河南省信阳高级中学2020学年高二物理10月月考试题 20页

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18题只有一个正确选项，第912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3Ek0‎ D． 若入射速度加倍成2v0，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（ ）‎ A． :1 B． 1: C． 1:3 D． 3:1‎ ‎4．A、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 AB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Ep>0‎ C． 整个移动过程中，静电力对a做正功 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φ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，电势能先增大后减小 ‎6．如图所示，以O点为圆心，以R＝‎0.20 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θ＝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/m B． 该匀强电场的场强E＝80 V/m C． d点的电势为－2 V D． d点的电势为－4 V ‎7．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（ ）‎ A． a、b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 C．C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（ ）‎ A． P点的电势变为 B． P点的电场强度方向由P指向A C． 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 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，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90̊，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Δt，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O'O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Ⅰ（虚线AB上）时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ（虚线CD上）时受到的摩擦力大小为f。求：‎ ‎（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Ⅰ转动到位置Ⅱ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=1.00×10﹣‎7C．圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，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、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：‎ ‎（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 ‎1．D ‎【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。‎ ‎2．A ‎【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，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：；由于L=d，故：vym=v0；故最大动能EK′=m（v02+v2ym）=2EK，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．‎ ‎3．D ‎【解析】根据牛顿第二定律，物块由AD下滑时有：mgsin60°-μ1mgcos60°=ma1‎ 得：a1=gsin60°-μ1gcos60°‎ 由BD下滑时有：mgsin30°-μ2mgcos30°=ma2‎ 得：a2=gsin30°-μ2gcos30°‎ 设底边CD=d，由运动学公式有：；‎ 联立以上四式解得：，故选D。‎ ‎4．B ‎【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，AO间的电场线方向由A→O，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势φa>0，故A错误；‎ B项：a所处的位置电势φa>0，b所处的位置电势φb<0，由Ep=qφ知，a、b在AB处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep>0，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。‎ ‎5．C ‎【解析】若是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可以看出，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；φ-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。‎ ‎6．D ‎【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、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。‎ ‎7．D ‎【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。‎ ‎9．BCD ‎【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；‎ 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。‎ ‎10．BD ‎【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。‎ ‎11．CD ‎【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．‎ ‎12．ACD ‎【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φP，将BC棒取走后，电势变为φP．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。‎ ‎13．5分 （1）BC 2分 （2） F 1分（3）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、F2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，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90̊，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】①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：；‎ ‎②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；‎ ‎③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Ⅰ时，摩擦力为零，电场力提供向心力，判断电场方向，在位置Ⅱ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Ⅰ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，‎ 由牛顿第二定律：在位置Ⅰ：，2分 位置Ⅱ： 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Ⅰ转动到Ⅱ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．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0～2×10-5s内，粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在2×10-5s～3×10-5s内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终为 ‎ 2分 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 y1=‎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-y1=‎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