北京市101中学高一物理下学期期中试题(含解析)

北京101中学2017-2018学年下学期高一年级期中考试物理试卷
一、单选题：
1. 一物体从某高度以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为v t，则它的运动时间为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】将物体落地的速度进行分解，如图所示
则有，又由小球竖直方向做自由落体运动，有：，解得：，故选D。

【点睛】物体落地的速度进行分解，求出竖直方向的分速度，再根据竖直方向是自由落体运动，求解运动时间．
2. 做匀速圆周运动的物体，下列哪些量是不变的
A. 线速度
B. 角速度
C. 向心加速度
D. 向心力
【答案】B
【解析】匀速圆周运动中线速度的方向时刻发生变化，A错；向心加速度、向心力时刻指向圆心，CD错；
3. 质量为的汽车，以速率通过半径为 r的凹形桥，在桥面最低点时汽车对桥面的压力大小是
A. mg
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】根据牛顿第二定律得，解得，故C正确；A、B、D错误。

故选C。

【点睛】解决本题的关键知道汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．4. 汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值。

当汽车的速率加大到原来的
二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应
A. 增大到原来的二倍
B. 减小到原来的一半
C. 增大到原来的四倍
D. 减小到原来的四分之一
【答案】C
【解析】汽车在水平地面上转弯，所需的向心力是由侧向静摩擦力提供，摩擦力已达到最大值，设摩擦力的最大值为f m，则得：;当速率v增大为原来的二倍时，f m不变，由上得，R应增大为原来的4倍．故选C.
5. 用长短不同、材料相同的同样粗细的绳子各拴着一个质量相同的小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示，则
A. 两个小球以相同的线速度运动时，长绳易断
B. 两个小球以相同的角速度运动时，短绳易断
C. 两个小球以相同的角速度运动时，长绳易断
D. 以上说法都不对
【答案】C
【解析】试题分析：两个小球以相同的速率运动时，根据，绳子越短，向心力越大，绳子越容易断，故A错误；两个小球以相同的角速度运动时，根据知，绳子越长，向心力越大，绳子越容易断，故BD错误，C正确。

考点：向心力、牛顿第二定律
【名师点睛】小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，靠拉力提供向心力，根据牛顿第二定律判断何时绳子容易断。

6. 一个点电荷从静电场中的a点移动到b点，其电势能的变化为零，则
A. a、b两点的电场强度一定相等
B. 该点电荷一定沿等势面运动
C. 作用于该点电荷的电场力与其运动方向总是垂直的
D. a、b两点的电势一定相等
【答案】D
考点：考查了电场力做功与电势差的关系
【名师点睛】本题抓住电场力做功只与电荷初末位置有关，与路径无关是关键，与重力做功的特点相似．
7. 在一个真空点电荷电场中，离该点电荷为r0的一点，引入电量为q的检验电荷，所受到的电场力为F，则离该点电荷为r处的场强的大小为
A. F/q
B. Fr02/qr2
C. Fr0/qr
D. F/q
【答案】B
【解析】根据电场强度定义得r0处的场强大小为
根据点电荷的场强公式得
则有：
解得：
所以该点电荷为r处的场强的大小为，故应选B。

8. 用绝缘柱支撑着贴有小金属箔的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，贴在它们下部的并列平行双金属箔是闭合的。

现将带正电荷的物体C移近导体A，发现金属箔都张开一定的角度，如图所示，则
A. 导体B下部的金属箔感应出负电荷
B. 导体A下部的金属箔感应出正电荷
C. 导体A和B下部的金属箔都感应出负电荷
D. 导体A感应出负电荷，导体B感应出等量的正电荷
【答案】D
故D正确。

点晴：解决本题关键理解静电感应实质是电荷从A端移到B端，并不是从一个物体转移到另一物体上。

9. 真空中两相同的带等量异号电荷的金属小球A和B（均可看做点电荷），分别固定在两处，它们之间的距离远远大于小球的直径，两球间静电力大小为F。

现用一个不带电的同样的绝缘金属小球C与A接触，然后移开C，此时A、B球间的静电力大小为
A. 2F
B. F
C.
D.
【答案】D
【解析】试题分析：由于两个球之间的距离远远大于小球的直径，故两个小球可以看成是点电荷；设原来小球所带的电荷量为q，则F=；当C与A接触再移开后，A所带的电荷量减少为原来的一半，即q/2，故此时的静电力的大小为F′==F/2，选项D正确。

考点：库仑定律。

10. 如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接。

将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是
A. Q变小，C不变，U不变，E变小
B. Q变小，C变小，U不变，E不变
C. Q不变，C变小，U变大，E不变
D. Q不变，C变小，U变大，E变小
【答案】C
【解析】试题分析：平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由电容的决定式C=，分析电容的变化，根据电容的定义式C=分析电压U的变化，而电场强度综合表达式E=，即可判定其大小变化情况．
解：平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．增大电容器两极板间的距离d时，由电容的决定式C=知，电容C变小，Q不变，则根据电容的定义式C=知，电容C
变小，Q不变，则U变大，
再根据E=，可得电场强度综合表达式E=，电场强度不发生变化，故C正确，ABD
不正确．
本题选择不正确的，故选：ABD．
点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．根据电容的决定式和定义式结合进行分析，注意掌握电场强度综合表达式的内容．
11. 如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B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不变
【答案】C
【解析】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：
，
v与两板间距无关，所以当改变两板间距离时，v不变，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
电子的加速度为：，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由
所以电子加速的时间为：，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，D错误；
故选C。

12. 如图所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N各放一个点电荷，它们分别带等量的正、负电荷。

E、F是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，MP=QN。

对于E、F、P、Q四点，其中电场强度相同、电势也相等的两点是
A. E和F
B. P和Q
C. A和B
D. C和D
【答案】A
【解析】依据电场强度叠加原理，知E P＝E Q，E E＝E F．MN间的电场线由M指向N，沿电场线方向电势降低，有φP＞φQ， E、F在同一等势面上，有φE＝φF，可见，A正确。

13. 如图所示，实线表示匀强电场的等势线。

一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示。

a、b为轨迹上的两点。

若a点电势为фa，b点电势为фb，则下列说法中正确的是
A. 场强方向一定向上，且电势фa>фb
B. 粒子一定是从a向b运动的，且电势фa<фb
C. 场强方向一定向下，且电势фa>фb
D. 粒子可能是从b向a运动的，且电势фa>фb
【答案】D
【解析】匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故电场力一定向右；粒子带正电，故电场强度方向向右，沿电场方向电势降低，即：电势фa＞фb，故D 正确。

点晴：电场线可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧。

14. 如图所示，带电导体Q靠近一个接地的空腔导体，空腔内无电荷。

则在达到静电平衡后，下列物理量中不为零的是
A. 空腔导体外表面的电量
B. 空腔导体内表面的电量
C. 空腔导体内部任意一点的场强
D. 空腔导体内任意一点的电势
【答案】A
【解析】A项：因为接地空腔导体里面无电荷，带电体Q感应远端为正电荷，近端为负电荷，导体接地，说明远端为地球，近端为导体，故导体外表面带负电荷，外表面的电荷量不为0；
B、D项：因为无穷远处的电势为0，而地球相当于很远的地方，故地球上电势为0，而导体与地球相连，是一个等势体，故导体空腔内任意点的电势也为0，导体空腔内表面的电荷量为0，即内表面没有电荷，；
C项：空腔内由于静电屏蔽的作用，其内部的场强为0。

故应选A。

点晴：如果导体空腔不与大地相连，则空腔内部的电场强度为0，电势不为0，在空腔的右侧感应负电荷，在空腔的左侧感应正电荷；如果空腔接地，则说明空腔与地球连成了一个整体，它们是一个等势体，其内部的场强为0，电势也为0。

15. 两个点电荷的质量分别为m1、m2，带异种电荷，电荷量分别为Q1、Q2，相距为d，只在库仑力作用下（不计万有引力）各自绕它们连线上的某一固定点，在同一水平面内做匀速圆周运动，它们的总动能为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对于质量m1，它们的库仑力提供其向心力，即
对于质量m2，它们的库仑力提供其向心力，即
则它们总的动能为：，故B正确。

点晴：两异种点电荷能绕圆心各自做匀速圆周运动，其向心力是由它们间的库仑力提供，则可以求出它们的总动能。

二、不定项选择题
16. 关于曲线运动的说法，正确的是
A. 速率不变的曲线运动是没有加速度的
B. 曲线运动一定是变速运动
C. 变速运动一定是曲线运动
D. 做曲线运动的物体一定有加速度
【答案】BD
【解析】A项：速率不变的曲线运动，由于速度方向改变，所以也具有加速度，故A错误；B项：曲线运动的速度方向时刻发生改变，所以曲线运动一定是变速运动，故B正确；
C项：变速运动不一定是曲线运动，如自由落体运动是匀变速直线运动，故C错误；
D项：由于曲线运动速度一定发生改变，所以一定具有加速度，故D正确。

17. 物体以速度水平抛出，若不计空气阻力，则当其竖直分位移与水平位移相等时，以下
说法中不正确
．．．的是
A. 竖直分速度等于水平分速度
B. 即时速度大小为
C. 运动的时间为
D. 运动的位移为
【答案】AD
【解析】A、C项：据题有：，得物体运动的时间为：
竖直分速度为：v y=gt=2v0，所以物体的竖直分速度是水平分速度的2倍．故A错误，C正确；B项：物体的速率为：，故B正确；
D项：物体的位移大小为，故D错误。

点晴：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直位移和水平位移相等，求出运动的时间，从而得出竖直分速度，结合平行四边形定则求出瞬时速度的大小．求出水平位移的大小，从而根据平行四边形定则求出物体运动的位移。

18. 如图所示，长0.5m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O在竖直平面内作匀速圆周运动，小球的速率为2m/s。

取g=10m/s2，下列说法正确的是
A. 小球通过最高点时，对杆的拉力大小是6N
B. 小球通过最高点时，对杆的压力大小是6N
C. 小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24N
D. 小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54N
【答案】BD
【解析】A项：设在最高点杆子表现为拉力，则有，代入数据得，F=-6N，则杆子表现为推力，大小为6N．所以小球对杆子表现为压力，大小为6N．故A错误，B正确；
C、D项：在最低点，杆子表现为拉力，有，代入数据得，F=54N．故C错误，D 正确。

点晴：杆子带着在竖直平面内的圆周运动，最高点，杆子可能表现为拉力，也可能表现为推
力，取决于速度的大小，在最低点，杆子只能表现为拉力。

19. 如图为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出）。

图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。

则下列说法中正确的是
A. 这两点电荷一定是等量异种电荷
B. 这两点电荷一定是等量同种电荷
C. D、C两点的电势一定相等
D. C点的电场强度比D点的电场强度小
【答案】AC
【解析】A、B项：根据电场线分布的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，且DN两侧电场线对称，可知A、B是两个等量异种电荷，故A正确，B错误；
C项：根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以D、C两点的电势一定相等，故C正确；
D项：在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D错误。

20. 测定压力变化的电容式传感器如图所示，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。

可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。

现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中，当待测压力增大时
A. 电容器的电容将增大
B. 电阻R中没有电流
C. 电阻R中有从a流向b的电流
D. 电阻R中有从b流向a的电流
【答案】AD
【解析】A、当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式得知，电容C增大．故A错误．B、C、D、电容板间电压U不变，电容器所带电量为Q=CU，C增大，则Q增大，电容器处于充电状态，而A板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，电阻R中有从b流向a的电流．故B、C错误，D正确．故选AD．
【点睛】本题考查对传感器基本原理的理解，实质是电容器动态变化分析问题，电容的决定式和定义式结合进行分析．
21. 如图所示，初速为零的电子经电压U1加速后，垂直进入偏转电场偏转，离开偏转电场时侧向位移是y，偏转板间距离为d，偏转电压为U2，板长为l。

为了提高偏转灵敏度（每单位偏转电压引起的侧向位移即y/U2），可采用下面哪些办法
A. 增大偏转电压U2
B. 增大板长l
C. 减小板间距离d
D. 增大加速电压U1
【答案】BC
【解析】粒子经电场加速后，根据动能定理有：
得电子加速后的速度
粒子进入偏转电场做类平抛运动：
水平方向：L=vt可得粒子运动时间
竖直方向：
所以要增加侧向位移y，可以增大偏转电压U2，增加板长L，或减小极板距离d，或减小加速电压U1
故BC正确。

点晴：粒子经电场加速后根据动能定理可以求出加速后的表达式，粒子进入偏转电场做类平抛运动，根据类平抛知识求解粒子偏转的侧向位移，由此分析即可。

三、实验题
22. 用图1所示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验。

①对于实验的操作要求，下列说法正确的是______。

A. 应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
B. 斜槽轨道必须光滑
C. 斜槽轨道末端可以不水平
D. 要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
E. 为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条光滑曲线把所有的点连接起来
②图2是利用图1装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是__________（填选项前的字母）。

A. 释放小球时初速度不为0
B. 释放小球的初始位置不同
C. 斜槽末端切线不水平
③图3是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是________（填选项前的字母）。

④根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹。

部分运动轨迹如图4所示。

图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为l，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等。

若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动，重力加速度为g。

可求出小球从P1运动到P2所用的时间为_______，小球抛出后的水平速度为_______，小球运动到P2的速度大小为_____________。

【答案】 (1). ADE (2). C (3). B (4). (5). (6).
【解析】(1) 为了保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，故C错误；而为了让小球每次做同样的平抛运动，小球每次应从同一位置滚下，故A正确；小球在运动中摩擦力每次都相同，故不需光滑，故B错误；为了得出更符合实际的轨迹，应尽量多的描出点，故D正确；记录点适当多一些，能够保证描点光滑，用平滑曲线连接，偏离较远的点应舍去，故E错误；
(2)由图2可知，小球的轨迹从抛出点开始向上，说明小球不是做平抛运动，即斜槽末端切
线不水平，故C正确；
(3) 竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强．因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度恒定．如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小，故应选B；
(4) 由图4所示可知：△h=4l，由匀变速直线运动推论得：△h=gt2，即：4l=gt2，
解得：
由图4所示可知：x=6l，小球的初速度大小：，
在P2点竖直方向的速度为，所以P2点速度为。

点晴：①根据平抛运动中的注意事项可得出正确选项；②根据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出P2在竖直方向上的速度大小，根据v y=gt可以求出从抛出到P2点的时间，根据平抛运动规律进一步求出结果。

23. 如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为-4×10-6C的点电荷从A点移到M 板，电场力做负功8×10-4 J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10-4 J，N 板接地。

则
（1）A点的电势=________________
（2）ＵＭＮ等于__________
【答案】 (1). -100V (2). -300V
【解析】A、N间的电势差：
又：U AN =φ A -φ N，φ N =0，则A点的电势：φ A =-100V。

四、解答题：解答要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，直接写出最后答案的不得分。

24. 将一个质量m=2.0kg的小球从离地面h=15m高的地方水平抛出，抛出时小球的速度
v0=10m/s，忽略空气对小球的阻力。

求：
（1）小球在空中运动的时间；
（2）小球落地时的速度大小；
（3）小球的重力势能的减少量。

（重力加速度g取10m/s2）
【答案】（1）（2）20m/s（3）300J
【解析】(1)在竖直方向做自由落体运动：
则得：；
(2)小球落地时竖直方向的速度为
所以小球落地时的速度大小；
(3) 小球的重力势能的减少量。

25. 如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R的光滑1/4圆形轨道，BC段为高为h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道。

一质量为m=0.1kg的小球由A点从静止开始下滑到B点时速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动（g取10m/s2），求：
（1）小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C的水平距离；
（2）小球到达B点时对圆形轨道的压力大小？
【答案】（1）2m（2）3N
【解析】试题分析：(1) 根据高度求出平抛运动的时间，结合速度和时间求出水平距离；
(2)由牛顿第二定律，求出压力。

解：(1)设小球离开B点做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为s
由解得：
由公式；
(2) 小球达B受重力G和向上的弹力F作用
由牛顿第二定律知
代入数据解得：F=3N
由牛顿第三定律知球对B的压力为3N。

26. 电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的。

油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷，油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况，两金属板间的距离为d，重力加速度为g。

忽略空气对油滴的浮力和阻力。

（1）调节两金属板间的电势差u，当u=U o时，设油滴的质量为m1，使得某个油滴恰好做匀速运动。

该油滴所带电荷量q为多少?
（2）若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差为u=U时，观察到某个质量为m2带正电的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q。

【答案】（1）（2）
【解析】（1）由平衡条件知m1g=q
解得q=
（2）若Q为正电荷，根据牛顿第二定律有m2g+=m2a，且d=at2
由以上两式解得Q=
若Q为负电荷，根据牛顿第二定律有m2g-=m2a，又d=at2
由以上两式解得Q=
27. 示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转，小明同学对这种偏转进行了定量的研究，已知电子的质量为m、电荷量为e，在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。

（1）如图所示，水平放置的偏转极板的长度为l，板间距为d，极板间的偏转电压为U，在两极板间形成匀强电场。

极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b，荧光屏MN与两极板间的中心线O1O1′垂直。

电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入，忽略极板间匀强电场的边缘效应，电子所受重力可忽略不计，求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离。

（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。

在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。

已知U=2.0×102V，d=4.0×10-2m，m=9.1×10-31kg，e=1.6×10-19C，重力加速度g=10m/s2。

（3）极板间既有静电场，也有重力场。

电场力反映了静电场各点具有力的性质，请写出电场强度E的定义式。

类比电场强度的定义方法，在重力场中建立“重力场强度”E G的概念。

【答案】（1）（2）见解析（3）
【解析】试题分析：(1) 根据动能定理，即可求得加速的速度大小，再依据类平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的合成与分解，从而即可求解；
(2)依据提供的数据，从而计算出重力与电场力，并求得它们的比值，即可求解；
(1) 设电子在偏转电场运动的加速度为a，时间为t，离开偏转电场时的偏移距离为y，根
据运动学公式有：
根据牛顿第二定律有：
电子在电场中的运动时间：
联立解得：
电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，设电子打在屏上距O1′的最大距离为，则由几何关系可知：
将y代入解得
(2) 电子受到的电场力为：
电子所受重力为：
那么
由于F〈〈G，所以重力忽略不计；
(3)电场强度的定义式：
所以重力场强度：.
点晴：考查了动能定理的内容，掌握类平抛运动处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，注意类比法的内涵，及如何归纳物理量间的共同点是解题的关键。

28. 如图所示，真空中相距d=10cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零）。

A板电势变化的规律如右图所示。

将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q=+1.6×10-19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。

求：
（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小。

（2）A板电势变化周期T多大时，在t=T/4到t=T/2时间内从紧临B板处无初速释放该带
电粒子，粒子不能到达A板。

【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：由图可知两板间开始时的电势差，则由U=Ed可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；要使粒子不能到达A板，应让粒子在向A板运动中的总位移小于极板间的距离。

(1) 电场强度
带电粒子所受电场力
F=ma
所以；
(2) 带电粒子在t＝～t＝向A板做匀加速运动，在t＝～t＝向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。

粒子向A板运动可能的最大位移
要求粒子不能到达A板，有s＜d
应满足T<
点晴：因极板间加交变电场，故粒子的受力周周期性变化，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况。