陕西省西安市长安区一中2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷（理） Word版含解析 22页

- 1 - 长安一中 2020-2021 学年度第一学期高二年级期中考试 物理试卷(理科） 时间：100 分钟总分：110 分 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共 10 个小题， 每题 4 分，共 40 分） 1. 如图所示，a、b、c、d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°，现将三个等量的正点电 荷＋Q 分别固定在 a、b、c 三个顶点上，下列说法正确的是（ ） A. d 点的电场强度小于 O 点的电场强度 B. O 点电场强度的方向由 d 指向 O C. d 点的电场强度大于 O 点的电场强度 D. d 点电场强度的方向由 d 指向 O 【答案】A 【解析】 【详解】设菱形的边长为 l，由几何关系可知，b、d 两点间的距离也为 l，对 O 点，a、c 两顶 点的电荷在 O 点的场强等大反向，故 O 点的场强为 2 2 4 2 O kQ kQE ll       因 b 点的电荷为正电荷，故 EO 的方向竖直向下； a、c 两点电荷在 d 点的合场强为 1 2 22 cos60d kQ kQE l l  o 方向竖直向下， b 点电荷在 d 点的场强为 - 2 - 2 2d kQE l  方向竖直向下， 所以 d 点的合场强为 1 2 22d d d kQE E E l    方向竖直向下， 即 d 点的电场强度小于 O 点的电场强度，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 2. a、b 两个带电小球的质量均为 m，所带电荷量分别为＋3q 和－q，两球间用绝缘细线连接， a 球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电 场强度为 E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是： A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】a 球带正电，受到的电场力水平向左，b 带负电，受到的电场力水平向右．以整体为 研究对象，整体所受的电场力大小为 2qE，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左 偏转． 设上面绳子与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得 2 2 qE qEtan mg mg    ；以 b 球为研究对象， 受力如图． - 3 - 设 ab 间的绳子与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得 qEtan mg   ；得到α=β，所以根据几何 知识可知，b 球在悬点的正下方，故 D 正确，ABC 错误；故选 D． 3. 图中的虚线 a、b、c、d 表示匀强电场中的 4 个等势面，两个带电粒子 M、N(重力忽略不计) 以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中 MPN 和 NQM 所示，已知 M 是带正 电的粒子，则下列说法中正确的是（ ）。 A. N 一定也带正电 B. 带电粒子 N 的动能增大、电势能减小 C. 带电粒子 N 的动能减小、电势能增大 D. a 点的电势高于 b 点的电势，a 点的场强大于 b 点的场强 【答案】B 【解析】 【详解】A．M 粒子的轨迹向右弯曲，所受的电场力向右， 电场强度方向向右，N 粒子的轨 迹向左弯曲，N 一定带负电，A 错误； B. 带电粒子 N 的动能增大、电势能减小，B 正确 C. 电场力也是合力对 N 做正功，带电粒子 N 的动能增大、电势能减小，C 错误； D．匀强电场，a 点的场强等于 b 点的场强，D 错误。 故选 B。 4. 如图所示，在 a 点由静止释放一个质量为 m、电荷量为 q的带电粒子，粒子到达 b 点时速度 恰好为零，设 ab 所在的电场线竖直向下，a、b 间的高度差为 h，则下列结论错误的是（ ） - 4 - A. 带电粒子带负电 B. a、b 两点间的电势差 ab mghU q  C. b 点场强大于 a 点场强 D. a 点场强大于 b 点场强 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．在 a 点由静止释放粒子，到达 b 点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力 方向相反，与电场线方向相反，故粒子带负电，故 A 正确； B．由于粒子在 a 点由静止释放粒子，到达 b 点时速度恰好为零，由动能定理可得 0abmgh qU  解得 ab mghU q  故 B 正确； CD．从 a 到 b 粒子先加速后减速，故电场力开始时小于重力，后来电场力大于重力，即电场 力逐渐变大，故 b 点场强大于 a 点场强，故 C 正确，D 错误。 故选 ABC。 5. 利用如图电路测量待测电阻 Rx 的阻值．定值电阻 R1、R2 阻值已知，闭合电键 S，调节电阻 箱接入电路阻值 R3 时，电流表示数为 0，则 Rx 阻值等于（ ） - 5 - A. R2 B. 1 2 3 R R R C. 1 3 2 R R R D. 2 3 1 R R R 【答案】D 【解析】 电阻 R1 与 R2 的电压之比，即 1 1 2 2 U R U R ＝ ；电阻 R3 与 Rx 的电压之比，即 3 3 x x U R U R ＝ ；闭合电键 S，调节电阻箱接入电路阻值为 R3 时，电流表示数为零，说明通过 R1、R2 的电流是相等的， 而总电流一定，故通过 R3 和 Rx 的电流也相等，故 R 1 与 R2 的电压之比等于 R3 与 Rx 的电 压之比, 所以 31 2 = x RR R R 解得： 2 3 1 x R RR R  ，故 D 正确，ABC 错误；故选 D. 点睛：本题是串并联电路中电流、电压关系和欧姆定律的综合运用问题，实际上也叫“电桥” 问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力；记住电桥平衡的条件：对角线电 阻相乘乘积相等． 6. 如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强 E1，方向竖直向下 的匀强电场；虚线下方为场强 E2，方向竖直向上的匀强电场，一个质量 m，带电＋q 的小球从 上方电场的 A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与 A 关于虚线对称的 B 点，则下列结 论正确的是（ ） A. 若 AB 高度差为h，则 UAB＝－ mgh q - 6 - B. 带电小球在 A、B 两点电势能相等 C. 在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 D. 两电场强度大小关系满足 E2＝2E1 【答案】A 【解析】 【详解】AB．对 A 到 B 的过程运用动能定理得 qUAB+mgh=0 解得 AB mghU q ＝ 知 A、B 的电势不等，则电势能不等，A 正确，B 错误； C．A 到虚线速度由零加速至 v，虚线到 B 速度 v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论 知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，C 错误； D．在上方电场，根据牛顿第二定律得 1 1 mg qEa m ＝ 在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为 2 2 qE mga m ＝ 因 a1=a2 解得 2 1 2mgE E q   只有当 1 2E q mg 时才有 E2=2E1，D 错误。 故选 A。 7. 一匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电 粒子于 t＝0 时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（假设带 电粒子不与板相碰）（ ） - 7 - A. 带电粒子只向一个方向运动 B. 0~2 s 内，电场力做功等于 0 C. 4 s 末带电粒子回到原出发点 D. 2.5~4 s 内，电场力做功等于 0 【答案】D 【解析】 【详解】AC．因 0~1 s 内粒子向正方向运动的加速度 0 1 qEa m  在 1~3s 内粒子运动的加速度 0 2 1 2 =2q Ea am  则在 t=1.5s 时刻速度减为零，然后反向运动……；画出带电粒子速度 v 随时间 t 变化的图象如 图所示 v－t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒 子不能回到原出发点，A、C 错误； B．2 s 末速度不为 0，可见 0~2 s 内电场力做的功不等于 0，B 错误； D．2.5 s 末和 4s 末，速度的大小、方向都相同，则 2.5~4 s 内，动能变化为零，电场力做功等 于 0，所以 D 正确。 故选 D。 8. 现有规格为“220V，36W”的排气扇，如图所示，排气扇电动机的线圈电阻为 40Ω，当正常 工作时，排气扇的（ ） - 8 - A. 通电电流计算式为 220 A40I  B. 输出功率计算式为 2220(36 )W40P  出 C. 发热功率计算式为 236( ) 40W220P  热 D. 电功率大于 36W 【答案】C 【解析】 【详解】A．电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能直接根据 UI R  计算通电电流。通电电 流计算式 36 A220 PI U   故 A 错误； B．不是纯电阻电路，故 UI R  ，故输出功率的计算式为 2 236 22036 40 W (36 )W220 40P             出 故 B 错误； C．发热功率计算式为 2 236( ) 40W220P I R  热 故 C 正确； D．正常工作时的电功率为额定功率，为36W ，故 D 错误。 故选 C。 9. 某电池对纯电阻供电的输出功率 P 随电流 I 变化的图象如图所示，则下列说法正确的是( ) - 9 - A. 该电源的电动势 E=2V B. 该电源的内阻 r=1Ω C. 若 I=2A 时，则外电阻 R=1Ω D. 同一输出功率 P 可对应两个不同的电流 I1、I2，即对应两个不同的外电阻 R1、R2，且 r=R1·R2 【答案】A 【解析】 【详解】AB．对于电源，输出功率 2 2 2= = +2 4 E EP EI I r r I r r       当 = 2 EI r 时，输出功率最大，为 2 = 4 EP r ，结合图象，有 2 =22 E r 2 =24 E r 联立计算得出 E=2V R=0.5Ω A 正确，B 错误； C．若 I=2A，根据闭合电路欧姆定律，有 = + EI R r 得 R=0.5Ω C 错误； D．结合图像，同一输出功率 P 可对应两个不同的电流 I1、I2，即对应两个不同的外电阻 R1、 R2，有 2 2 1 2 1 2 =+ + E ER RR r R r             得 - 10 - 2 1 2=r R R D 错误。 故选 A。 10. 如图所示电路中，A、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开 关 S 闭合，电路稳定后将 A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ） A. 电容器的电容增加 B. 在 A 板上移过程中，电阻 R 中有向上的电流 C. A、B 两板间的电场强度增大 D. P 点电势升高 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 4 SC kd   ，当 A 板向上平移一小段距离，间距 d 增大，其它条件不变，则 导致电容变小，故 A 错误； B．在 A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于 放电状态，电阻 R 中有向上的电流，故 B 正确； C．根据 UE d  与 4 SC kd   相结合可得： 4 kQE S   由于电量减小，场强大小变小，故 C 错误； D．因场强变小，导致 P 点与 B 板的电势差减小，因 B 板接地，电势为零，即 P 点电势降低， 故 D 错误． 【点睛】做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场 强度的推导式，注意 B 极接地，电势为零． 二、多选题（共 4 个小题，每题 5 分，满分 20 分；在每小题给出的四个选项中， 多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。） - 11 - 11. 用如图所示的电路测量待测电阻 xR 的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确 的是（ ） A. 电压表的内电阻越小，测量越精确 B. 电流表的内电阻越小，测量越精确 C. 电压表的读数大于 xR 两端真实电压， xR 的测量值大于真实值 D. 由于电流表的分流作用，使 xR 的测量值小于真实值 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．该电路中，Rx 的测量值实际上为 x AR R R测＝ ＋ 故电流表的内电阻越小，测量越精确，A 错误，B 正确； CD．该电路中电流表的读数为通过 Rx 的真实值，电压表的读数为 Rx 两端的电压与电流表的 分压之和，大于 Rx 两端的真实电压，根据欧姆定律知，Rx 的测量值大于真实值， 选项 D 错 误，C 正确。 故选 BC。 12. 如图甲所示，A、B、C 三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点；一个带电荷量为 q， 质量为 m 的点电荷从 C 点静止释放，只在电场力作用下运动的 v－t 图象如图乙所示，运动到 B 点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为 k，则（ ） - 12 - A. B 点为中垂线上电场强度最大的点，大小为 mk q B. 由 C 点到 A 点电势逐渐降低 C. 该点电荷由 C 到 A 的过程中物块的电势能先减小后变大 D. B、A 两点间的电势差 2( ) 2 A Bm v v q  【答案】AB 【解析】 【分析】 A．由图可知 v－t 图象的斜率表示加速度，再根据牛顿第二定律可求出场强大小； BC．根据等量同种正电荷中垂线场强方向特点可确定电势的变化及电场力做功情况，进一步 可确定电势能的变化； D．根据动能定理及图像数据，可直接求出 A、B 两点的电势差。 【详解】A．带电粒子只在电场力作用下运动，由牛顿第二定律可知 qE=ma，由图乙可知，带 电粒子在 B 点的加速度最大为 k，所以 B 点的电场强度最大，可解得 = ma mkE q q  故 A 正确； B．两个等量同种正电荷连线中垂线上的场强方向由 O 点指向两侧，沿场强方向电势逐渐降低， 故由 C 点到 A 点电势逐渐降低，故 B 正确； C．已知点电荷从 C 点到 A 点的过程速度增大，电场力一直做正功，电势能一直减小，故 C 错误； D．据 v－t 图象可知 A、B 两点的速度分别是 vA 和 vB，根据动能定理有 2 21 1 2 2ABA BqU mv mv  可解得 2 2( ) 2 A B BA m v vU q  故 D 错误。 故选 AB。 - 13 - 13. 在如图所示的电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时，四个理想电 表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2 和 U3 表示，电表示数变化量的大小分别 用 I 、ΔU1、ΔU2 和ΔU3 表示，下列说法正确的是（ ） A. 1U I 不变， 1U I   不变 B. 2U I 变大， 2U I   变大 C. 2U I 变大， 2U I   不变 D. 3U I 变小， 3U I   不变 【答案】AC 【解析】 【详解】A．R1 是定值电阻，有 1 1 1 U UR I I    都不变， A 正确； BC．当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时，R2 变大，R2 是可变电阻，有 2 2 U RI  所以 2U I 变大，根据闭合电路欧姆定律得 2 1( )U E I R r   则知 2 1 U R rI    不变，B 错误 C 正确； D．因为 3 1 2 U R RI   可知 3U I 变大，又根据闭合电路欧姆定律得 3U E Ir  3U rI   = - 14 - 保持不变，D 错误。 故选 AC。 14. 如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线 与 x 轴平行，在 x 轴上的电势φ与坐标 x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15， 3）的切线．现有一质量为 0.20kg，电荷量为+2.0×10－8C 的滑块 P（可视作质点），从 x=0.l0m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为 0.02．取重力加速度 g=l0m/s2．则下列说法正确的 是（ ） A. x=0.15m 处的场强大小为 2.0×l06N/C B. 滑块运动的加速度逐渐减小 C. 滑块运动的最大速度约为 0.1m/s D. 滑块最终在 0.3m 处停下 【答案】AC 【解析】 【详解】AB、电势φ与位移 x 图线的斜率表示电场强度，则 x＝0.15m 处的场强 E 53 10 0.15  V/m ＝2×106V/m，此时的电场力 F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N，滑动摩擦力大小 f＝μmg＝ 0.02×2N＝0.04N，在 x＝0.15m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝ 0.15m 后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大．故 A 正确，B 错误； C、在 x＝0.15m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得， 21 2 mqU fx mv  ， 因为 0.10m 和 0.15m 处的电势差大约为 1.5×105V，代入求解，最大速度大约为 0.1m/s，故 C 正确； D、滑块最终在 0.3x m 处停下则满足： 0 0qU fx   ， 0.3x m 处的电势 51.5 10 V   ， 故从 0.1x m 到 0.3x m 过程中，电势差 5 5(4.5 1.5) 10 3 10U V V     ，电场力做 - 15 - 5 382.0 10= 3 10 6 10W qU J    电 ，摩擦力做功 30.02 0.2 10 (0.30 0.10) 8 10fW fs J        ，则 fW W 电 ，故滑块不能滑到 0.3x m 处，故 D 错误． 第Ⅱ卷（非选择题共 50 分） 三、实验题（共 3 题，满分 18 分） 15. (1)如图所示的游标卡尺，游标尺上共有 20 个分度，用它测量某工件的外径时，示数如图， 则此工件的外径是______cm； (2)用螺旋测微器测量某电阻丝的直径如图，则此电阻丝的直径为______mm。 【答案】 (1). 5.015 (2). 1.569 【解析】 【详解】(1)[1]本题中的游标卡尺为 20 分度，精确度为 0.05mm，由题图可知游标的第 3 条刻 度与主尺对齐，则工件的外径是 50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm。 (2)[2]螺旋测微器的精确度为 0.01mm，由题图可知电阻丝的直径 1.5mm+6.9×0.01mm=1.569mm。 【点睛】本题考查了游标卡尺和螺旋测微器的读数，要掌握常用测量工具的使用方法和读数 方法，要注意游标卡尺不用估读，螺旋测微器需要估读。 16. 在“测定金属的电阻”的实验中，待测金属丝的电阻 Rx 约为 5Ω，实验室备有下列实验器 材： - 16 - A．电压表 V1（量程 0~3V，内阻约为 15kΩ）； B．电压表 V2（量程 0~15V，内阻约为 75kΩ）； C．电流表 A1（量程 0~3A，内阻约为 0.2Ω）； D．电流表 A2（量程 0~0.6A，内阻约为 1Ω）； E．变阻器 R1（0~25Ω，0.6A）； F．变阻器 R2（0~1000Ω，0.1A）； G．电池组 E（电动势为 3V）； H．开关 S，导线若干。 （1）为减小实验误差，应选用的实验器材有______（填器材前面的序号）。 （2）为减小实验误差，应选用如图 1 中______（选填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理 图，并按所选择的电路原理图把如图 2 中的实物图用线连接起来______。 【答案】 (1). ADEGH (2). 乙 (3). 【解析】 【详解】（1）[1]由于电源的电动势为 3V，所以电压表应选 A；被测电阻约为 5Ω ，电路中的 最大电流约为 0.6A，电流表应选 D；根据变阻器允许通过的最大电流可知，变阻器应选 E； 还要选择电源和开关，导线若干，故应选择的实验器材有 ADEGH。 （2）[2]由于 V A x x R R R R  - 17 - 应采用电流表外接法，应选图乙。 [3]参考电路图连线有 17. 用伏安法测定一个待测电阻 Rx 的阻值(阻值约为 200Ω)，实验室提供如下器材： 电池组 E：电动势 3V，内阻不计； 电流表 A1：量程 0～15mA，内阻约为 100Ω； 电流表 A2：量程 0～300μA，内阻为 1000Ω； 滑动变阻器 R1：阻值范围 0～20Ω，额定电流 2A； 电阻箱 R2：阻值范围 0～9999Ω，额定电流 1A； 开关 S、导线若干； 要求实验中尽可能准确地测量 Rx 的阻值，请回答下列问题： (1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表______(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电 阻箱阻值调到______Ω，这样可以改装成一个量程为 3.0V 的电压表； (2)在图中画完整测量 Rx 阻值的电路图，并在图中标明器材代号；______ (3)调节滑动变阻器 R1，两表的示数如图所示，可读出电流表 A1 的示数是______mA，电流表 A2 的示数是______μA，测得待测电阻 Rx 的阻值是______本次测量存在一定的系统误差，考虑 这个原因测量值比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)。 - 18 - 【答案】 (1). A2 (2). 9000 (3). (4). 8.0 (5). 150 (6). 187.5Ω (7). 偏小 【解析】 【详解】(1)[1]为了使改装后的电压表更接近理想电压表，应该使电压表的满偏电流尽可能小， 故应该选择电流表 2A 与电阻箱串联组成电压表。 [2]改装后电压表的量程为 3V ，则电阻箱的阻值为 A22 2 9000ΩU I rR I  满偏 满偏 (2)[3]滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应该采用分压式接法，待测电阻 阻值约为 200Ω ，电流表 1A 内阻约为100Ω ，电压表内阻为 V 1000Ω 9000Ω 10000ΩR    电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应该采用外接法，电路如图所示 (3)[4][5]由图示可知，电流表 1A 的示数为8.0mA ，电流表 2A 的示数为150μA 。 [6]待测电阻两端电压 6 2 V 150 10 10000V 1.5VU I R      测出待测电阻为 3 1 1.5 Ω 187.5Ω8 10x UR I    [7]电流表采用外接法，电流测量值偏大，由欧姆定律可知，测量值比真实值小。 四、解答题（共 3 小题，满分 32 分；第 18 题 8 分、19 题 10 分，第 20 题 14 分） 18. 在一个水平面上建立 x 轴，在过原点 O 垂直于 x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场 强大小 E＝6.0×105N/C，方向与 x 轴正方向相同，在 O 处放一个电荷量大小 q＝5.0×10－8C、质 - 19 - 量 m＝1.0×10－2kg 的带负电的物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿 x 轴正方向给 物块一个初速度 v0＝2.0m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置。(g 取 10m/s2) 【答案】原点 O 左侧 0.2m 处 【解析】 【详解】物块先在电场中向右减速，设运动的位移为 x1，由动能定理得 －(qE＋μmg)x1＝0－ 2 0 1 2 mv 所以 x1＝ 2 0 2( ) mv qE mg 代入数据得 x1＝0.4m，可知，当物块向右运动 0.4m 时速度减为零，物块所受的静电力 F＝qE＝0.03N 物体所受的摩擦力为 f＝μmg＝0.02N 因为静电力大于摩擦力，所以物块将继续沿 x 轴负方向加速运动，跨过 O 点之后在摩擦力作 用下减速，最终停止在 O 点左侧某处，设该点距 O 点距离为 x2，则对全过程由动能定理得 －μmg(2x1＋x2)＝0－ 2 0 1 2 mv 解得 x2＝0.2m 19. 如图所示，ABCD 为竖立放在场强为 E＝104V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中 轨道的 BCD 部分是半径为 R 的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A 为水平轨道上的一 点，而且 AB＝R＝0.2m．把一质量 m＝0.1kg、带电量 q＝10－4C 的小球，放在水平轨道的 A 点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动．(g 取 10 m/s2)求： (1)它到达 C 点时的速度是多大？ (2)若让小球安全通过 D 点，开始释放点离 B 点至少多远？ - 20 - 【答案】(1)2 m/s (2)0.5 m 【解析】 【详解】(1)由 A 点到 C 点应用动能定理有 Eq(AB＋R)－mgR＝ 21 2 Cmv 解得 vC＝2m/s (2)在 D 点，小球要安全通过必有 mg≤m 2 Dv R 设释放点距 B 点的距离为 x，由动能定理得： Eqx－mg2R＝ 21 2 Dmv 以上两式联立可得 x≥0.5m. 20. 在直角坐标系中，三个边长都为 l=2m 的正方形排列如图所示，第一象限正方形区域 ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为 E0，在第二象限正方形 COED 的对角线 CE 左 侧 CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形 OEC 区域内无电场，正方形 DENM 区域内无 电场． （1）现有一带电量为+q、质量为 m 的带电粒子（重力不计）从 AB 边上的 A 点静止释放，恰 好能通过 E 点．求 CED 区域内的匀强电场的电场强度 E1; （2）保持（1）问中电场强度不变，若在正方形区域 ABOC 中某些点静止释放与上述相同的 - 21 - 带电粒子，要使所有的粒子都经过 E 点，则释放的坐标值 x、y 间应满足什么关系？ （3）若 CDE 区域内的电场强度大小变为 2 0 4 3E E ，方向不变，其他条件都不变，则在正方 形区域 ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过 N 点，则释放 点坐标值 x、y 间又应满足什么关系？ 【答案】（1） 1 04E E （2）y=x （3） 3 4y x  【解析】 【详解】（1）设粒子出第一象限时速度为 v，加速过程 2 0 1 2qE l mv 由类平抛运动的规律 l vt 211 2 qEl tm   计算解得 1 04E E （2）设出发点坐标（x,y）,加速过程 2 0 1 2qE x mv 经过分析，要过 E 点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y y vt 211 2 qEy tm   计算可得 y=x （3）设出发点坐标（x,y）,加速 2 0 1 2qE x mv 在第二象限中类平抛运动时竖直位移为 y，由几何关系可得水平位移大小为 y y vt 0 2 4 1 3 2 q E y tm     由类平抛运动中的中点规律可知 - 22 - 2 y y y y l   计算可得 3 4y x  【名师点晴】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出 其沿电场．和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确 定圆心和半径．