四川2019-2020高二物理上学期期中试题（带解析Word版）

2019-2020 学年上期高 2021 届期中考试 物理试卷 一．单项选择题（9 个小题，每小题只有一个选项正确，每小题 3 分，共 27 分） 1.带电微粒的电荷量不可能是下列选项中的（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】最小的电荷量是 1.6×10-19C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带 电量都是元电荷或是元电荷的整数倍， A． 是 1.6×10-19C 的 2 倍，故 A 可能，不符合题意。 B．-6.4×10-20C 不是 1.6×10-19C 的整数倍，故 B 错误，符合题意； C．-1.6×10-18C 是 1.6×10-19C 10 倍，故 C 正确，不符合题意； D．4.0×10-17C 是 1.6×10-19C 的 250 倍，故 D 正确，不符合题意； 2.两个电子以不同的初速度垂直射入同一匀强磁场，半径为 r1 和 r2，周期为 T1 和 T2，则 A. r1=r2，T1≠T2 B. r1≠r2，T1≠T2 C. r1=r2，T1=T2 D. r1≠r2，T1=T2 【答案】D 【解析】 【详解】设电子的初速度为 v，磁场的磁感应强度为 B，电子的质量和电量分别为 m、e。根据 牛顿第二定律得： 解得运动轨迹半径为： 的 -193.2 10 C× -206.4 10 C− × -181.6 10 C− × -174.0 10 C× -193.2 10 C× 2vevB m r =由于 m、e、B 相同，则 r 与 v 成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即 r1≠r2 电子圆周运动的周期为： m、e、B 均相同，则电子运动的周期相同，即 T1=T2 A．r1=r2，T1≠T2，与结论不相符，选项 A 错误； B．r1≠r2，T1≠T2，与结论不相符，选项 B 错误； C．r1=r2，T1=T2，与结论不相符，选项 C 错误； D．r1≠r2，T1=T2，与结论相符，选项 D 正确； 3. 两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它 们的加速度之比将(　　) A 增大 B. 先增大后减小 C. 保持不变 D. 减小 【答案】C 【解析】 两小球间的库仑力互为相互作用力，在任意时刻都是大小相等方向相反，由 F=ma 可知它们的 加速度之比总是为质量的反比，C 对； 4.等量异种点电荷的连线和中垂线如图示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的 a 点沿直 线移动到 b 点，再从 b 点沿直线移动到 c 点，则检验电荷在此全过程中() A. 所受电场力的方向不变 B. 所受电场力的大小恒定 C. b 点场强为 0，电荷在 b 点受力也为 0 D. 在平面内与 c 点场强相同的点总共有四处 【答案】A . mvr eB = 2 2r mT v eB π π= =【解析】 【详解】A．在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，即竖直 向下；在 b 到 c 的过程中电场力的方向也是竖直向下。检验电荷所受电场力的方向保持不变， 故 A 正确； B．根据点电荷电场强度的叠加，结合等量的异种电荷的电场的分布特点可知，检验电荷在此 全过程中所受电场力大小是变化的，故 B 错误； C．根据矢量叠加原理，可知，b 点场强不为 0，方向由正电荷指向负电荷，电荷在 b 点受力 也不为 0．故 C 错误； D．在平面内与 c 点场强相同 点，即大小相等，方向相同的点只有一处，在与 c 点关于 b 点 对称的点，故 D 错误。 5.电场中有 A、B 两点，一个点电荷在 A 点的电势能为 1.2×10-8J，在 B 点的电势能为 0.80×10-8J.已知 A、B 两点在同一条电场线上如图所示，该点电荷的电荷量为 1.0×10-9C， 那么（　　） A. 该电荷为负电荷 B. 该电荷为正电荷 C. A、B 两点的电势差 UAB="4.0" V D. 把电荷从 A 移到 B，电场力做功为 W=4.0J 【答案】A 【解析】 【分析】 A 点的电势能大于 B 点的电势能，从 A 到 B 电场力做正功，所以该电荷一定为负电荷，且 WAB＝ EpA－EpB＝1.2×10－8J－0.80×10－8J＝0.40×10－8J，故 A 项正确而 BD 项错误；UAB＝ ＝ V＝－4.0 V，所以 C 选项错误．正确答案为 A. 【详解】 的 ABW q 8 9 0.4 10 1.0 10 − − × − ×6.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机 M 和电热丝 R 构成．当闭合开 关 S1、S2 后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出 风口吹出．已知电吹风的额定电压为 220 V，吹冷风时的功率为 120 W，吹热风时的功率为 1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是(　　) A. 电热丝的电阻为 55 Ω B. 电动机的电阻为 Ω C. 当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为 120 J D. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为 120 J 【答案】AD 【解析】 当吹热风时，电机和电阻并联。电阻消耗的功率为 ，由 可知 故 A 正确；电机为非纯电阻电路 故 B 错误；当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的 电能为 0，故 C 错误；当电吹风吹热风时，电动机 M 和电热丝 R 并联，电动机的功率为 120W， 所以每秒钟消耗的电能 ，故 D 正确；综上分析，AD 正确。 7.如图所示的电路，R1、R2 是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3 为小灯泡，电源内阻为 r．开关闭合后，当滑动变阻器触头 P 向上移动时（ ） A. 电压表示数变大 B. 小灯泡亮度变大 C. 电容器充电 1210 3 1000 120 880P P P W W= − = − =热 冷 2UP R = 2 55UR P = = Ω 2 2220 1210 120 3 UR P ≠ = = Ω 120 1 120JQ Pt= = × =D. 电源的总功率变大 【答案】AC 【解析】 试题分析：闭合开关后，当滑动变阻器触头 P 向上移动时， 增大，外电路总电阻增大，干 路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变 大，故 AB 错误；电路稳定时电容器的电压等于 、 串联总电压，根据串联电路电压分配 规律可知， 增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故 C 正确；电源的总功率为 ，干路电流 I 减小，则电源的总功率变小，故 D 错误． 考点：考查了电路动态变化分析 【名师点睛】本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数， 可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的 特点，分析各部分电压的变化，比较简便． 8.如图所示，一矩形线圈位于 xOy 平面内，线圈的四条边分别与 x、y 轴平行，线圈中的电流 方向如图，线圈只能绕 Ox 轴转动．欲使线圈转动起来，则空间应加的磁场是： A. 方向沿 x 轴的恒定磁场． B. 方向沿 y 轴的恒定磁场． C. 方向沿 z 轴的恒定磁场． D. 方向沿 z 轴的变化磁场． 【答案】B 【解析】 试题分析：方向沿 x 轴的恒定磁场，则前方的通电导线受力为竖直向上，后方的为竖直向下， 所以不满足题意，A 错，若方向沿 y 轴的恒定磁场，则左方的安培力方向向下，右方的安培力 方向向上，满足题意，B 对。若是方向沿 z 轴的恒定磁场，则磁场具有收缩的趋势，不会转动， C 错。方向沿 z 轴的变化磁场则会导致线框有收缩或扩张，D 错。 考点：安培力 点评：本题考查了安培力的判断，并结合安培力的力矩效果判断线框的转动。属于常见的安 'R 1R 'R 'R P EI=培力判断问题 9.空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同 种带电粒子，速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则（） A. 同一时刻所有粒子的动量相同 B. 同一时刻所有粒子的位移相同 C. 同一时刻所有粒子到达同一等势面上 D. 同一时刻所有粒子到达同一水平面上 【答案】C 【解析】 【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，所有粒子初速度大小相等，则在同一时刻，所有粒 子动量大小相等而方向不同，粒子动量不同，故 A 错误； B．粒子在电场中做类平抛运动，同一时刻所有粒子位移大小相等但方向不同，粒子位移不同， 故 B 错误； CD．粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内所有粒子在水平方向位 移相等，所有粒子同时到达与电场垂直的同一竖直面内，所有粒子不会同时到达同一水平面， 匀强电场等势面是与电场垂直的平面，由此可知，在同一时刻所有粒子到达同一等势面，故 C 正确，D 错误； 二.多项选择题(5 个小题，每小题有多个选项正确，每小题 4 分，共 20 分） 10.下列说法中正确的是（ ） A. 只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同 B. 如果把 改为 ，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变 C. 洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直 D. 粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变 【答案】B 【解析】 【详解】A.因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如 q+ q−当粒子速 度与磁场垂直时 ，当粒子速度与磁场平行时 。又由于洛伦兹力的方向永远与 粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，故 A 错误； B.因为 改为 且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由 知大小也 不变，故 B 正确； C.因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，故 C 错误； D.因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可 改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，故 D 错误。 11.如图所示，电源电动势为 E、内阻为 r.闭合开关 S，当滑动变阻器 R 的滑片缓慢地从最左 端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为 ΔU，电流表示数的变化量为 ΔI，电 流表的示数为 I，电容器的带电量为 Q，则在这个过程中，下列图象正确的是(　　) A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律 U=E-I（R1+r）得 △U=△I（R1+r） 解得： 所以不变，所以 图像为平行时间轴的直线，故 A 错误，B 正确； CD．当滑动变阻器 R 的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的 F qvB= 0F = q+ q− F qvB= 1 U R rI ∆ = +∆ U tI ∆ −∆电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流 I 增大，根据欧姆定律可知电阻 R1 两端电压增大，电路中总电流 I 增大，根据 Q=UC=CR1I 可知 Q-I 图象是过原点的倾斜直线，故 C 错误，D 正确 12.如图所示的 U−x 图象表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上的距离关系。若三 对金属板的负极板接地，图中 x 均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是（ ） A. 三对金属板正极电势的关系 B 三对金属板间场强大小有 C. 若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是 1 最密， 3 最疏 D. 若沿电场方向每隔相等距离作一等势面，则三个电场中相邻等势面差值最大的是 1，最小 的是 3 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．三对金属板的负极板接地，即电势为零。根据电场的电势差与场强方向上的距离 关系图象得三对金属板正极合负极电势差相等，所以三对金属板正极电势的关系相等，故 A 错误。 B．根据电场的电势差与场强方向上的距离关系得 U=-kx+b．即表示平行金属板间任意一点到 负极的电势差与场强方向上的距离关系。根据匀强电场中任意两点的电势差等于场强与这两 点间沿着电场方向的距离的乘积，即 U=Ed，所以电场的电势差与场强方向上的距离关系图象 斜率的绝对值大小等于场强大小，所以三对金属板间场强大小有 E1＞E2＞E3．故 B 正确。 C．三对金属板间距 1 最小，3 最大，而若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，而三 对金属板正极合负极电势差相等，所以沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，三个电 场等势面分布的关系是 1 最密，3 最疏，故 C 正确。 D．三对金属板间场强大小有 E1＞E2＞E3．根据 U=Ed 得，沿电场方向每隔相等距离作一等势面， . 1 2 3 ϕ ϕ ϕ> > 1 2 3E E E> >三个电场中相邻等势面差值最大的是 1，最小的是 3，故 D 正确。 13. 如图所示，两根间距为 d 的平行光滑金属导轨间接有电源 E，导轨平面与水平面间的夹角 θ=30°．金属杆 ab 垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆 能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（ ） A. 增大磁感应强度 B B. 调节滑动变阻器使电流减小 C. 增大导轨平面与水平面间的夹角 θ D. 将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变 【答案】A 【解析】 试题分析：当金属杆处于静止状态时，在沿斜面方向上受到安培力和重力沿斜面向下的分力， 处于平衡状态，所以满足 ，若增大磁感应强度 B，则向上的安培力增大，故金 属杆可以沿导轨向上运动，若使电流减小，则安培力减小，金属杆沿导轨向下运动，若增大 导轨平面与水平面间的夹角 θ，则重力沿斜面方向的分力增大，金属杆沿导轨向下的运动， 若将电源正负极对调使杆中的电流方向改变安培力将沿斜面向下，因此金属棒将向下运动， 故 A 正确 考点：考查了安培力，共点力平衡条件 14.质量为 、带电荷量为+q 的小金属块 A 以初速度 从光滑绝缘高台上水平飞出.已知在足 够高的高台边缘右侧空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小 .下列说法正确的是 （） sinBIL mg θ= m 0v 3mgE q =A. 金属块不一定会与高台边缘相碰 B. 金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D. 金属块运动过程中的最小速度为 【答案】BD 【解析】 A、B 项：小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定 会与高台边缘相碰，故 A，错误，B 正确； C 项：小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度为-3g，根据速度位移关系公式， 有： ，故 C 错误； D 项：小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度 vx=v0-3gt； 竖直方向做自由落体运动，分速度 vy=gt； 合速度 ，根据二次函数知识，当 时，有极小值 ，故 D 正确。 点晴：本题关键将小金属块的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据分运动的位移公 式和速度公式列式求解；对于 D 选项，要求解出合速度的表达式，根据二次函数的知识求解 极值。 第Ⅱ卷（非选择题共 63 分） 三．实验题（3 个小题，共 17 分） 15.某同学在练习使用多用电表时连接的电路如图所示。 2 0 4 v g 010 10 v 2 2 0 0 2 3 6m v vx g g = =× 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0( 3 ) ( ) 10 6x yv v v v gt gt g t gtv v= + = − + = − + 03 10 vt g = 010 10 v(1)若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过_______(填 R1 或 R2)的电流； (2)若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，则测得的是______的电阻。 A.R1 的电阻 B.R2 的电阻 C.R1 和 R2 的串联电阻 D.R1 和 R2 的并联电阻 (3)将选择倍率的旋钮拨至×100 挡时，指针的偏转角过大，为了提高测量的精确度，请完 成下列操作： A.将选择开关拨至______挡(填“1kΩ”或“10Ω”)； B.将两根表笔短接 C.调节调零电阻，使指针停在 0Ω 刻度线上 D.将两根表笔分别接触待测电阻的两端，指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为 _______Ω. E.将选择开关拨至交流电压最高挡上。 【答案】 (1). R1 (2). C (3). 10Ω (4). 160 【解析】 【详解】（1）[1]．多用电表使用电流档时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串 联，电流相等，若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过 R1 的电流． （2）[2]．断开电路中的电键，R1 与 R2 串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是 R1 与 R2 串联的总电阻，故选 C； （3）[3][4]．用“×100Ω”测电阻时挡时，指针的偏转角过大，说明所选挡位太大，为准 确测量电阻阻值，应换用小挡，应选“×10Ω”挡，然后对欧姆表重新进行欧姆调零，然后 Ω再测电阻阻值，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于 OFF 挡或交流电源最高挡上，由图象 表盘可知，待测电阻阻值为：16×10Ω=160Ω； 16.某实验小组设计如图所示的电路，测量电源电动势 E 和一个定值电阻 Rx 的阻值。实验室提 供的器材有： 待测电阻 Rx(约 100Ω)， 待测电源 E(电动势约 3V，内阻不计)， 电压表 V(量程 0~3V，内阻约 15kΩ)， 电阻箱 R(阻值范围 0~999.9Ω)，电键 S，导线若干。 实验步骤如下： Ⅰ.闭合开关 S，多次调节电阻箱，记下压表的示数 U 和电阻箱相应的阻值 R； Ⅱ.以 R 为纵坐标，_________为横坐标，作图线(用直线拟合)； Ⅲ.由图线得出直线与纵轴的交点坐标为—a(a>0)，与横轴的交点坐标为 b(b>0)。则定值电阻 Rx=_____，电源电动势 E=________(用 a、b 表示) 【答案】 (1). (2). a (3). 【解析】 【详解】Ⅱ.由闭合电路欧姆定律可知： 变形可得： ，以 R 为纵坐标，位列得出直线应以 为横坐标； Ⅲ.由 可知， 图象的纵截距： ，图象的斜率的绝对值： ，解得：定值电阻 ， . 17.一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如图 1 所示，此材料长约 3cm，电阻约为 100 ，已知这种材料的电阻率为 .欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量。现 提供以下实验器材： A.20 分度的游标卡尺； 1 U 1 b x x EU RR R = + 1 x xR R ERU = − + 1 U 1 x xR R ERU = − + 1R U − xa R= x ak ER b = = xR a= 1E b = Ω ρB.螺旋测微器； C.电流表 A1(量程 50mA，内阻 r1=100Ω)； D.电流表 A2(量程 100mA，内阻 r2 约为 40Ω)； E.滑动变阻器 R1(0∼10Ω，额定电流 2A)； F.直流电源 E(电动势为 12V，内阻很小)； G.上述导电材料 R2(长约为 3cm，电阻约为 100Ω)； H.开关一只，导线若干。 请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径 d 的实验方案，回答下列问题： (1)用游标卡尺测得该样品的长度如图 2 所示，其示数 L=______cm，用螺旋测微器测得该样品 的外径如图 3 所示，其示数 D=__________mm. (2)图 4 是实验测量电路一部分，为了多测几组数据，请在图上补全测量电路(所需仪器在题 中给的器材中选取，用常用的电路符号代替)____________. (3)为了得到样品的内径 d，实验中还需要得到的一组测量值是______________(用字母表示且 要说明相应字母的含义). (4)用已知的物理量字母和所测得的物理量的字母表示样品的内径 d=_____________. 【答案】 (1). 3.015 (2). 3.204mm∼3.206mm (3). (4). A1 电流表示数为 I1，A2 电流表示数为 I2 (5). 【解析】 【详解】（1）[1]．游标卡尺读数为 L=30mm+3×0.05mm=30.15mm=3.015cm， [2]．螺旋测微器测得该样品的外径 d=3.0mm+20.5×0.01mm=3.205mm；（3.204mm～3.206mm） （2）[3]．因两个电流表中，A2 电流表的满偏电流大于 A1 电流表的满偏电流，又 A1 电流表内 ( )2 12 1 1 4 L I ID I r ρ π −−阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将 A1 电流表与待测材料并联后再与 A2 电流表串联， 又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示． （3）[4]．实验中还需要得到的一组测量值是：A1 电流表示数为 I1，A2 电流表示数为 I2， （4）[5]．由欧姆定律可得待测电阻阻值 又由电阻定律 及 解得样品的直径 四．计算题（4 个小题，共 46 分） 18.摆线长为 L，摆球质量为 m 带正电量 q 的单摆从如图所示位置 A 摆下，到最低处时便在一 个磁感应强度为 B 的匀强磁场中运动，摆动平面垂直磁场，若图中 =60°，摆球从 A 起第一 次到最低处时，摆线上的拉力为？ 【答案】 【解析】 【详解】从开始摆动到最低点，由动能定理： 在最低点： 1 1 2 1 I rR I I = − LR S ρ= 2 21 4S D dπ= −（ ） 2 2 1 1 1 )4 (L I Id D I r ρ π −= − α 2mg qB gl+ 21(1 cos60 ) 2mgl mv− = 联立解得： 19.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分別与电池两极相连，上极板中心有 一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方 处的 P 点有一带电粒子，该粒子从静 止开始下落，经过小孔进人电容器，并在下极板处（未与极板接触)返回。若将下极板向上平 移 ，求仍从 P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度。 【答案】 【解析】 【详解】对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得： 将下极板向上平移 ，设仍从 P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度为 x，根据动能 定理得： 联立两式解得 20.如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度为 E，y 轴与直线 x=-d(d>0)区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度也为 E，一个带电量为+q 的粒子(不计 重力)从第一象限的 S 点由静止释放。 (1)若 S 点坐标为( ， )，求粒子通过 x 轴的位置坐标； 2vT qvB mg m l − − = 2T mg qB gl= + 2 d 2 d 3 4 d 3 02mg d qU⋅ − = 2 d ( ) 02 2 Uq dmg x xd ⋅ − ⋅ − = 3 4 dx = 2 d 2 d(2)若 S 点坐标为(d，d)，求粒子通过 x 轴时的动能； (3)若粒子能通过 x 轴上的点坐标为(−3d，0)，求释放 S 点的坐标(x，y)应满足的条件。 【答案】(1)（-d，0）(2) (3) ， 【解析】 【详解】粒子只受电场力作用； （1）粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得： 故粒子进入第二象限时的速度 位置为(0， d)； 粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，假设粒子没有 出电场左边界，则有： 故在水平方向上的位移 故粒子刚好到达电场左边界，粒子通过 x 轴的坐标为（-d，0）； （2）若 S 点坐标为（d，d），粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得： 故粒子进入第二象限时的速度 5 4 qEd 24 5xy d= ( 0 0)x y> >， 2 1 1 2 2 dqE mv⋅ ＝ 1 qEdv m ＝ 1 2 21 1 2 2 qEd tm ⋅＝ 1 qEd mdx v t dm qE ⋅＝ ＝ ＝ 2 2 1 2qEd mv＝ 2 2qEdv m ＝位置为（0，d）； 那么，粒子在第二象限电场中的初速度增大，故运动时间减小，那么，粒子一定穿过了电场 左边界；粒子先做类平抛运动，之后做匀速直线运动到达 x 轴； 粒子做类平抛运动的时间 故竖直方向位移 故对粒子从静止到通过 x 轴的过程应用动能定理可得：粒子通过 x 轴时的动能 Ek＝ （3）设满足条件的释放点的坐标为（x，y），粒子在第一象限电场中运动过程根据动能定理 可得： 所以， 粒子进入电场中做类平抛运动，设粒子从电场左边界射出时的速度方向与 x 轴的偏转角为 θ， 则有： 又有粒子做类平抛运动的竖直位移 2 dt v ′＝ 2 21 1 22 2 4 qE qE dy t dqEdm m m ⋅ ′ ⋅＝ ＝ ＝ 5 4qEd qEy qEd+ ＝ 21 2qEx mv＝ 2qExv m ＝ 2 y x qE d v at qEdm vtan v v v mv θ ⋅ ＝ ＝ ＝ ＝ 粒子离开电场后做匀速直线运动，故有： 所以 所以 故释放 S 点的坐标（x，y）应满足的条件为 4xy=5d2，（x＞0，y＞0）； 21.如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大 区域内存在水平向右的电场，电场强度为 E。 不带电的绝缘小球 P2 静止在 O 点。带正电的小球 P1 离小球 P2 左侧的距离为 L。现由静止释放 小球 P1，在电场力的作用下 P1 与 P2 发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的 2/3 倍。已知 P1 的质 量为 m，带电量为 q，P2 的质量为 5m。求： （1）碰撞前小球 P1 的速度。 （2）碰撞后小球 P2 的速度。 （3）小球 P1 和小球 P2 从第一次碰撞到得二次碰撞的时间和位置 【答案】（1） （2） （水平向右） （3） 【解析】 试题分析：（1）设碰撞前小球 P1 的速度为 v0，根据动能定理 解得 （2 分） 的 2 2 2 1 1 2 2 qE m dy at v ′ ⋅＝ ＝ 2 y ytan d θ − ′＝ 2 2 2 2 222 qEd qEdy y y dtanmv mv θ− ′ − =＝ ＝ 2 2 2 2 5 5 5 2 4 4 qEd qEd dy mv qEx x ＝ ＝ ＝ 4 3 L（2）P1、P2 碰撞，设碰后 P1 速度为 v1， P2 速度为 v2，由动量守恒定律： （2 分） （水平向左） 解得 （水平向右） （1 分） （3）碰撞后小球 P1 向先向左后向右做匀变速运动，设加速度为 a，则： （1 分） 设 P1、P2 碰撞后又经 时间再次发生碰撞，且 P1 受电场力不变，由运动学公式，以水平向右 为正，则： （2 分） 解得： （1 分） 对 P2 分析： （2 分） 即第二次碰撞时距离 O 点 （1 分） 考点：本题考查动能定理、动量守恒定律和运动学公式。