：UAB＝ ＝0 B 到 C 过程：UBC＝ ＝−50V 0 1 1 U R R − + 1 a b a 9 1800.05 ER I = = Ω =′ Ω 2 2 2 0 UE U Ir U rR R = + = + + 2 2 0 2 1 1 1r U E R R E = ⋅ ++ 0 1 1 U R R − + 2 1a E = 2 1E a = 2 2 rb E = 2 br a = -52.0 10 Cq = × -31.0 10 J× ABW q 3 5 1.0 10 2.0 10 BCW q − − − ×= × E＝ =500V/m ，方向由 C 垂直指向 AB. （2）C 零电势点，故 φC=0 则有：φB-φC=UBC=-50V 解得：φB=-50V 【点睛】本题考查电势差、电势与场强的关系，要注意明确电场强度方向和电势之间的关系， 注意应用电场线与等势面相互垂直这一关键所在. 16.如图所示的电路中，两平行金属板 A、B 水平放置，两板间的距离 d=40 cm。电源电动 势 E=24 V，内电阻 r=1 Ω，电阻 R=15 Ω。闭合开关 S，待电路稳定后，将一带正电的小 球从 B 板小孔以初速度 v0=4 m/s 竖直向上射入两板间，小球恰能到达 A 板。若小球带电 荷量为 q=1×10-2 C，质量为 m=2×10-2 kg，不考虑空气阻力，取 g=10 m/s2。求： （1）A、B 两板间的电压 U； （2）滑动变阻器接入电路的阻值 RP； （3）电源 输出功率 P。 【答案】（1）8V；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）对小球从 B 到 A 的过程，由动能定理： 解得：U=8V （2）由欧姆定律有： 解得： （3）根据电功率公式有： 解得： 17.如图所示，两平行金属板 A、B 长为 L=8cm，板间距为 d=8cm，A 板电势比 B 板高 300V。 一质量为 m=10–20 kg、电荷量为 q=10–10 C 的带正电粒子（重力不计）以 v0=2×106m/s 的初速 为 的 30 CBU BCsin ° 8Ω 23W 210 2qU mgd mv− − = − E UI R r −= + P UI R 电流为： = 8PR = Ω ( )2 pP I R R= + P 23W= 度沿两板中心线 RO 射入电场中；粒子飞出板间电场，经过 MN、PS 间的无电场区域后，进 入固定在 O 点的点电荷 Q 形成的电场区域，该电场不受界面 PS 影响；粒子最后垂直打在 放置于中心线处的荧光屏 bc 上。已知 PS⊥RO，MN、PS 相距 12cm，O 点与界面 PS 相距 9cm， 静电力常量 k=9×109 N·m2/C2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 （1）求粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO 的距离。 （2）试粗略画出粒子运动全过程的轨迹。 （3）求点电荷 Q 电性及电荷量大小。（结果保留三位有效数字） 【答案】（1）3 cm （2）见下图 （3）带负电，1.04×10–8 C 【解析】 【详解】（1）粒子在板间做类平抛运动，有： y= at2 L=v0t a= 联立解得： y= =3 cm （2）第一段是抛物线（类平抛运动），第二段是直线（匀速直线运动），第三段是圆弧（匀 速圆周运动），轨迹如图所示 的 1 2 qU md 2 2 02 qUL mdv （3）要使带正电粒子经过界面 PS 后向上偏转，点电荷 Q 一定带负电 粒子在 MN、PS 间做匀速直线运动，设其到达界面 PS 时偏离中心线 RO 的距离为 Y 由类平抛运动速度的反向延长线经过水平位移中点，有： = 得： Y=12 cm 粒子从板间电场飞出时沿电场方向的分速度： vy= v0=1.5×106 m/s 粒子经过界面 PS 时的速度： v= =2.5×106 m/s 方向与 RO 夹角： θ=arctan =37° 由： = 粒子经过界面 PS 的位置与 O 点的连线和速度方向垂直，又粒子垂直打在放置于中心线处的 荧光屏 bc 上 故粒子在点电荷形成的电场中运动轨迹为圆弧，做匀速圆周运动，半径 r=15 cm 由牛顿第二定律有： = 解得： Q=1.04×10–8 C y Y 4 4 12+ 3 4 2 2 0 yv v+ 3 4 9 Y 3 4 2 kQq r 2mv r