贵州省贵阳市19-20学年高二上学期期末物理试卷 (附答案解析)

贵州省贵阳市19-20学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1.发现电流磁效应的物理学家是()
A. 法拉第
B. 奥斯特
C. 库仑
D. 安培
2.元电荷所带的电荷量是()
A. 1.6×1018C
B. 1.6×10−19C
C. 1.60×10−20C
D. 1.60×10−21C
3.下列四个物理量中属于用比值法定义的是()
A. 导体的电阻R=ρI
S B. 电容器的电容C=ɛr s
4πkd
C. 点电荷的电场强度E=k Q
r2D. 磁感应强度B=F
IL
4.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的
带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()
A. 轨道半径减小，角速度增大
B. 轨道半径减小，角速度减小
C. 轨道半径增大，角速度增大
D. 轨道半径增大，角速度减小
5.电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此()
A. 电动势是一种非静电力
B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多
C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压
6.关于物体的带电荷量，以下说法中错误的是()
A. 物体所带的电荷量可以为任意实数
B. 物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍
C. 物体带电+1.60×10−9C，这是因为该物体失去了1.0×1010个电子
D. 物体带电荷量的最小值为1.6×10−19C
7.如图所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c
三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是()
A. 不断减小
B. 不断增大
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
8.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、电荷量和中间的电介质不变，将两极板间的
距离变大，其电容C和极板间匀强电场的场强E的变化情况是()
A. C减小、E不变
B. C增大、E增大
C. C减小、E减小
D. C增大、E减小
9.如图，A、B、C三点在同一直线上，AB=BC，在A处固定一电荷量为Q
的点电荷．当在B处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去B处电荷，在C处放电荷量为−2q的点电荷，其所受电场力为()
A. −F
2B. F
2
C. −F
D. F
10.在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通入不同的
电流，导线所受的力也不一样，图中几幅图象表现的是导线受的力F与通过的电流I的关系．a，b各代表一组F，I的数据．下列图中正确的是()
A. B.
C. D.
11.一对等量正点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)如图所示，则关于图中A、B两点电场强
度分别是E A、E B，电势分别是φA、φB，负电荷q在A、B时的电势能分别是E PA、E PB，下列判断正确的是()
A. E A>E B，φA>φB，E PA<E PB
B. E A>E B，φA<φB，E PA<E PB
C. E A<E B，φA>φB，E PA>E PB
D. E A<E B，φA<φB，E PA>E PB
12.用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接
入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是()
A. 图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等
B. 图甲中电压表的指针偏角比电流表的小
C. 图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等
D. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的小
二、多选题（本大题共5小题，共10.0分）
13.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、
C三点的场强分别为E A、E B、E C，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间
的电势差分别为U AB、U BC，则下列关系中正确的有()
A. φA>φB>φC
B. E C>E B>E A
C. U AB>U BC
D. U AB=
U BC
14.如图所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B两端接在电
压恒定的电源上，则()
A. S断开时，R1与R2的功率之比为1：5
B. S闭合时通过R1与R2的电流之比为2：1
C. S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为7：12
D. S断开与闭合两种情况下，电阻R2的功率之比为7：12
15.如图所示，一水平长直导线MN上用非常结实的绝缘细线悬挂一等腰直角
三角形线圈，线圈与直导线在同一竖直平面内，线圈中通以如图所示的恒
定电流，下列说法正确的是()
A. 在MN上通以向左的电流，线圈可能会向上平动
B. 在MN上通以向右的电流，线圈可能不动，但绝缘细线的拉力小于线圈的垂力
C. 在MN上通以向右的电流，线圈会发生(俯视看)逆时针转动
D. 在MN上通以向左的电流，线圈肯定不动，但细线上一定有张力
16.(多选)如图所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子经电场加速后
进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强
度分别为B和E，平板S上有可让粒子通过的狭缝P(只有在正交电磁
场中做直线运动的粒子才能通过P狭缝)和记录粒子位置的胶片A1A2，
平板S下方有磁感应强度为B的匀强磁场，根据图示粒子的运动，下
列说法正确的有()
A. 图示轨迹运动的粒子一定是同种粒子
B. 图示轨迹运动的粒子一定是带正电的粒子
C. 图示B0磁场中圆轨道上运动的粒子速度大小一定相等
D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
17.如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平
面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。

一电子从a点移
动到b点，电势能减小W；若电子从c点移动到d点，电势能也减小W。

下列说法正确的是()
A. 电子从M点移动到N点，电势能也减小W
B. b点的电势一定低于d点的电势
C. 电场强度的方向一定是从b点指向a点
D. a、c两点间的电势差等于b、d两点间的电势差
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
18.多用电表是实验和生产实际中常用的仪器．
(1)图甲所示为一个多用电表的内部电路图，在进行电流测量时，应将转换开关S拨到
_________或_________两个位置；在进行电压测量时，就将转换开关S拨到_________或_________两个位置．
(2)使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图乙中a、b所示．若功能选择开
关处在“直流电流10A”挡时指针位于a，则被测电流是_________A.若功能选择开关处在“直流电压2.5V”挡时指针位于b，则被测电压是_________V．
19.在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，实验原理图如图甲所示，实物图如图乙所示，其中
已连接好一部分电路。

(1)按图甲所示的实验电路把图乙中剩余的电路连接起来。

(2)在图乙所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________(填
“A”或“B”)端。

(3)图丙是根据实验数据作出的U−I图象，由图可知，电源的电动势E=________V，内阻
r=________Ω。

(结果保留两位小数)
四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
20.如图所示，质量为m、长度为L的水平金属棒ab通过两根细金属丝悬挂在绝缘架MN下面，整
个装置处于竖直方向的匀强磁场中，当金属棒通以由a向b的电流I后，将离开原位置向外偏转β角而重新平衡，如图所示，则：
(1)磁感应强度的大小和方向如何？
(2)此时金属丝中的张力是多少？
21.一带电粒子无初速度的进入一加速电场A，然后垂直进入两块平行金属板M、N形成的偏转电
场中(偏转电场可视为匀强电场)，如图所示．已知加速电场A板间电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子受到的重力及它们之间的相互作用力．求：
(1)粒子穿过A板时速度大小v0；
(2)粒子在偏转电场运动时的加速度
(3)粒子从偏转电场射出时的侧移量y．
22.如图所示为一组方向未知的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=−1.0×10−6C的点电荷由A
点沿水平线移至B点，克服静电力做了2×10−6J的功，已知AB间的距离为2cm．
(1)求AB两点间的电势差U AB；
(2)求该电荷在匀强电场中受到电场力的大小及方向．
23.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，
磁感应强度大小为B=0.1T，从坐标原点沿与x轴正向成θ=30°的方向，向第一象限内射入质量为m=1×10−17kg、电荷量为q=1.0×10−11C的带正电粒子，粒子的速度大小为v0=
1×104m/s，粒子经磁场偏转后，速度垂直于x轴。

若不计粒子的重力，求(结果可用π表示)：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径及运动的时间；
(2)匀强磁场的最小面积。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家，故ACD错误，B正确；故选B
2.答案：B
解析：解：元电荷是指最小的电荷量，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．
元电荷所带的电荷量是1.6×10−19C.
故选：B．
元电荷是指最小的电荷量，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．
本题就是对元电荷概念的考查，知道任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．
3.答案：D
解析：
所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法；比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变；
解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性。

解：A.这是电阻决定式，说明电阻与导体的长度成正比，与横截面积成反比，不属于比值定义法，
，故A错误；
电阻的比值定义式是R=U
I
B.电容与极板的正对面积S成正比，与极板间的距离d成反比，该式是决定式，不属于比值定义法，
，故B错误;
电容的比值定义式是C=Q
U
C.电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，该式是决定式，不属于比值定义法，电场
的比值定义式是E=F
q
，故C错误；
D.磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，所以B=F
IL
属于比值定义法，故D正确；故选D。

4.答案：D
解析：
根据洛伦兹力提供向心力列方程求出半径和角速度的表达式，结合题设即可判断。

熟悉匀强磁场中粒子的运动规律是解题的关键。

由牛顿第二定律：qvB=m v2
R 可得做圆周运动的半径R=mv qB，角速度为ω=v
R
=qB
m。

当粒子从较强
磁场区域进入到较弱磁场区域后，B减小，m、q不变，故R最大，ω减小，故D正确，ABC错误。

故选D。

5.答案：C
解析：
【分析】
电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量。

本题考查对电动势的理解，要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析。

【解答】
A.电动势是描述电源做功本领的物理量，不是非静电力，故A错误；
B.电动势的大小与所储存的电能是无关的，故B错误；
C.电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故C正确；
D.电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误。

故选C。

6.答案：A
解析：解：A、物体带电量只能是电子带电量的整数倍，故A错误；
B、电子带电量最小，称为元电荷，物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍，故B正确；
C、元电荷e=1.6×10−19C，物体带电+1.60×10−9C=1.0×1010e，故C正确；
D、电子带电量是最小的，电子带电量e=1.6×10−19C，故D正确；
本题选择错误的，故选A。

电子带电量是最小的，物体带电量只能是电子带电量的整数倍，电子带电量e=1.6×10−19C.
本题关键明确电荷守恒定律，知道物体带电量是量子化的，基础题．
7.答案：D
解析：解：根据题意可知，b点的合场强为零，根据矢量合成法则，可知ab间合场强的方向向左，同理可知bc间合场强方向向右，则正点电荷q从a到c过程中，受到的电场力先向左，过了b点后向右，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少。

故D正确，ABC错误。

故选：D。

b点的合场强为零，说明点电荷Q1和Q2在b点的电场强度大小相等、方向相反，根据矢量的合成法则，则可知合场强的方向，同理可知bc间的合场强方向，就能判断电场力方向．根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．
本题的突破口是b点的电场强度为零，可根据数学知识严格分析ab间和bc间场强的方向，还要明确电场力做正功时电势能减小，相反，电势能增加．
8.答案：A
解析：解：根据电容的决定式C=ɛS
4πkd
，分析可知，电容与板间距离成反比，当把两金属板拉开一些距离，电容减小
据C=ɛS
4πkd ，C=Q
U
和E=U
d
可得：E=4πkQ
ϵS
，E与d无关，所以板间场强不变。

故A正确；
故选：A。

电容器充电后在断开电源的情况下，电量不变．
根据电容的决定式C=ɛS
4πkd ，分析电容的变化，再由电容的定义式C=Q
U
分析电压的变化，由E=U
d
分
析板间电场强度的变化．
本题要抓住电容的决定式，明确电容与板间距离的关系．还可以进一步研究板间电压、电场强度等
物理量的变化情况．要熟练推导出板间场强公式E=4πkQ
ϵS
，知道E与d无关，这是常用的结论，要理解并牢固掌握．
9.答案：A
解析：解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为−2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相反．
设AB=r，则有BC=r．
则有：F=k Qq
r2
故电荷量为−2q的点电荷在C处所受电场力为：F C=−k Q⋅2q
(2r)2=−F
2
故选A
首先确定电荷量为−2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F 与AB的关系，即可求出−2q的点电荷所受电场力．
本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，难度不大．
10.答案：C
解析：解：在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故ABD错误，C正确。

故选：C。

当电流元IL与磁场垂直时，安培力F=BIL，根据安培力公式F=BIL分析即可．
本题比较简单，考查了安培力公式F=BIL的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维．
11.答案：A
解析：解：根据电场线疏密表示电场强度的大小，可知E A>E B，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知φA>φB，负电荷q所在处电势越高电势能越小，E PA<E PB.所以选项A正确．
故选A．
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
电场线与等势面垂直．在两个等量同号点电荷连线上中点的电场强度为零，在连线的中垂线上，关
于连线中点对称有两点电场强度最大，且方向相反．
12.答案：D
解析：解：AB、图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，故AB错误；
CD、图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，故C错误，D正确；
故选：D。

根据改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压原理分析．
本题考查了电流表和电压表的改装原理，此类题的关键是理解电流表，电压表的改装原理：改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压．
13.答案：AB
解析：解：
A、A、
B、C三点处在一根电场线上，根据沿着电场线的方向电势逐渐降落，故有φA>φB>φC，故A正确；
B、由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为E C>E B>E A，故B正确；
C、D、电场线密集的地方电势降落较快，由U=Ed知：U BC>U AB，故CD错误。

故选：AB。

电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．根据U=Ed定性分析电势差的关系．
此类问题要在平时注重对电场线与场强、等势面与场强和电场线的关系的掌握，熟练理解常见电场线和等势面的分布规律．
14.答案：ABC
解析：解：A、由P=I2R，I相等，R1与R2的功率之比等于电阻之比1：5，故A正确。

B、因R3=R2，则I2=I3，则I1=2I2，故B正确。

C、S断开时，U1：U2=R1：R2=1：5，则U1=1
6
U
S闭合时，U1′：U2′=R1：1
2R2=2：5，则U1′=2
7
U
则U1
U1′=7
12
，故C正确。

D、U2=5
6U，U2′=5
7
U，由P2=U22
R2
，P2：P2′=49：36，故D错误。

故选：ABC。

S断开时，根据串联电路功率与电阻成正比确定功率的比例。

分析电路串并联关系，求出各个电阻的电压与A、B总电压的关系，就能得到S断开与闭合两种情况电压、功率的比例。

电路的分析与计算问题的基础是分析电路的结构，往往按局部→整体→局部的顺序进行分析和计算，也有时抓住串并联电流、电压与电阻的分配关系求解。

15.答案：BD
解析：
由右手螺旋定则分析线圈中的磁场分布，再由左手定则判断直导线的受力，由作用力反作用力分析线圈的受力情况，再判断其运动情况。

本题考查安培力力的方向问题，能用作用力反作用的思想分析问题会很轻松解答问题。

AD.根据右手螺旋定则，线圈内磁场方向向里，故MN导线处向外；当导线MN向左电流时，根据左手定则MN受力方向向上，由作用力反作用力得线圈的受安培力方向向下，所以线圈肯定不动，但细线上一定有张力，故A错误，D正确；
BC.当导线MN向右电流时，根据左手定则MN受力方向向下，由作用力反作用力得线圈的受安培力方向向上，所以线圈可能向上平动，也可能不动，不动时，拉力和安培力的合力等于线圈的重力，所以绝缘细线的拉力小于线圈的重力，故B正确，C错误。

故选BD。

16.答案：BC
解析：
粒子在加速电场：qU=1
2mv2，在速度选择器中，qvB=qE，在磁场B0中，qvB0=m v2
r
，由此分析
解答。

本题考查典型的带电粒子的运动类型—质谱仪，把握相关的规律是解题的关键。

A.粒子在加速电场：qU=1
2mv2，v=√2qU
m
，由于粒子的速度相等，故粒子的比荷相同，故A错误；
B.由于粒子在电场中加速，图示轨迹运动的粒子一定是带正电的粒子，故B正确；
C.由于经过粒子选择器时：qvB=qE，v=E
B
，所以图示B0磁场中圆轨道上运动的粒子速度大小一定相等，故C正确；
D.根据qvB0=m v2
r ，r=mv qB
，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大，故D错误。

故选BC。

17.答案：ABD
解析：
M为ac的中点，N为bd的中点，根据电场力做功W=qU，U=φa−φb求解从M到N的电势能的变化情况；电场线的方向不一定是运动的方向；根据W=qU求解电势差的关系。

本题关键根据电场力做功公式求解W，运用公式U=Ed时，要正确理解d的含义：d是沿电场方向两点间的距离。

A、粒子从a点移动到b点，其电势能减小W，故：qφa−qφb=W，
粒子从c点移动到d点，其电势能减小W，故：qφc−qφd=W，
匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故φa−φM=φM−φc，即φM=φa+φc
2
同理：φN=φb+φd
2
故qφM−qφN=W，故A正确；
B、根据题意可知U ab=U cd，由图象可知ab的距离小于cd的距离，根据匀强电场的电场线特点可得出b点的电势小于d点的电势，故B正确；
C、电子从a点移动到b点，其电势能减小W，但ab连线不一定沿着电场线，故C错误；
D、粒子从a点移动到b点，其电势能减小W，故：qφa−qφb=W，
粒子从c点移动到d点，其电势能减小W，故：qφc−qφd=W，
解得：qU ac−qU bd=0
故a、c两点间的电势差等于b、d两点间的电势差，故D正确。

故选：ABD。

18.答案：(1)1；2；5； 6 (2)2.0；2.0
解析：
(1)多用表测量电阻的内部电路为含有电池的电路，测量电压的内部电路不含有电池，电流计要串联电阻分压，据此选择电路；
(2)根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后读出其示数；
本题考查了多用电表的结构、多用电表的读数、多用电表使用注意事项，多用电表读数，要选确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
(1)由图甲所示可知，将S拨到1或2位置时，表头和电阻并联，故可以测电流。

将S拨到5或6位置时，表头与分压电阻串联，构成电压表，可以测电压．
(2)直流电流10A，则被测电流是2.0A；
若选择开关处在“直流电压2.5V”档，由图示表盘可知，指针位于b，则被测电压是：2.0V．
故填：(1)1；2 ； 5；6 (2)2.0；2.0
19.答案：(1)如图所示；
(2)B；
(3)1.45，0.69。

解析：
本题考查实物图的连接、数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并能正确根据图象得出电动势和内电阻。

(1)由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应能控制整个电路；
(2)滑动变阻器在开始时应调节到使电路中电流最小的位置；
(3)由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻及短路电流。

(1)由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；
(2)为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端；
(3)由图线与纵轴的交点可得电动势E=1.45V，再读出图线与横轴交点的坐标(0.65,1.00)，由E= U+Ir得。

故答案为：(1)如图所示；(2)B；(3)1.45，0.69。

20.答案：解：根据题意，画出杆ab 的受力图，如下所示：(从右向左看)
根据左手定则可知，磁场方向竖直向上． 导体棒处于平衡状态，设绳子拉力为T ，因此有： 2Tcosβ=mg ①
2Tsinβ=F =BIL ②
联立①②解得：
T =mg
B =
mg
IL
tanβ 答：(1)磁感应强度的大小为mg
IL tanβ，方向竖直向上； (2)此时金属丝中的张力是mg
2cosβ．
解析：以导体棒为研究对象，正确受力分析，根据平衡状态列方程求解安培力大小和细线的张力大小；根据左手定则判断磁感应强度的方向．
该题结合安培力考查物体的平衡问题，画受力分析图时注意画截面图，使问题更加简单易懂．
21.答案：解：(1)粒子在电场A 中加速运动，由动能定理得：qU 1=1
2mv 0
2
−0 得：v 0=√
2U 1
 q m
(2)粒子在偏转电场中运动时，根据牛顿第二定律，有
q U 2 
d
=ma 解得：a =
U 2
 q dm
(3)粒子在加速电场中作类平抛运动，
水平方向为匀速直线运动，则粒子在电场中偏转时间：t=L v
竖直方向为匀加速直线运动：a=F
m =Eq
m
=U2 q
dm
所以粒子从偏转电场射出时的侧移量：y=1
2at 2=1
2
U2 q
dm
×L 2
v02
=U2 L 2
4dU1 
答：(1)粒子穿过A板时速度大小v0 为√2U1 q
m
；
(2)粒子在偏转电场运动时的加速度为U2 q
dm
(3)粒子从偏转电场射出时的侧移量y为U2 L 2
4dU1 
解析：(1)粒子在加速电场U1中运动时，电场力对粒子做正功，根据动能定理求解粒子穿过A板时的速度大小v0．
(2)根据牛顿第二定律求解加速度；
(3)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解粒子从偏转电场射出时的侧移量y．
带电粒子关键要掌握电场中类平抛运动的研究方法，知道其方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解，根据牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．
22.答案：解：(1)由题意可知，静电力做负功，有：W AB=−2×10−6J
根据U AB=W AB
q
可得：U AB=2V
(2)沿着电场方向的位移为d=2×10−2cos60°m=1×10−2m
电场强度为：E=U AB
d
=200V/m
电场力为：F=qE=2×10−4N
沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下，电场力的方向沿电场线斜向上答：(1)AB两点间的电势差U AB是2V；
(2)该电荷在匀强电场中受到电场力的大小是2×10−4N，方向沿电场线斜向上。

解析：本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力。

还要抓住公式QUOTE是沿着电场线方向的距离，同时考查沿着电场线方向电势是降低的。