河南省鹤壁高中2020-2021学年高二上学期阶段性检测（二）物理试题 Word版含答案 15页

1 鹤壁高中 2020-2021 学年高二上学期阶段性检测 （二）物理试卷 考生注意： 1．本试卷第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。 2．作答时，将答案写在本试卷上无效。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B铅笔把 答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径 0.5 毫米黑色签字笔在答 案题卡上的各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、 草稿纸上作答无效。 第Ⅰ卷 选择题（共 65 分） 一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的， 每小题 4 分，共 40 分） 1.如图 1 所示，在一半径为 R 的圆周上均匀分布有 N 个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排 列，其中 A 点的小球带电荷量为＋4q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心 O 点的电场强 度大小为 E，现仅撤去 A 点的小球，则 O 点的电场强度为(　　) A．大小为 E，方向沿 AO 连线斜向下 B．大小为E 2，方向沿 AO 连线斜向下 C．大小为E 3，方向沿 AO 连线斜向上 D．大小为E 4，方向沿 AO 连线斜向上 2．如图 2 所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关 S 闭合，小球静止 时，悬线与竖直方向的夹角为 θ，则(　　) A．当开关 S 断开时，若减小平行板间的距离，则夹角 θ 增大 B．当开关 S 断开时，若增大平行板间的距离，则夹角 θ 增大 图 1 2 C．当开关 S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角 θ 增大 D．当开关 S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角 θ 减小 3．如图 3，两电荷量分别为 Q(Q>0)和－Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧，a 点位于 x 轴上 O 点与点电荷 Q 之间，b 位于 y 轴 O 点上方．取无穷远处的电势为零，下列 说法正确的是(　　) A．O 点的电势为零，电场强度也为零 B．a 点的电势高于 b 点电势，a 点电场强度大于 b 点电场强度 C．正的试探电荷在 b 点的电势能大于零，所受电场力方向指向 O 点 D．将负的试探电荷从 O 点移到 a 点，必须克服电场力做功 4.如图 4 所示，以 O 点为圆心、R＝0.20 m 为半径的圆处于匀强电场(图中未画出)中，电场 平行于圆面，ac、bd 为圆的两条相互垂直的直径．已知 a、b、c 三点的电势分别为 2 V、2 3 V、－2 V，则下列说法正确的是(　　) A．d 点电势为 2 3 V B．电子从 d 点运动到 a 点电势能增加 C．电场方向由 b 点指向 c 点 D．该匀强电场的场强大小为 20 V/m 5．如图 5 甲所示，两个点电荷 Q1、Q2 固定在 x 轴上距离为 L 的两点，其中 Q1 带正电荷位 于原点 O，a、b 是它们的连线延长线上的两点，其中 b 点与 O 点相距 3L.现有一带正电的 粒子 q 以一定的初速度沿 x 轴从 a 点开始经 b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子 经过 a、b 两点时的速度分别为 va、vb，其速度随坐 标 x 变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是 (　　) A．Q2 带负电且电荷量大于 Q1 B．b 点的场强一定为零 C．a 点的电势比 b 点的电势高 D．粒子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能大 图 2 图 3 图 4 图 5 3 6．如图 6 所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为 m 的物体 A 相连，物 体 A 放在光滑水平地面上．有一质量与物体 A 相同的物体 B，从高 h 处由静止开始沿光滑 曲面滑下，与物体 A 相碰(碰撞时间极短)后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后物体 B 与物 体 A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(　　) A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 mgh B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 1 2mgh C．物体 B 能达到的最大高度为 1 2h D．物体 B 能达到的最大高度为 h 7．如图 7 所示，在平面直角坐标系 xOy 内，固定有 A、B、C、D 四个带电荷量均为 Q 的 点电荷，它们关于两坐标轴对称，其中 A、B 带正电，C、D 带负电，它们产生电场的等势 面如图中虚线所示，坐标轴上 abcd 是图中正方形的四个顶点，则(　　) A．b、d 两点电势相等，场强不相等 B．b、d 两点场强相同，电势不相等 C．将电子沿路径 a→O→c 移动，电场力做正功 D．将电子沿路径 a→b→c 移动，电场力先做负功，后做正功 8.如图 8 所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线 1、2、3 为等势线，已知 MN＝NQ， a、b 两带电粒子从等势线 2 上的 O 点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下，两粒子的运 动轨迹如图所示，则(　　) A.a 一定带正电，b 一定带负电 B.a 加速度逐渐减小，b 加速度逐渐增大 C.M、N 两点间电势差|UMN|等于 N、Q 两点间电势差|UNQ| D.a 粒子到达等势线 3 的动能变化量比 b 粒子到达等势线 1 的动能变化量小 9．在电场中，以 O 为原点，沿电场方向建立坐标轴 r.将带正电的试探电荷放入电场中， 其电势能 Ep 随 r 变化的关系如图 9 所示，其中 r2 对应图线与横轴的交点，r0 对应图线的最 低点．若电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　) 图 6 图 7 图 8 4 A．从 r1 处释放电荷，电荷将先向 r 正方向运动 B．从 r2 处释放电荷，电荷将保持静止 C．从 r0 处释放电荷，电荷将先向 r 负方向运动 D．从 r3 处释放电荷，电荷将先向 r 正方向运动 10.如图 10 所示，A、B 两点固定两个等量异种点电荷＋Q 和－Q，O 点为 AB 连线的中点， OD 是 AB 连线的中垂线，BC 与 OD 平行，AO＝BO＝BC，下列说法正确的是(　　) A．O 点的场强和 D 点的场强大小相等 B．D 点的场强方向由 D 指向 C C．负电荷在 O 点的电势能比在 D 点的电势能低 D．将一负电荷由 D 点移动 C 点，电荷的电势能增加 二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中，不只有一项是符合题目要求 的，每小题 5 分，选错得 0 分，选不全得 3 分，共 25 分） 11.如图 11 所示为竖直平面内的直角坐标系，其中 x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向．质量 为 m、带电荷量为 q 的小球，在重力和恒定电场力 F 作用下，在竖直平面内沿与 y 轴方向 成 α 角(90°>α>45°)斜向下方向做直线运动，重力加速度为 g，则下列说法正确的是(　　) A．若 F＝mgsin α，则小球的速度不变 B．若 F＝mgsin α，则小球的速度可能减小 C．若 F＝mgtan α，则小球的速度可能减小 D．若 F＝mgtan α，则小球的电势能可能增大 12.(多选)如图 12 甲所示，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0 时刻，质量为 m 的带电微粒以初速度 v0 沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为 g.关于微粒在 0～T 时间内运动的描述，正确的是(　　) A．末速度大小为 2v0 图 9 图 10 图 11 5 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 1 2mgd D．克服电场力做功为 mgd 13．(多选)如图 13 所示，A、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接， 两板间 P 点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为 U，P 点场强大小为 E，电势为 φP， 负电荷的电势能为 Ep，现将 A、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的 是(　　) A．U 变大，E 变大 B．U 变小，φP 变小 C．φP 变小，Ep 变大 D．φP 变大，Ep 变小 14. (多选)如图 14 所示，一电荷量大小为 q 的带电粒子以一定的初速度由 P 点射入匀强电场， 入射方向与电场线垂直.粒子从 Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成 30°角.已知匀强电 场的宽度为 d，P、Q 两点的电势差为 U，不计重力作用，设 P 点的电势为零.则下列说法正 确的是(　　) A.带电粒子带正电 B.带电粒子在 Q 点的电势能为 Uq C.此匀强电场的电场强度大小为 E＝2 3U 3d D.此匀强电场的电场强度大小为 E＝ 3U 3d 图 12 图 13 图 14 6 15. (多选)如图 15 所示，水平光滑长杆上套有小物块 A，细线跨过位于 O 点的轻质光滑定滑 轮，一端连接 A，另一端悬挂小物块 B，物块 A、B 质量相等．C 为 O 点正下方杆上的点， 滑轮到杆的距离 OC＝h，重力加速度为 g.开始时 A 位于 P 点，PO 与水平方向的夹角为 30°，现将 A、B 由静止释放，下列说法正确 的是(　　) A．物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，速度先增大后减少 B．物块 A 经过 C 点时的速度大小为 2gh C．物块 A 在杆上长为 2 3h的范围内做往复运动 D．在物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块 B 克服细线拉力做的功小于 B 重力 势能的减少量 第Ⅱ卷 非选择题（共 45 分） 三、计算题（本大题共 45 分） 16．（10 分）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为 C，极板间的距离为 d， 上极板正中有一小孔．质量为 m、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始下落， 穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力 加速度为 g)．求： (1)小球到达小孔处的速度； (2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间． 17.（9 分）如图 17 所示，一带电荷量为＋q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37°的光滑 斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)水平向右电场的电场强度； (2)若将电场强度减小为原来的1 2，物块的加速度是多大？ (3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时的动能． 图 15 图 17 7 18．（11 分）如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场 E1、E2，已知区域Ⅰ宽 L1＝0.8 m，区域Ⅱ宽 L2＝0.4 m，E1＝10 2 V/m 且方向与水平方向成 45°角斜向右上方，E2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为 q＝＋1.6×10－3 C．质量 m＝1.6×10－3 kg 的带电小球(可 视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g 取 10 m/s2，求： (1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间； (2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向． 19.（15 分）.如图，一质量为 m1＝1 kg，带电荷量为 q＝＋0.5 C 的小球以速度 v0＝3 m/s， 沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长 0.6 m，两极板间距为 0.5 m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由 A 点沿切线落入竖直光 滑圆弧轨道 ABC，圆弧轨道 ABC 的形状为半径 R<3 m 的圆截去了左上角 127°的圆弧， CB 为其竖直直径，在过 A 点竖直线 OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强 度为 E＝10 V/m.(取 g＝10 m/s2)求： (1)两极板间的电势差大小 U； (2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径 R 的取值应满足的条件． 8 鹤壁高中 2022 届高二年级适应性检测（二） 物理答案 1 答案　C 解析　假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q 的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠 加原理知，圆心 O 处场强为零，所以圆心 O 点的电场强度大小等效于 A 点处电荷量为＋3q 9 的小球在 O 点产生的场强，则有 E＝k3q R2，方向沿 AO 连线向下；A 处带电荷量为＋q 的小 球在圆心 O 点产生的场强大小为 E1＝k q R2＝E 3，方向沿 AO 连线向下；其余带电荷量为＋q 的所有小球在 O 点处产生的合场强为 E2＝E1＝E 3，方向沿 AO 连线斜向上；故仅撤去 A 点 的小球，O 点的电场强度为E 3，方向沿 AO 连线斜向上． 2 答案　C 解析　带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有 tan θ＝qE mg，当开关 S 断开时，电容 器两极板上的电荷量 Q 不变，由 C＝ εrS 4πkd，U＝Q C，E＝U d可知 E＝4πkQ εrS ，故增大或减小两 极板间的距离 d，电容器两极板间的电场强度不变，θ 不变，选项 A、B 错误；当开关 S 闭 合时，因为两极板间的电压 U 不变，由 E＝U d可知，减小两极板间的距离 d，E 增大，θ 变 大，选项 C 正确，D 错误． 3 答案　B 解析　等量异种点电荷连线的中垂线为一条等势线，且电势为零，即 O 点电势为零，而两 电荷连线上电场方向由 a 指向 O，根据沿电场线方向电势降低，所以 a 点的电势高于 O 点 的电势，即 a 点的电势高于 b 点的电势，在两电荷连线上，电场强度先增大后减小，在 O 点电场强度最小，但不为零，在两电荷连线的中垂线上，从 O 点向两边递减，所以 O 点在 中垂线上是电场强度最大的点，故 a 点电场强度大于 b 点电场强度，A 错误，B 正确；电 荷在零电势处电势能为零，故正的试探电荷在 b 点的电势能为零，电场力方向水平向右，C 错误；负电荷从 O 向 a 移动过程中，电场力方向水平向左，电场力做正功，D 错误． 4 答案　D 解析　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，因为 φa ＝2 V，φc＝－2 V，可知，O 点电势为 0，而 bO＝Od，则 b、O 间的电势差等于 O、d 间的 电势差，可知，d 点的电势为－2 3 V，故 A 错误；从 d 点到 a 点电势升高，根据 Ep＝qφ， 电子从 d 点运动到 a 点电势能减小，故 B 错误；由作图和几何关系可知 a、c 两点沿电场强度方向的距离为 d＝2Rsin 30°＝2×0.2×1 2 m＝0.2 m，故该匀强电场的场 10 强 E＝Uac d ＝ 4 0.2 V/m＝20 V/m ，电场方向不是由 b 点指向 c 点，故 C 错误，D 正确． 5 答案　B 解析　由题图知粒子在到达 b 点前做减速运动，过 b 点后做加速运动，在 b 点的加速度为 0，则在 b 点受到两点电荷的电场力平衡，Q1 带正电荷，则 Q2 带负电荷，且根据库仑定律 知，|Q2|＜|Q1|，故 A 错误；粒子通过 b 点的加速度为零，说明所受电场力为零，则 b 点的 场强一定为零，故 B 正确；粒子从 a 运动到 b 的过程中，粒子的动能先减小，根据能量守 恒知其电势能增大．根据正电荷在电势高处电势能大，可知粒子在 a 点的电势能比 b 点的 电势能小，a 点的电势比 b 点的电势低，故 C、D 错误． 6 答案　B 解析　对物体 B 下滑过程，根据机械能守恒定律可得：mgh＝1 2mv02，则 B 刚到达水平地面 时的速度 v0＝ 2gh，物体 B 与物体 A 碰撞过程，以 A、B 两物体组成的系统为研究对象， 取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，则物体 A 与物体 B 碰撞后的共同速 度为 v＝1 2v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 Epm＝1 2×2mv2＝mgh 2 ，故 A 错误， B 正确；当弹簧再次恢复原长时，物体 A 与物体 B 将分开，物体 B 以 v 的速度沿原曲面上 滑，根据机械能守恒定律可得 mgh′＝1 2mv2，则物体 B 能达到的最大高度为 h′＝h 4，故 C、D 错误． 7 答案　B 解析　根据对称性可知，b、d 两点的场强大小相等，方向相同，均由 b 指向 d，则场强相 同．b、d 两点间的电场线由 b 指向 d，所以 b 点的电势高于 d 点的电势，故 A 错误，B 正 确；将电子沿路径 a→O→c 移动，电势不变，电场力不做功，故 C 错误；将电子沿路径 a→b→c 移动，从 a 到 b，电场力做正功，从 b 到 c，电场力做负功，故 D 错误． 8.B　[由题图可知，a 粒子的轨迹方向向右弯曲，则 a 粒子所受电场力方向向右，b 粒子的 轨迹向左弯曲，则 b 粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电 性，故 A 错误.由电场线疏密可知，a 所受电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，b 所受电场 力逐渐增大，加速度逐渐增大，故 B 正确.已知 MN＝NQ，由于 MN 段场强大于 NQ 段场 强，所以 M、N 两点间电势差|UMN|大于 N、Q 两点间电势差|UNQ|，故 C 错误.根据电场 力做功公式 W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，由于两个粒子所带电荷量的大小关系未知，所以不能 判断电场力做功的多少及动能变化量大小，故 D 错误.] 9 答案　A 11 解析　由题图知，从 r1 到无穷远处，正电荷的电势能先减小后增加，则电势先减小后增加， 在 r0 左侧电场线沿 r 正方向，r0 右侧电场线沿 r 负方向，则从 r1 处释放电荷，电荷先向 r 正方向运动，选项 A 正确；从 r2 处释放电荷，电荷将先向 r 正方向运动，选项 B 错误；Ep －x 图象切线斜率大小等于电场力大小，r0 处切线斜率为 0，故所受电场力为 0，故从 r0 处 释放电荷，电荷将静止，选项 C 错误；从 r3 处释放电荷，电荷将先向 r 负方向运动，选项 D 正确． 10 答案　D 解析　等量异种点电荷连线的中垂面是等势面，根据场强的叠加，可知 O 点和 D 点的电场 强度方向相同，均由 A 指向 B，所以 D 点的场强方向水平向右，故 B 错误；根据等量异种 电荷产生的电场的特点知，在 O 点产生的场强比在 D 点产生的场强大，故 A 正确；因为在 同一等势面上运动，电场力不做功，所以将一负电荷由 O 点移到 D 点，电场力不做功，电 势能不变，故 C 错误；D 点电势等于零，C 点电势小于零，将一负电荷由 D 点移到 C 点， 电场力做负功，电荷的电势能增大，故 D 正确． 11 答案　CD 解析　小球只受重力 G 和电场力 F 作用，小球做直线运动，则合力为零或合力方向与运动 方向在同一直线上；若 F＝mgsin α，则 F 方向与运动方向垂直，如图， 力 F 不做功，只有重力做功，所以小球的速度增大，A、B 错误；若 F＝mgtan α，力 F 与 小球运动方向可能成锐角，力对小球做正功，小球速度增大，电势能减小，力 F 也可能与 运动方向成钝角，合力对小球做负功，小球速度减小，电势能增大，故 C、D 正确． 12 答案　BC 解析　因 0～T 3时间内微粒匀速运动，故 E0q＝mg；在T 3～2T 3 时间内，微粒只受重力作用， 做平抛运动，在 t＝2T 3 时刻的竖直速度为 vy1＝gT 3 ，水平速度为 v0；在2T 3 ～T 时间内，由牛 顿第二定律得 2E0q－mg＝ma，解得 a＝g，方向向上，则在 t＝T 时刻，vy2＝vy1－gT 3＝0， 粒子的竖直速度减小到零，水平速度为 v0，选项 A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了 ΔEp ＝mg·d 2＝1 2mgd，选项 C 正确；从射入到射出，由动能定理得 1 2mgd－W 电＝0，可知克服电 场力做功为 1 2mgd，选项 D 错误． 12 13 答案　AC 解析　根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由 C＝ εrS 4πkd可知电 容减小，由 U＝Q C可知极板间电压增大，由 E＝U d可知，电场强度增大，故 A 正确；设 P 点 的电势为 φP，则由题可知 0－φP＝Ed′是增大的，则 φP 一定减小，由于负电荷在电势低的 地方电势能一定较大，所以可知电势能 Ep 是增大的，故 C 正确． 14.AC　[由运动轨迹向上偏转可知粒子带正电，A 正确；由 P→Q，电场力做功为 WPQ＝EpP －EpQ＝qU，φP＝0，则 EpP＝0，EpQ＝－qU，B 错；对 Q 点速度分解 v0＝vsin 30°，则 v＝2v0 对 P→Q 过程，WPQ＝qU＝qE·x＝1 2m(v2－v02) ① x＝1 2 qE m t2 ② d＝v0t ③ 由①②③求得 E＝2 3U 3d ，C 对，D 错.] 15 答案　BC 解析　物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，细线拉力对 A 做正功，动能不断增大， 速度不断增大，A 错误； 设物块 A 经过 C 点时的速度大小为 v，此时 B 的速度为 0，根据系统的机械能守恒得：mg ( h sin 30°－h)＝1 2mv2，得 v＝ 2gh，B 正确； 由几何知识可得AC＝ 3h，由于 A、B 组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块 A 在杆 上长为 2 3h 的范围内做往复运动，C 错误； 到 C 点时 B 的速度为零，则根据功能关系可知，在物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程 中，物块 B 克服细线拉力做的功等于 B 重力势能的减少量，D 错误． 16 答案　(1) 2gh　(2)mg(h＋d) qd 　Cmg(h＋d) q (3)h＋d h 2h g 解析　(1)由 v2＝2gh（1 分），得 v＝ 2gh （1 分） (2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma （1 分） 13 由运动学公式知：0－v2＝2ad（1 分） 整理得电场强度 E＝mg(h＋d) qd （1 分） 由 U＝Ed，Q＝CU，（1 分）得电容器所带电荷量 Q＝Cmg(h＋d) q （1 分） (3)由 h＝1 2gt21，0＝v＋at（1 分）2，t＝t1＋t2（1 分） 整理得 t＝h＋d h 2h g （1 分） 17 答案　(1)3mg 4q 　(2)0.3g　(3)0.3mgL 解析　(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有 FNsin 37°＝qE（1 分） FNcos 37°＝mg（1 分） 解得 E＝3mg 4q （1 分） (2)若电场强度减小为原来的1 2，即 E′＝3mg 8q （1 分） 由牛顿第二定律得 mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma（1 分） 解得 a＝0.3g（1 分） (3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得 mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0（2 分） 解得 Ek＝0.3mgL.（1 分） 18 答案　(1)10 m/s2　0.4 s　(2)5 m/s　速度方向与水平方向夹角为 37°斜向右下方 解析　(1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力 F1＝qE1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力 和重力的合力方向水平向右，大小为 F 合＝F1 cos 45°＝1.6×10－2 N，（1 分）则小球 向右做匀加速直线运动，其加速度 a1＝F 合 m ＝10 m/s2，（1 分）小球运动时间 t1＝ 2L1 a1 ＝0.4 s.（1 分） （2）小球离开电场Ⅰ区域的水平速度 v0＝a1t1＝4 m/s，（1 分）小球在电场Ⅱ区域中受到电 14 场力和重力的合力竖直向下，其加速度 a2＝g＋qE2 m ＝30 m/s2，（2 分）小球在电场Ⅱ区域中 做类平抛运动，其运动时间 t2＝L2 v0＝0.1 s．（1 分）小球在竖直方向的分速度 vy＝a2t2＝3 m/s，（1 分）小球离开电场Ⅱ区域的速度 v＝v20＋v2y＝5 m/s，（1 分）设小球离开电场Ⅱ区 域的速度方向与水平方向夹角为 θ，则 tan θ＝vy v0＝3 4，（1 分）得 θ＝37°.（1 分） 19 答案　(1)10 V　(2)3 m>R≥25 18 m 或 R≤25 63 m 解析　(1)在 A 点，竖直分速度 vy＝ v0tan 53°＝4 m/s（1 分） 带电粒子在平行板中运动时间 t＝L v0＝0.2 s（1 分） vy＝at（1 分），得 a＝20 m/s2 （1 分） 又 mg＋E′q＝ma（1 分） E′＝U d（1 分），得 U＝10 V（1 分） (2)在 A 点速度 vA＝ v0 cos 53°＝5 m/s（1 分） ①若小球不超过圆心等高处，则有 1 2mvA2≤(mg＋qE)Rcos 53°（1 分） 得 R≥25 18 m 故 3 m>R≥25 18 m（1 分） ②若小球能到达最高点 C，则有 1 2mv2A＝(mg＋qE)R·(1＋cos 53°)＋1 2mvC2（1 分） 在 C 点：mg＋Eq≤mvC2 R （1 分） 15 可得 vC≥ (mg＋qE)R m （1 分） 联立解得：R≤25 63 m（1 分） 故圆弧轨道半径 R 的取值条件为： 3 m>R≥25 18 m 或 R≤25 63 m（1 分）