浙江省杭州市精诚联盟2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 及参考答案

高二年级物理学科试题

考生须知：

1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。

2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。

3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。

4.考试结束后，只需上交答题纸。

选择题部分

一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1. 下列说法中正确的是（　　）

A. 由公式知，某点的场强与检验电荷在该点时受到的电场力成正比，与其电荷量成反比

B. 密立根测定元电荷，电子和质子都是元电荷

C. 电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零

D. 同一电场中，电场强度越大的位置电势越高

【答案】C

【解析】

【详解】A．电场中某点场强由电场本身决定，与电荷所受电场力F和电荷所带电荷量q均无关，故A错误；

B．元电荷e的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的，元电荷指物体所能携带的最小电荷量，大小与电子和质子所携带电荷量相等，并非指电子和质子，故B错误；

C．由公式知，电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度一定为零，故C正确；

D．电场中电场线分布越密集，电场强度越大，沿电场线电势降低，电场强度的大小与电势的高低没有因果关系，即同一电场中，不能认为电场强度越大的位置电势越高，故D错误。

故选C。

2. 下列关于电源和电流的说法中正确的是（    ）

A. 电解液中正、负离子定向移动的方向相反，形成的电流方向是相同的

B. 在电源内部，电源能把正电荷由正极搬运到负极，把其他形式的能转化为电势能

C. 电流既有大小又有方向，它是一个矢量

D. 只要物体两端电势差不为零，就有电流存在

【答案】A

【解析】

【详解】A．物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，负电荷定向移动的方向为电流的反方向，所以电解液中正、负离子定向移动的方向相反，形成的电流方向是相同的，A正确；

B．在电源内部，电源能把电子由正极搬运到负极，把其他形式的能转化为电势能，B错误；

C．电流合成时不满足平行四边形定则，所以电流是标量，C错误；

D．当绝缘物体两端电势差不为零时，也没有电流，D错误。

故选A。

3. 一长方体金属电阻，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c。电流分别沿以下图方向流过该金属电阻，则（　　）

A. （1）（2）（3）图电阻相等 B. （1）图电阻最小

C. （2）图电阻最小 D. （3）图电阻最小

【答案】D

【解析】

【详解】根据电阻定律可得

由此可知，（1）图电阻R1最大，（3）图电阻R3最小。

故选D。

4. 如图是某次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，下列说法正确的是（　　）

A. 放电之后，电容器的电容为零

B. 该次放电前，电容器存储的电量为

C. 该次通过人体的电流是

D. 该电容器的击穿电压为

【答案】C

【解析】

【详解】A．电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，放电之后，电容器的电容大小不变，故A错误；

B．根据得

可知放电前，电容器储存的电量为，故B错误；

C．该次放电电流大小为

故C正确；

D．达到击穿电压电容器就损毁了，击穿电压略大于额定电压，故D错误。

故选C。

5. 以下是来源于物理课本的一些插图，相关说法正确的是（　　）

A. 图甲中a端带负电

B. 图乙采用了假设法

C. 图丙显示灯泡电阻随温度升高而减小

D. 图丁中，并联的电阻R越小，改装后的电流表量程越大

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据静电感应的原理知，一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端，故a端带正电，故A错误；

B．研究影响平行板电容器的影响因素时，采用的是每次实验都保证只有一个变量的方法，故图2采用了控制变量法，故B错误；

C．由图3图像可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，温度升高且电压与电流的比值增大，灯泡电阻随温度升高而增大，故C错误；

D．图4中，并联的电阻R越小，IR就越大，改装后的电流表量程IR+Ig越大，故D正确。

故选D。

6. 广州塔尖装有避雷针，某次雷雨天气闪电击中避雷针，避雷针发生尖端放电现象，如图甲所示。若避雷针上方的乌云带负电，以下说法正确的是（　　）

A. 图乙中的虚线表示电场线 B. b点场强大于a点场强

C. a、b两点的电势相等 D. 同一负电荷在b点的电势能大于在a点的电势能

【答案】B

【解析】

【详解】A．图乙中的虚线表示等差等势面，A错误；

B．b点等差等势面较密集，则场强较大，B正确；

C．乌云带负电，则电场线向上，a点电势低于b点电势，C错误；

D．负电荷在电势高的位置电势能小，则b点的电势能较小，D错误。

故选B。

7. 如图所示的电路，闭合开关后两灯均不发光且电流表、电压表示数均为零。现将两灯泡位置互换后再次闭合开关，电流表示数仍为零，电压表指针明显偏转。根据以上信息判断该电路故障可能为（　　）

A. L1断路、L2断路 B. L1断路、L2通路

C. L1通路、L2断路 D. L1短路、L2断路

【答案】B

【解析】

【详解】由图可知两只灯泡串联，电压表测量L2两端的电压，闭合开关，两只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有断路故障；电压表无示数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间有开路，即可能是灯L1断路，也可能是L1、L2同时断路；将电灯L1、L2的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中仍然有断路故障；电压表有示数，说明此时电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路，所以灯L2、电流表、开关都是完好的，则故障是灯L1断路。

故选B。

8. 如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α=45°，关于两电阻的描述正确的是（　　）

A. 电阻a的阻值随电流的增大而增大

B. 因I-U图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值

C. 在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值

D. 在电阻b两端加2V电压时，流过电阻的电流是4A

【答案】C

【解析】

【详解】A．I-U图线上的点与坐标原点的连线的斜率的倒数表示电阻，由图可知，电阻a图线上的点与坐标原点的连线的斜率不断增大，其电阻不断减小，所以a的电阻随电流的增大而减小，故A错误；

B．由于横纵坐标轴的长度单位不同，则不能由

求解电阻b的阻值，只能通过

求解，故B错误；

C．根据

可知在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，故C正确；

D．根据欧姆定律可得

故D错误。

故选C。

9. 如图所示，三条虚线表示某点电荷电场的等势面．一带电粒子仅受电场力作用，沿实线运动，A、B、C、D、G是轨迹与等势面的交点。则（　　）

A. 产生电场的点电荷和运动的带电粒子都带正电

B. 带电粒子经过B、G两点时加速度一样大

C. 带电粒子从A点到B点的过程中电势能减小

D. 带电粒子从C点到D点的过程中动能先减小后增大

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据电场线与等势面垂直且指向电势降低的方向，可知产生电场的点电荷带负电，由图可知，轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，带电粒子受到了排斥的作用，同种电荷相互排斥，故带电粒子也带负电，故A错误；

B．由于B、G两点的电势相等，结合点电荷的电场的特点可知，B与G点到点电荷的距离是相等的，所以B与G点的电场强度的大小也相等，则带电粒子经过B、G两点时受到的电场力的大小相等，故加速度一样大，故B正确；

C．带电粒子受到了排斥力作用，则从A运动到B的过程中电场力做负功，带电粒子的电势能增大，故C错误；

D．带电粒子受到了排斥力作用，则从C到D的过程中电场力先做负功，后做正功，带电粒子的动能先减小后增大，故D正确。

故选BD。

10. 如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场之中。若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 电场力做正功

B. 重力和电场力的合力做负功

C. 电势能逐渐增大

D. 重力势能减少量小于动能的增加量

【答案】C

【解析】

【详解】A．电场力向上，与位移方向相反，故电场力做负功，故A错误；

B．油滴受重力和电场力，做加速运动，动能增加，根据动能定理，合力做正功，故B错误；

C．油滴克服电场力做功，故电势能逐渐增大，故C正确；

D．重力势能的减小量等于重力做功大小；动能增加量等于合力做功大小；由于电场力做负功，故重力做功大于合力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。

故选C。

11. 如图所示，一平行板电容器与两端电压恒为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计的外壳接地。一带电油滴恰好静止于P点。现将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，下列说法正确的是（　　）

A. 带电油滴将向上运动 B. 静电计指针张角将变小

C. 电容器的带电量将增多 D. 带电油滴的电势能将增大

【答案】D

【解析】

【详解】B．根据电容的决定式

可知，平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，d变大，C变小，因电容器与直流电源连接，上极板上移过程中U不变，静电计指针张角不变，故B错误；

C．根据电容的定义式

C变小，U不变，则电容器的带电量Q将减少，故C错误；

A．根据匀强电场与电势差的关系

d变大，U不变，E减小，所以电场力减小，故带电油滴将向下运动，故A错误；

D．带电油滴将向下运动，与电场力方向相反，带电油滴的电势能将增大，故D正确。

故选D

12. 粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O（为薄金属环）及A、B、C、D、E5个金属圆筒（又称漂移管），相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入（初速度为0）金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（　　）

A. 质子从圆筒E射出时的速度大小为

B. 圆筒E的长度为T

C. MN所接电源是直流恒压电源

D. 金属圆筒A长度与金属圆筒B的长度之比为

【答案】B

【解析】

【详解】A．质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得

质子从圆筒E射出时的速度大小为

选项A错误；

B．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为

选项B正确；

D．同理可知，金属圆筒A的长度

金属圆筒B的长度

则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为，选项D错误；

C．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，选项C错误。

故选B。

13. 如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带正电小球，置于水平向右的匀强电场中。现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为零， 其中，则小球（　　）

A. 所受电场力是重力的倍

B. 从A到C过程机械能先减小后增大

C. 在B处绳子的拉力大小等于重力的3倍

D. 在C处绳子的拉力大小等于电场力

【答案】D

【解析】

【详解】A．设绳子长度为，对小球从到过程，根据动能定理

可得

可得

故A错误；

B．从A到C过程电场力一直对小球做负功，小球的机械能一直减小，故B错误；

C．从A到B过程，根据动能定理

在B点，根据牛顿第二定律

联立可得

故C错误；

D．在C点，如图所示

绳子拉力

故D正确。

故选D。

二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）

14. 如图所示，在轴上的M、N两点分别固定电荷量为和的点电荷，轴上M、N之间各点对应的电势如图中曲线所示，点为曲线最低点，点位于PN之间，间距离大于PN间距离。以下说法中正确的是（　　）

A. 大于，且和是同种电荷

B. 点的左侧不存在与点场强相同的点

C. 点的电场强度最大

D. 点左侧一定有与点电势相同的点

【答案】AD

【解析】

【详解】AC．图线的切线斜率表示电场强度的大小，P点切线斜率为零，则P点的电场强度为零，即两电荷在P点的合场强为零，由于间距离大于PN间距离，根据点电荷的场强公式

可得的电荷量一定大于的电荷量，从坐标到电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势降低，可知两电荷一定是正电荷，故A正确，C错误；

B．根据点电荷形成的场强的特点，可知点的左侧场强方向向左，到无穷远处电场强度为零，且点左侧与点的场方向均向左，则一定存在与点场强相同的点，故B错误；

D．点的左侧到无穷远处电势为零，而P点电势为零，故一定有与点电势相同的点，故D正确。

故选AD。

15. 如图,一粗糙绝缘竖直面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合,A、O、B为该竖直面上的三点,且O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO.现有带电荷量为q、质量为m的小物块从A点以初速度v0向B滑动,到达B点时速度恰好为0, 则(    )

A. 从A到B,小物块的加速度一直减小,到达O点时速率为

B. 从A到B,小物块的加速度先增大后减小,到达O点时的动能为

C. 小物块一定带负电荷,从A到B电势能先减小后增大

D. 从A到B,小物块的电势能一直减小,受到的电场力先增大后减小

【答案】B

【解析】

【详解】小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据a=知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据a=知，加速度减小．从A到B，加速度先增大后减小．由于AO段和OB段的电场强度大小对称，可知加速度大小对称，两段过程中速度的变化量相同，即O点的速度为，则O点动能为mv02，故B正确，A错误．由A选项分析知，q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故CD错误．故选B．

【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线．

非选择题部分

三、非选择题（本题共5小题，共55分）

16. 游标卡尺读数为______mm，螺旋测微器读数为______cm。

【答案】    ①. 50.75    ②. 0.3775

【解析】

【详解】[1]游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺的第15刻线与主尺的某刻度线对齐，读数是

0.05 mm×15 =0.75mm

游标卡尺读数为

50mm+0.75mm=50.75mm

[2]螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可转动刻度读数为

0.01mm×27.5=0.275mm

螺旋测微器读数为

3.5mm+0.275mm=3.775mm=0.3775cm

17. 有一研究性学习小组测量某金属丝的电阻率，实验电路如图甲所示。实验室提供了待测金属丝（接入电路部分的阻值约几欧）电源E（3V，内阻不计）、开关S、导线若干，还备有下列实验器材：

A.电压表（0～3V，内阻约2kΩ）

B.电压表（0～15V，内阻约15kΩ）

C.电流表（0～3A，内阻约0.01Ω）

D.电流表（0～0.6A，内阻约0.05Ω）

E.滑动变阻器（0～10Ω，0.6A）

F.滑动变阻器（0～2kΩ，0.1A）

应选用的实验器材有______（填实验器材前的序号）；

（3）为了保证滑动变阻器滑动触头靠右接入电路的阻值最大，请用笔画线代替导线，在图乙中完成与图甲相对应的实物电路图______；

（4）测得金属丝接入电路部分的长度L和金属丝直径的平均值d。正确连接电路，测得多组电压表示数和对应电流表示数，通过描点作出的图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k。则金属丝的电阻率______；（结果用题中所给字母表示）

【答案】    ①. ADE    ②.       ③.

【解析】

【详解】（1）[1]电源电动势为3V，因此电压表要用A；由题意可知待测金属丝Rx的阻值约几欧，电流表要用D；滑动变阻器是限流方式接入电路，为方便调节，因此要用最大阻值小一点的、额定电流大一点的E。所以应选用的实验仪器为ADE。

（2）[2]实物电路图如图所示

（3）[3]测得金属丝接入电路部分的长度L和金属丝直径的平均值d。由电阻定律可得

由欧姆定律可得

由题意可知U—I图像斜率

解得

18. 多用电表是物理实验室常用的仪表之一，在练习使用多用电表的实验中实验小组的同学用多用电表的欧姆挡粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×100”挡位，测量时发现指针偏转过小，接下来的操作顺序是______。（选择必要的实验步骤按操作顺序填写字母）

a.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔

b.旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”挡），并拔出两表笔

c.将选择开关旋到“×10”挡

d.将选择开关旋到“×1k”挡

e.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值，断开两表笔

【答案】daeb

【解析】

【详解】[1]指针偏转过小，即流过欧姆表表头的电流太小，说明外接电阻阻值过大，此时应选用更大倍率的挡位进行测量。具体操作顺序为：选择更大的挡位，将选择开关旋到“×1k”挡；然后将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔；将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值，断开两表笔；最后转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”挡），并拔出两表笔，所以操作顺序是daeb。

19. 心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的设备，通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。某学习小组同学利用DIS系统研究某超级电容器的充电和放电过程，实验电路原理如图甲所示，电源为输出电压恒为6V的学生直流稳压电源，实验前电容器已充分放电。

（1）先将单刀双掷开关S置于1，给电容器进行充分的充电。然后将单刀双掷开关S置于2，通过电阻R的电流______（填“从a到b”或“从b到a”）。

（2）将单刀双掷开关S置于2时，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上便显示出如图乙所示的i—t图像。据此可以估算出电容器的电容约为______F。（计算结果保留三位有效数字）

              乙

（3）若换另一个R较小的电阻，其余条件不变，进行实验，则电容器的放电时间将______（填“变长”“变短”或“不变”）。

【答案】    ①. 从a到b    ②.     ③. 变短

【解析】

【详解】（1）[1]将单刀双掷开关S置于1，根据图甲可知，电容器的上极板带正电，则将单刀双掷开关S置于2，电容器放电，通过电阻R的电流从a到b。

（2）[2]i—t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示电容器极板所带电荷量，根据数格子法可得放电前极板电荷量为

据此可以估算出电容器的电容约为

（3）[3]若换另一个R较小的电阻，根据

可知放电电流的最大值增大，由于i—t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示电容器极板所带电荷量，即图线与时间轴所围几何图形面积不变，则根据前后图线比较如图虚线所示

可知，电容器的放电时间将变短。

20. 如图所示，一个带电荷量绝对值为、质量为的小物块（可看做质点）处于一倾角为的光滑绝缘斜面上，斜面长度，整个装置处于一水平向右的匀强电场中，此时物块恰好静止于斜面的顶端，求：（g取，，）

（1）小物体的电性；

（2）电场强度的大小；

（3）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑至斜面底端时电场力做了多少功，到达斜面底端时物块的速度大小。

【答案】（1）负电；（2）；（3），

【解析】

【详解】（1）小物块静止时受力如图：可知小物块受的电场力与匀强电场的方向相反，所以小物块带负电。

（2）由受力平衡得

解得

代入数据得

（3）物块下滑至斜面底端时电场力做功为

根据动能定律可得

解得到达斜面底端时物块的速度大小为

21. 在物理课外实验探究活动中，某小组设计了一个能反映水平风力大小的装置，如图甲所示，电源电压恒定，为定值电阻，为额定电压是小灯泡，其关系的部分数据如图乙所示，为长、阻值均匀的电阻丝（电阻丝的阻值与长度成正比），为质量、电阻均不计的金属细杆，下端连接一个重的圆球。闭合开关，无风时，下垂并与A端接触，此时电流表示数为；有风时，绕悬挂点转动，风对球的作用力方向始终水平向右，已知为，始终与接触良好且摩擦忽略不计。求：

（1）电流表示数为，灯泡的电阻为多少？

（2）无风时消耗的电功率？

（3）有风时，为防止灯泡烧坏（其两端电压不超过额定电压），允许风对球施加的最大作用力为多少？（可看做以为支点的杠杆）

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由电路图可知，灯泡、定值电阻和电阻丝串联，电流表测电路中的电流，当电流表示数为时，由图乙可知此时灯泡两端的电压为，所以灯泡的电阻

（2）无风时，下垂并与端接触，电阻丝接入阻值最大为，电阻丝两端的电压

因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，两端的电压

则此时消耗的电功率

（3）的阻值

为防止灯泡烧坏，灯泡两端的电压

由图乙可知，电路的最大电流

此时风对球的压力最大，绕转动的角度最大，设此时与的接触点为，两端的电压

两端的电压

此时电阻丝连入电路的电阻

即电阻丝接入电路中的最小阻值为；因电阻丝的电阻与电阻丝的长度成正比，所以

则

如图，把视为杠杆，的力臂为，的力臂等于，根据杠杆平衡条件可得

则

根据相似三角形的知识可得

所以

则

22. 如图所示，竖直放置长为L的平行金属板A、B，板间距离为，A、B板与一电压为的电源保持连接，从A板内侧中央O处以等大的速率，在沿纸面180°范围内朝各个方向均匀喷出质量为、电量为的带负电微粒。微粒重力不计，求：

（1）若微粒沿垂直B板的虚线方向射出，该微粒达到B板时的动能；

（2）若粒子能全部落在B板上，板长L至少多长；

（3）若B板长，且恰好有三分之二的微粒落在板上，此时所加电压U的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）若微粒沿垂直B板的虚线方向射出，根据动能定理可得

解得该微粒达到B板时的动能为

（2）粒子垂直电场方向射出时，粒子在电场中的加速度大小为

竖直方向有

解得

水平方向有

解得板长至少为

（3）若B板长，且恰好有三分之二的微粒落在板上，可知射出时速度与水平方向从30°的粒子刚好落在板上，则水平方向有

解得

竖直方向有

解得此时所加电压的大小为

23. 如图建立竖直平面内坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第II象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子（带正电）。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压U时，α粒子刚好能以速度v0（已知）从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻α粒子垂直于x轴进入第IV象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知α粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：

（1）A、B极板间所加的电压U；

（2）α粒子在静电分析器中的运动时间t0；

（3）0时刻起，α粒子动能最大时的位置坐标。

【答案】（1） ；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有

L=v0t

在竖直方向

又有

U=Ed

由牛顿第二定律

qE=ma

联立解得

（2）由牛顿第二定律

解得

由

解得

（3）由图易知，从0时刻起，α粒子动能最大时在

时，α粒子在x方向的速度为

所以一个周期内，α粒子在x方向的平均速度

每时间α粒子在x正方向前进

因为开始计时时α粒子横坐标为

所以时，α粒子的横坐标为

α粒子的纵坐标为

0时刻起，α粒子动能最大时的位置坐标