物理卷·2018届江西省宜春市丰城中学高二上学期第一次周练物理试卷（零班9-8）+（解析版） 16页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第一次周练物理试卷（零班9.8）‎ ‎　‎ 一、选择题：（共10小题，每题5分，共50分．1-5为单选，6-10为多选）‎ ‎1．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变小，E变小 B．E变大，W变大 C．U变小，W不变 D．U不变，W不变 ‎2．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①液滴将加速向下运动 ‎②M点电势升高 ‎③M点的电场强度变小了 ‎④在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同．‎ A．①② B．③④ C．①③ D．②④‎ ‎3．把两个相同的电容器A和B连接起来，如右图所示．当它们带有一定电量时，电容器A中带电微粒M恰好静止．现在使电 容器B板错开，而间距不变，使它们的正对面积变为原来的，则此时M 的加速度为（　　）‎ A．g B． C． D．‎ ‎4．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）‎ A．电容器带电量不变 B．尘埃仍静止 C．检流计中有a→b的电流 D．检流计中有b→a的电流 ‎5．如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间（两极板仍平行），关于电荷P的说法正确的是（　　）‎ A．仍静止不动 B．向下运动 C．向上运动 D．电荷P带正电 ‎6．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．AB间电容为C1，电压为U2，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2．若将B板稍向下移，下列说法正确的是（　　）‎ A．C1减小，C2增大 B．U1减小，U2增大 C．Q1减小，Q2增大 D．P向下动，Q向上动 ‎7．如图所示，水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷，A板带正电荷，B板接地．两板间有一正试探电荷固定在C点，以C表示电容器的电容，U表示两板间的电势差，φ表示C点的电势，W表示正电荷在C点的电势能．若将B板保持不动，将正极板A缓慢向下平移一小段距离L（仍然在C上方）的过程中，各物理量与正极板移动距离X的关系图象中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，一带电小球通过绝缘细绳悬挂于平行板电容器之间，M板带负电，N板带正电，M板接地．以上说法正确的是（　　）‎ A．M板左移，小球受到的电场力减小 B．M板左移，小球的电势能减小 C．M板上移，小球受到的电场力增大 D．M板上移，小球的电势能不变 ‎9．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎10．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则（　　）‎ A．当增大两板间距离时，v也增大 B．当减小两板间距离时，v增大 C．当改变两板间距离时，v不变 D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大 ‎　‎ 二、计算题：（共4小题，50分）‎ ‎11．水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动．若使电容器电荷量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需时间为多少？‎ ‎12．如图所示，水平放置的两块平行金属板A，B相距为d，电容为C．开始两块板均不带电，A板接地且中央有孔．现将带电荷量为+q，质量为m的带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h处无初速滴下，落向B板的电荷全部传给B板，问：‎ ‎（1）第几滴液滴在A，B板间做匀速直线运动？‎ ‎（2）能够到达B板的液滴不会超过多少滴？‎ ‎13．如图2所示，平行板电容器两板水平放置，当电容器电荷量为Q时，在两板内A处有一电荷量为q的油滴恰能保持静止状态，现让电容器放出电荷，油滴便向下做竖直加速运动，经过时间t到达B点，为使油滴从B点开始，经过相同的时间t（假使油滴不会撞在下板上）恰能返回到A处，则当油滴抵达B处时，需再给电容器充电多少．‎ ‎14．如图所示，长为L、相距为d的两平行金属板与一交流电源相连（图中未画出），有一质量为m、带电量为q的带负电的粒子以初速度Vo从板中央水平射入电场，从飞入时刻算起，A、B板间所加电压的变化规律如图所示，为了使带电粒子离开电场时速度方向恰好平行于金属板，（不计重力）问：‎ ‎（1）交变电压周期T应满足什么条件？‎ ‎（2）加速电压值Uo的取值范围多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高二（上）第一次周练物理试卷（零班9.8）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（共10小题，每题5分，共50分．1-5为单选，6-10为多选）‎ ‎1．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变小，E变小 B．E变大，W变大 C．U变小，W不变 D．U不变，W不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式U=判断板间电压的变化．‎ ‎【解答】解：电容器的电量不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容增大．由推论公式E=，知电场强度E不变．由公式U=知，板间电压变小．因为电场强度不变，则P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①液滴将加速向下运动 ‎②M点电势升高 ‎③M点的电场强度变小了 ‎④在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同．‎ A．①② B．③④ C．①③ D．②④‎ ‎【考点】电容；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】带电液滴受到电场力与重力共同作用下，处于静止状态，二力平衡．当上板向下移动小段距离时，导致平行板的电容器的电容变化，导致两极板间的电量变化；由于两板间的电压不变，当间距变小时，导致液滴所处的电场强度发生变化，最终确定电场力与重力的大小关系．‎ ‎【解答】解：①金属板a、b与电池保持相连，板间电压不变；而带电液滴在M处受到重力与电场力处于静止状态，当a板向下平移一小段距离时，导致极板间的电场强度变大，从而使电场力大于重力，致使带电液滴向上运动．故①错误；‎ ‎②当a板向下平移一小段距离时，导致极板间的电场强度变大，而M点到零电势（下板）的距离不变，由U=Ed知，M点与零电势间的电势差增大，M点的电势高于零，则M点的电势升高．故②正确；‎ ‎③水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，使两板的电压不变；而带电液滴在M处受到重力与电场力处于静止状态，当a板向下平移一小段距离时，由E=知，导致极板间的电场强度变大．故③错误；‎ ‎④在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于两板的电压不变，由W=qU知，所以电场力做功相同．故④正确；‎ 故选D ‎　‎ ‎3．把两个相同的电容器A和B连接起来，如右图所示．当它们带有一定电量时，电容器A中带电微粒M恰好静止．现在使电 容器B板错开，而间距不变，使它们的正对面积变为原来的，则此时M 的加速度为（　　）‎ A．g B． C． D．‎ ‎【考点】电容器的动态分析；电容．‎ ‎【分析】根据粒子的平衡可知粒子受电场力与重力的关系；两电容器电容相同，总电量不变；则由电容的决定式及定义式可得出总电量的表达式，从而求出电势差的变化；进行再求出电场力；由牛顿第二定律即可求得加速度．‎ ‎【解答】解：带电微粒M静止时，有：mg=；可得，U=‎ 当B电容板错开，间距不变，正对面积变为原来的时，由C=可知，B电容器的电容C变为原来的，而两个电容器的总电量不变，则有：U×2C=U2（C+）；‎ 解得：U2=U=；‎ 则此时带电微粒受到的合力为：F=﹣mg=mg；‎ 由牛顿第二定律F=ma可得：a=；‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）‎ A．电容器带电量不变 B．尘埃仍静止 C．检流计中有a→b的电流 D．检流计中有b→a的电流 ‎【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：‎ A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A错误．‎ B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态．故B正确．‎ CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流．故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间（两极板仍平行），关于电荷P的说法正确的是（　　）‎ A．仍静止不动 B．向下运动 C．向上运动 D．电荷P带正电 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】二极管具有单向导电性，只允许电流从a流向b．电容器与电源保持相连，电容器的电压不变，板间距离增大，电容减小，电容量的电量要减小，放电，根据二极管的作用，分析电量是否变化，再分析P的运动情况．‎ ‎【解答】解：ABC、电容器与电源保持相连，电容器的电压不变，板间距离增大一些，电容减小，电容量的电量要减小，放电，但由于二极管的作用只允许电流从a流向b，电容器的电量无法减小，根据推论板间电场强度E=，Q、S、ɛ不变，则改变d，E不变，电荷P受的电场力不变，仍静止．故A正确，BC错误．‎ D、根据题意，A带正电，B带负电，则电场强度方向向下，因电场力与重力平衡，则电荷P带负电，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．AB间电容为C1，电压为U2，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2．若将B板稍向下移，下列说法正确的是（　　）‎ A．C1减小，C2增大 B．U1减小，U2增大 C．Q1减小，Q2增大 D．P向下动，Q向上动 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由电容器的决定式可分析电容的变化，分析两电容器的连接方式可得出电量及电压的变化；从而分析电荷受力的变化，确定小球的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、将B板下移时，由C=，知C1将增小，而MN板不动，故MN的电容C2不变；故A错误；‎ BCD、假设Q不变，则由C=知AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；故Q1减小，Q2增大；充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；‎ 对AB分析可知，E1====，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故B错误，CD正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷，A板带正电荷，B板接地．两板间有一正试探电荷固定在C点，以C表示电容器的电容，U表示两板间的电势差，φ表示C点的电势，W表示正电荷在C点的电势能．若将B板保持不动，将正极板A缓慢向下平移一小段距离L（仍然在C上方）的过程中，各物理量与正极板移动距离X的关系图象中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、当正极板向下平移时，由C=可知，C与d成反比，C﹣d图线应是曲线，故A错误；‎ B、由C=、U=，得板间场强 E==，故E与d无关，所以正极板向下平移时，板间场强保持不变．‎ 因负极板接地，设C点原来距负极板为l，则P点的电势φ=El，φ保持不变；故B错误；‎ C、由U=Ed=E（d﹣x），U随x增大而线性减小，故C正确．‎ D、电势能 W=φq，φ保持不变，则W保持不变，φ为水平直线，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一带电小球通过绝缘细绳悬挂于平行板电容器之间，M板带负电，N板带正电，M板接地．以上说法正确的是（　　）‎ A．M板左移，小球受到的电场力减小 B．M板左移，小球的电势能减小 C．M板上移，小球受到的电场力增大 D．M板上移，小球的电势能不变 ‎【考点】电容器的动态分析；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电容的决定式C=，分析电容的变化．电容器的电量不变，由U=，分析板间电势差的变化．根据E=，U=，C=结合分析场强E的变化，‎ ‎【解答】解：A、电容器的电量不变，根据E=，U=，C=，得到电场强度E=，与距离d无关，故M板左移，小球受到的电场力不变，故A错误；‎ B、电场强度E=，与距离d无关；M板左移，小球与负极板间的电势差变大，故小球所在位置的电势增加，小球带负电，根据电势能公式Ep=qφ，电势能减小，故B正确；‎ C、DM板上移，电容器的电量不变，电场强度E=，故电场强度增加，电场力增加；小球的平衡位置偏右，小球与负极板间的电势差变大，故小球所在位置的电势增加，小球带负电，根据电势能公式Ep=qφ，电势能减小；故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【考点】电容器的动态分析；电势能；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，由公式E=分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电容的决定式C=知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小．故A正确．‎ B、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B错误．‎ C、电势差不变，d增大，则由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小．故C正确．‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=，C=和C=，得E=，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则（　　）‎ A．当增大两板间距离时，v也增大 B．当减小两板间距离时，v增大 C．当改变两板间距离时，v不变 D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据E=可以判断电子受到的电场力的大小，从而可以判断电子的加速度的大小，电子在电场中做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间．‎ 根据动能定理列出等式判断到达B板时速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：‎ qU=mv2‎ v=‎ v与两板间距无关，所以当改变两板间距离时，v不变，故A、B错误C正确；‎ D、由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E=‎ 电子的加速度为a= 电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d=at2‎ 所以电子加速的时间为t=d由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ 二、计算题：（共4小题，50分）‎ ‎11．水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动．若使电容器电荷量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需时间为多少？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．‎ ‎【分析】由平行板电容器的场强公式E=、Q=CU整理得到场强与极板带电量之间的关系，结合粒子第一个过程做匀速运动可以整理得到重力得表达式，代入粒子的第二个运动过程，即类平抛运动解出此题．‎ ‎【解答】解：平行板电容器间的场强：E=，‎ 电热器所带电荷量：Q=CU，‎ 整理得：E=，‎ 粒子沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动，‎ 由平衡条件得：qE=mg 若使电容器带电荷量为2Q，极板间的场强为：E2=2E，‎ 所以粒子所受的合力竖直向上：F合=qE2﹣mg=qE=mg，‎ 由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：a=g，‎ 粒子在极板间做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，‎ 竖直向上做初速度为零、加速度大小为：a=g的匀加速运动．‎ 竖直方向： =at2，解得：t=；‎ 答：该带电微粒落到某一极板上所需时间为：．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，水平放置的两块平行金属板A，B相距为d，电容为C．开始两块板均不带电，A板接地且中央有孔．现将带电荷量为+q，质量为m的带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h处无初速滴下，落向B板的电荷全部传给B板，问：‎ ‎（1）第几滴液滴在A，B板间做匀速直线运动？‎ ‎（2）能够到达B板的液滴不会超过多少滴？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）设第n滴液滴在A、B板间做匀速直线运动时，重力与电场力平衡，由E=，U=，Q=（n﹣1）q，结合求解n．‎ ‎（2）油滴不断从小孔滴下并附着到下板上，上下板之间就形成了电势差，也就形成了匀强电场，设最终有x个油滴可以打到下板上，即第x+1个油滴到达下极板时速度正好等于0，以后的油滴就不会打到板上了，根据动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设第n滴液滴在A、B板间做匀速直线运动，此时，板上电荷量为Q=（n﹣1）q，板上电压U==．‎ 板间电场强度 E== ①‎ 由平衡条件得 qE=mg ②‎ 由①②得 n=+1．‎ ‎（2）设能够到达B板的液滴不会超过x滴，且第（x﹣1）滴到B板的速度恰为0，然后返回极板上，最大电荷量Q′=xq ③‎ 极板间最大电压U′== ④‎ 对第（x﹣1）滴，由动能定理得：mg（h+d）﹣qU′=0 ⑤‎ 由④⑤解得 x=+1．‎ 答：（1）第+1滴液滴在A、B板间做匀速直线运动．（2）能够到达B板的液滴不会超过+1．‎ ‎　‎ ‎13．如图2所示，平行板电容器两板水平放置，当电容器电荷量为Q时，在两板内A处有一电荷量为q的油滴恰能保持静止状态，现让电容器放出电荷，油滴便向下做竖直加速运动，经过时间t到达B点，为使油滴从B点开始，经过相同的时间t（假使油滴不会撞在下板上）恰能返回到A处，则当油滴抵达B处时，需再给电容器充电多少．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；电容．‎ ‎【分析】静止处于平衡时，重力等于电场力；电容器电量减半时，电场力减半，根据牛顿第二定律求出油滴向下运动的加速度，由位移公式x=at2求出位移；为使油滴从B点开始，经过相同的时间t恰能返回到A处，返回过程与向下运动过程位移大小相等，再根据牛顿第二定律和位移公式列式，即可求解．‎ ‎【解答】解：静止处于平衡时，F=mg，电量变为，由 F=qE=q，则得：F′==，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎ 油滴向下运动的加速度 a==g ‎ 位移 x=at2=gt2 ①‎ ‎ 速度 v=at=gt ②‎ ‎ 油滴返回过程的位移 x=﹣vt+a′t2 ③‎ 由①②③得：a′=g ‎ 又由牛顿第二定律 F′﹣mg=ma′，可得：F′=mg 解得：Q′=Q 故需要再给电容器充电△Q=Q′﹣Q=Q﹣Q=2Q．‎ 答：则当油滴抵达B处时，需再给电容器充电2Q．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，长为L、相距为d的两平行金属板与一交流电源相连（图中未画出），有一质量为m、带电量为q的带负电的粒子以初速度Vo从板中央水平射入电场，从飞入时刻算起，A、B板间所加电压的变化规律如图所示，为了使带电粒子离开电场时速度方向恰好平行于金属板，（不计重力）问：‎ ‎（1）交变电压周期T应满足什么条件？‎ ‎（2）加速电压值Uo的取值范围多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子进入电场后做类平抛运动，要使带电粒子离开电场时的速度方向平行于金属板，粒子穿过电场的时间应是t=nT，粒子水平方向做匀速直线运动，由t=求出时间，联立即可得到周期T满足的条件．‎ ‎（2）在竖直方向上带电粒子通过的位移大小相等，由牛顿第二定律和运动学求出一个周期内竖直方向的位移大小h1，带电粒子在n个周期内的位移为h=nh1，要使粒子能离开电场，h应满足的条件是h≤，即可求出交变电压的最大值U0的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子穿越电场所需时间t=①‎ 粒子飞出电场时速度方向平行于金属板，所以：t=nT 其中n=1，2，3…②‎ ‎ T==（n=1，2，3…） ③‎ ‎（2）竖直方向上带电粒子在一个周期内的位移h1×2==④‎ 带电粒子在n个周期内的位移h=nh1=n 根据题意，电子能离开电场，必有 h，⑥‎ 得 n 解得U0≤‎ 将T==（n=1，2，3…） 代入得 ‎ ‎ U0≤‎ 答：（1）交变电压周期T需满足的条件是 T=（n=1（n=1，2，3…）．（2）交变电压的最大值U0的取值范围是 U0≤（n=1，2，3…）．‎ ‎　‎ ‎2016年12月7日