2023-2024学年广东省广州四中高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州四中高二（上）期中物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 导体的电阻由导体本身决定，与温度无关
B. 电阻率ρ的单位是Ω⋅m
C. 将一根均匀电阻丝拉长为原来的2倍，则电阻丝的电阻也变为原来的2倍
D. 通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流越大
2.某导体中的电流与其两端电压的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 导体是非线性元件，曲线上某点切线的斜率表示相应状态的电阻
B. 导体两端加5V电压时，导体的电阻为10Ω
C. 随着导体两端电压的增大，导体的电阻不断减小
D. 导体两端加12V电压时，每秒内通过导体横截面的电量为1.5C
3.关于电场强度，下列说法正确的是( )
A. 电场强度越大的地方电势一定越高
B. 电容器所带的电荷量越多，它的电容就越大
C. 匀强电场中电势降低最快的方向一定是电场强度的方向
D. 以点电荷Q为球心、r为半径的球面上各点的电场强度相同
4.如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球(可视为质点).以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是( )
A. B. C. D.
5.如图甲所示为静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则下列说法正确的是( )
A. 电场中P点的场强大于Q点的场强
B. 电场中P点的电势低于Q点的电势
C. 粉尘最终会附着在中心金属线上并沿中心金属线下落
D. 粉尘由Q点运动至P点，电势能逐渐减小
6.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极(-极)，A为阳极(+极)，两极之间的距离为d。在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
A. A、K之间的电场强度为Ud
B. 电子运动的过程中加速度不断减少
C. 由K到A电子的电势能减小了eU
D. 由K沿直线到A电势逐渐减小
7.如图所示，ABCD是匀强电场中的一个正方形区域，其中AB=BC=4cm。已知A点电势为9V，D点电势为12V，B点电势为6V，则下列判断正确的是( )
A. C点电势为3V
B. 匀强电场的场强大小是150V/m
C. 匀强电场的方向沿DB连线由D指向B
D. 将电子从A点移动到C点电场力做功为6eV
8.AB为点电荷电场中的一条直线，A、B两点的场强方向斜向右下，分别与AB成60°角和30°角，如图所示。已知A点的电场强度大小为E0，则下列判断正确的是( )
A. 点电荷可能在直线AB的右侧
B. 点电荷可能带负电
C. B点的电场强度大小为E03
D. B点的电势可能高于A点
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.为响应汕头市“工业立市、产业强市”的政策，某纺织厂在生产流水线上设置如图所示传感器，用来实时监控绝缘布料的厚度。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上、下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上。当流水线上通过的布料厚度增大时，下列说法正确的是( )
A. A、B平行板电容器的电容减小B. A、B两板间的电场强度增大
C. A、B两板上的电荷量增大D. 有电流从b向a流过灵敏电流计
10.如图，将带负电的检验电荷沿着等量异种点电荷的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。在此全过程中，下列说法正确的是( )
A. 电场强度先不变后变大
B. 所受的电场力逐渐变大
C. 电势先变小后变大
D. 电势能先不变后变小
11.如图所示为某静电场中x轴上各点电势ϕ的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是( )
A. x=x2处的电场强度大于x=x3的电场强度
B. 电子从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做负功再做正功
C. 电子在x=x2处的速度最大
D. 电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能
12.如图所示，固定的绝缘斜面处于沿水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，金属块克服摩擦力做功0.8J，重力做功2.0J，则以下判断正确的是( )
A. 金属块带正电
B. 金属块克服电场力做功1.2J
C. 金属块的机械能减少1.7J
D. 金属块的重力势能和电势能之和减少0.3J
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内通过导体横截面的电荷量，即I=qt。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连。图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，R为定值电阻，C为平行板电容器。

(1)当开关S接1时，平行板电容器______ (选填“充电”或“放电”)。
(2)电容器充电完毕后，把开关S接2时，其放电电流随时间变化图像如图乙所示，
①此过程中，电路中的电流______ (选填“增大”、“减小”或“不变”)，电容器两极板间的场强______ (选填“增大”、“减小”或“不变”)；
②若按“四舍五入”(大于等于半格算一格，小于半格舍去)数格法，由图乙可知电容器所带的电荷量为______ C(计算结果保留两位有效数字)，根据计算可知，该实验选择的电容器最有可能是图丙中的______ 。(选填“A”、“B”或“C”)
14.为测量一段长度已知为l、粗细均匀的电阻丝的电阻率，某小组采用了如下实验操作：

(1)用图甲(a)中的螺旋测微器测量电阻丝的直径d。先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，当测微螺杆快接近电阻丝时，再旋转______ (选填“①”“②”或“③”)，直到听见“喀喀”的声音为止；利用螺旋测微器测定电阻丝的直径，示数如图甲(b)所示，则可读得直径为d= ______ mm。
(2)用图乙所示电路图测量电阻丝的电阻Rx，其中R0为一定值电阻。请用笔画线代替导线，把图丙中的实物电路补充完整。
(3)第一次按图乙所示的电路测量，调节滑动变阻器的滑片，测得多组电压U及电流I的值；第二次将电压表改接在a、b两点测量，测得多组电压U及电流I的值，并作出如图丁所示的U-I图像。则第一次测量得到的图线是______ (选填“M”或“N”)，由图像可得电阻丝的电阻Rx= ______ Ω，最后，根据电阻定律可求得电阻丝的电阻率ρ= ______ 。(用Rx、d、l及常量π表示)
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
15.如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)，初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。

(1)求电场强度E和a、O两点的电势差U；
(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4 gl，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
16.如图，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场DCNQ，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小为E0，方向如图所示圆弧所对的圆心在CN边界的O点，且PO=QN=2NO；离子质量为m、电荷量为q，离子重力不计。试确定
①粒子经过加速电场刚进入静电分析器时的速度；
②若离子在静电分析器中运动的轨迹为一圆弧，如图，则此圆弧的半径R为多大？
③若粒子进入匀强电场后，粒子恰好打在Q点，确定此匀强电场的场强E。
17.如图所示，光滑绝缘的轨道放置在竖直平面内，轨道的AB部分竖直，BC部分是半径为R的半圆，整个空间存在方向水平向左的匀强电场，其电场强度为E=mg2q，现将质量为m、带电荷量为+q的小球(可看作质点)从A点由静止释放，A、B距离为h，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)当h=1.5R时，小球到达半圆轨道最低点时的速率为多大？
(2)要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足什么条件？
(3)若小球从C点射出时的速率为v0= 2gR，则小球与轨道AB的撞击点A'与B点之间的距离h'为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.导体的电阻除了与导体本身有关，还与温度有关，故A错误；
B.根据电阻定律
R=ρlS
可得
ρ=RSl
根据各物理量的单位可知电阻率的单位是Ω⋅m，故B正确；
C.将一根粗细均匀的电阻丝均匀拉长为原来的2倍，则横截面积变为原来的0.5倍，由电阻定律R=ρlS可知，其电阻变为原来的4倍，C错误。
D.根据电流的定义式
I=qt
可知单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大。故D错误。
故选：B。
根据电阻定律R=ρlS，结合当电阻丝拉长为原来的2倍，由于体积不变，横截面积变为原来的0.5倍，以及电流的定义式分析求解；
本题考查了电阻定律，理解物理量的含义及影响因素，熟练使用公式分析变化过程是解决此类问题的关键。
2.【答案】D
【解析】解：A.根据图像可知，电阻随电压的变化而变化，则导体是非线性元件，曲线上某点切线的斜率不表示相应状态的电阻，电阻为该状态下的UI，故A错误；
B.导体两端加5V电压时，导体的电阻为
R=UI=51Ω=5Ω
故B错误；
C.随着导体两端电压的增大，导体的电阻不断增加，故C错误；
D.导体两端加12V电压时，电流为1.5A，故每秒内通过导体横截面的电量为
q=It=1.5×1C=1.5C
故D正确；
故选：D。
根据图像各点电阻大小发生变化，则导体是非线性元件；
I-U图像点与原点的连线的斜率大小表示电阻的倒数；可判断出导体电阻的变化；
根据图像可得到12V电压时电流的大小，根据q=It计算出电量。
本题考查了学生对欧姆定律的理解，能从图像中读取有用的信息是解题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A、场强与电势无直接关系，电场强度较大的地方电势不一定越高，例如在负点电荷附近，电场强度大但电势低，故A错误；
B、根据电容的定义C=QU可知，电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，电容器的电量越大，可能两板的电压更大，则电容不一定越大，故B错误；
C、根据匀强电场电场强度与电势差的关系可知，匀强电场中电势降低最快的方向一定是电场强度的方向，故C正确；
D、点电荷的场强公式E=kQr2，电场强度为矢量，该球面上各点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不相同，故D错误。
故选：C。
电场强度与电势没有直接关系；
根据电容的定义分析判断；
电场强度的方向是电势降低最快的方向；
根据点电荷周围电场的特点说明。
本题关键要正确理解电场中几对关系，记住相关结论可提高解题速度，要理解记住电场强度与电势无关、正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大、电场强度的方向是电势降低最快的方向。
4.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题关键要掌握库仑定律和速度图象斜率的物理意义，并能进行分析。
根据同种电荷存在斥力，可知小球与点电荷的距离增大，根据库仑定律判断库仑力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，结合速度图象的斜率表示加速度进行分析。
【解答】
由于小球与点电荷都带正电，两者之间存在斥力，相互远离，小球在库仑力作用下做加速运动。根据库仑定律得知：小球所受的库仑力逐渐减小，加速度减小，而v-t图象切线的斜率表示加速度，图象的斜率应不断减小，故B正确，ACD错误。
5.【答案】D
【解析】解：A.电场线的疏密反映场强的大小，根据题意可知，P点的场强小于Q点的场强，故A错误；
B.在电场线中，沿着电场线方向电势逐渐降低，因此P点的电势高于Q点的电势，故B错误；
CD.强电场作用下，空气发生电离，粉尘会吸附电子带负电，从而受到指向侧壁的电场力，则粉尘由Q点运动至P点，电势能减小，最终会附着在圆筒侧壁上，故C错误，D正确。
故选：D。
根据电场线的疏密程度得出场强的大小，根据电场线的方向分析出电势的高低；
根据题意分析出粉尘的电性，结合其做功的特点分析出电势能的变化趋势。
本题主要考查了电势能与电场力做功的关系，理解场强和电势的影响因素，结合电场线的方向及疏密即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：A、A、K之间的电场是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不全为Ud，故A错误；
B、电场线的疏密表示电场强度大小，密集的地方电场强度较大，所以电子的加速度增加，故B错误；
C、电子由K运动到A，电场力做功为eU，则电子的电势能减少了eU，故C正确；
D、根据顺着电场线电势逐渐降低，可知K点电势小于A点电势，由K沿直线到A电势逐渐增大，故D错误。
故选：C。
A、K之间的电场是非匀强电场，不能用E=Ud求解电场强度的大小；由电场线疏密变化，分析场强的大小；根据电场力做的功分析电势能的减少量；根据电场线的方向判断电势高低。
解答本题时，要抓住电场线的两个意义来分析：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线方向电势逐渐降低。
7.【答案】C
【解析】解：A.依题意，根据匀强电场的特点，可得：φA-φB=φD-φC，代入数据得：φC=9V，故A错误；
BC.由于φA=φC所以AC连线为该匀强电场中的一条等势线，根据电场线与等势线垂直，且由高等势线指向低等势线，可知DB连线为该匀强电场中的一条电场线，且场强方向由D指向B，可得该匀强电场的电场强度大小为
：E=Ud=φD-φBdDB，代入数据得：E=75 2V/m，故B错误，C正确；
D.将电子从A点移动到C点电场力做功为：WAC=q(φA-φC)=0，故D错误。
故选：C。
根据匀强电场的特点，利用电势差的公式可求出C点的电势。
利用电场力做功和电场强度和电势差的关系可列式求解即可。
本题考查学生对电势差和电场强度的关系，需要注意沿电场强度方向电势逐渐降低。
8.【答案】C
【解析】解：AB、由点电荷电场线的特点可知，EA、EB反向延长线的交点即为点电荷的位置，如图所示，故点电荷一定在直线AB的左侧，且点电荷带正电，故AB错误；
C、设A、B两点到点电荷的距离分别为rA和rB，由几何知识得到：rAcs30°=rBcs60°，则rB= 3rA，
由点电荷场强公式E=kQr2得EB=EA3=E03，故C正确；
D、由电场线的方向可知，B点的电势一定低高于A点，故D错误。
故选：C。
将EA、EB反向延长相交，交点即为点电荷的位置，由几何知识求出A、B两点到点电荷的距离之比，由点电荷场强公式E=kQr2求解场强之比，从而求得B点的场强大小。根据两点到点电荷距离的大小关系，比较电势高低。
本题的解题关键是要点电荷电场线分布特点，运用几何知识确定点电荷的位置。要掌握点电荷的场强公式E=kQr2，利用比例法求出两点场强大小之比。
9.【答案】CD
【解析】解：ACD.根据电容的决定式可得：
C=ɛrS4πkd
因此当流水线上通过的布料厚度增大时，则ε变大，则A、B平行板电容器的电容变大，根据电容的定义式可得：
Q=CU
则A、B两板上的电荷量增大，电容器充电，有电流从b向a流过灵敏电流计，故A错误，CD正确；
B.根据匀强电场的场强的计算公式可得：
E=Ud
可知，U和d均不变，则A、B两板间的电场强度不变，故B错误。
故选：CD。
根据电容的决定式和比值定义式得出电容和电荷量的变化趋势，从而分析出电流的方向；
根据匀强电场的场强公式分析出场强的变化趋势。
本题主要考查了电容器的动态分析，熟悉电容的计算公式，理解过程中的不变量和变化量，结合电路构造的分析即可完成解答。
10.【答案】BD
【解析】解：AB：根据等量异种电荷的电场线及等势面的分布图如图所示
根据等量异种点电荷电场线的分布特点可知，电场线密集，电场强度大；电场线稀疏，电场强度小。
即A、B、C三点的场强大小关系是EA根据F=qE，可知检验电荷从A到B，所受的电场力变大，从B到C，所受电场力变大，故A错误，B正确；
CD：由图可知A、B是一条等势线，C点的电势比A、B的电势高，所以电势先不变后变大
检验电荷带负电，根据Ep=qφ，可知检验电荷从A到B，其电势能不变，从B到C，其电势能变小
即在此全过程中，检验电荷的电势能先不变后变小，故C错误，D正确。
故选：BD。
等量异种电荷的电场线分布，中垂线线上，电势相等，电场强度由电荷的连线的中点处向外逐渐减小
电荷之间的连线，由正电荷指向负电荷的线上，电场强度先减小后增大，电势逐渐减小
电势能Ep=qφ去判断大小。
本题考查学生对等量异种电荷的电场线分布及对应电场强度和电势的大小的关系，需要注意中垂线上的电势和电场强度的大小。
11.【答案】CD
【解析】解：A.由φ-x图像的斜率表示电场强度可知，x=x2电场强度为零，x=x2处的电场强度小于x=x3的电场强度，故A错误；
BC.根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，O～x2之间的电场方向沿x轴负方向，x2之后电场方向沿x轴正方向。电子带负电，电子从O到x2所受电场力方向沿x轴正方向，与其运动方向相同，电场力对其做正功，电子做加速运动；达到x2之后电子所受电场力方向沿x轴负方向，与其运动方向相反，电场力对其做负功，电子做减速运动，可知电子运动到x=x2处时速度最大，从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做正功再做负功，故B错误，C正确；
D.由题图可知，在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由W=qU，可知此过程电场力做功为零，由动能定理可知电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能，故D正确。
故选：CD。
由φ-x图像的斜率表示电场强度，可推断x=x2处与x=x3处的电场强度大小关系；根据沿电场线方向电势逐渐降低可推知电场强度和电子所受电场力的方向，继而可得到电场力做功的正负和电子速度变化情况；在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由动能定理可知电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能。
本题考查了电场中电势与电场强度的关系，掌握φ-x图像的斜率表示电场强度，由电势的高度变化能推断电场强度的方向。
12.【答案】AC
【解析】解：AB.根据题意，设电场力做功为W，金属块克服摩擦力做功0.8J，则摩擦力做功为Wf=-0.8J
金属块移动过程中，由动能定理有WG+W+Wf=ΔEk
代入数据得W=-0.9J，电场力做负功，则电场力向右，金属块带正电，金属块克服电场力做功0.9J，故B错误，A正确；
C.由功能关系有ΔE=Wf+W，代入数据的：ΔE=-1.7J，即金属块的机械能减少1.7J，故C正确；
D.由功能关系可知，由于重力做功2.0J，则重力势能减小2.0J，电场力做功-0.9J，则电势能增加0.9J，则金属块的重力势能和电势能之和减小1.1J，故D错误。
故选：AC。
根据功能关系列方程求解即可。
本题考查学生功能关系的理解和运用，需要注意电场力做负功，电势能增加。
13.【答案】充电 减小 减小 3.5×10-3 B
【解析】解：(1)当开关S接1时，平行板电容器与电源相连，则电容器充电。
(2)①此过程中，电容器放电，电路中的电流减小，电容器的带电量减小，电容不变，由C=QU分析可知电容器的电压减小，由E=Ud知两极板间的场强减小；
②I-t图像与坐标轴围成的面积大小等于电容器的带电量，图中每小格表示的电荷量为10-3×0.25C=2.5×10-4C，若按“四舍五入”(大于等于半格算一格，小于半格舍去)可知总共有14格，由图乙可知电容器所带的电荷量为
Q=14×2.5×10-4C=3.5×10-3C
则电容器的电容为
C=QU=3.5×10-38F=437.5μF
可知，该实验选择的电容器最有可能是下图中的B。
故答案为：(1)充电；(2)①减小，减小；②3.5×10-3，B。
(1)根据电路连接方式判断电容器是充电还是放电；
(2)①根据I-t图像直接判断电流变化情况，再由C=QU、E=Ud判断电容器两极板间的场强的变化。
②I-t图像与坐标轴围成的面积大小等于电容器的带电量，估算出电容器所带的电荷量，再由C=QU求电容器的电容。
本题要理解I-t图像的物理意义，可与v-t图像类比来理解，要能根据I-t图像的“面积”求出电容器的电量，掌握电容器电容的定义公式。
14.【答案】③ 0.608 M 25 πd2Rx4l
【解析】解：(1)用如图甲的螺旋测微器测量电阻丝直径，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋微调旋钮③，直到听见“喀喀”的声音为止；测量时需要选择电阻丝的不同位置进行多次测量，再取平均值作为电阻丝的直径，目的是为了减少偶然误差。
螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，则直径
d=0.5mm+0.01×10.8mm=0.608mm
(2)实物电路图如图所示
(3)第一次测量按乙图的电路，根据欧姆定律可得
U1I1=Rx+RA+R0
第二次测量将电压表改接在a、b两端，根据欧姆定律可得
U2I2=RA+R0
可知
U1I1>U2I2
可知第一次测量得到图线是M，由图像数据可得
U1I1=Rx+RA+R0=5100×10-3Ω=50ΩU2I2=RA+R0=2.5100×10-3Ω=25Ω
联立可得
Rx=U1I1-U2I2=25Ω
由电阻定律可得
ρ=SRxl=πd2Rx4l
故答案为：(1)③，0.608；(3)M，25，πd2Rx4l。
(1)根据螺旋测微器结构明确进行微调的部位；为减小偶然误差要进行多次测量求平均值；
(2)根据图示电路图连接实物电路图；
(3)根据电路图与图示图象应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻丝阻值，根据电阻的决定式即可求解。
要掌握常用器材的使用方法、注意事项与读数方法；为减小偶然误差要进行多次测量求平均值；根据电路图与图示图象应用串联电路特点与欧姆定律才能求出电阻丝阻值。
15.【答案】解：(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得mg+2mg=qE ①
解得E=3mgq，方向竖直向上②
在匀强电场中，有UOa=El③
则a、O两点电势差UaO=-3mglq④
(2)小球从a点运动到b点，设到b点速度大小为vb
由动能定理得-qE⋅2l+mg⋅2l=12mvb2-12mva2⑤
小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得F+qE-mg=mvb2l⑥
联立②⑤⑥式，代入va=4 gl
解得F=6mg⑦
答：(1)电场强度大小为3mgq，a、O两点的电势差为-3mglq；
(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4 gl，使其在竖直面内做圆周运动，小球运动到b点时细绳拉力F的大小为6mg。
【解析】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡求解电场强度，根据电场强度和电势差的关系求解a、O两点电势差；
(2)由动能定理求解小球从a点运动到b点的速度大小，由牛顿第二定律求解拉力。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
16.【答案】解：①离子在加速电场中加速过程，根据动能定理，有：
qU=12mv2。
得v= 2qUm
②离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0=mv2R
联立得：R=2UE0
(2)离子进入匀强电场后做类平抛运动，则有：
沿PN方向：PN-=PO-+ON-=12at2
加速度a=qEm
沿CD方向：R=vt
联立解得E=3E0。
答：
①粒子经过加速电场刚进入静电分析器时的速度是 2qUm；
②此圆弧的半径R为2UE0。
③此匀强电场的场强E为3E0。
【解析】①离子在加速电场中加速时，电场力做功为qU，动能增加，根据动能定理列出方程求解；
②粒子进入静电分析器后做匀速圆周运动，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律和向心力列出方程，即可求出圆弧的半径R。
③离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解场强E。
对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理求出加速获得的速度与加速电压的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法。电场中的匀速圆周运动，要知道由电场力充当向心力。
17.【答案】解：(1)带电小球从A点到半圆轨道最低点过程中，由动能定理可得：mg(R+h)-qER=12mv2
将电场强度E=mg2q、高度h=1.5R代入解得：v=2 gR
(2)设小球经过C点时的最小速率为vmin，此时小球对C点的压力为零，由圆周运动知识可得：qE=mvmin2R
由动能定理可得：mgh'-qE⋅2R=12mvmin2
两式联立代入数据得：h=5R2
所以要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足的条件是h≥52R。
(3)小球从C点射出后，在水平方向做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向做竖直上抛运动，其水平方向ax=qEm=g2
2R=12axt2
竖直方向有：h'=v0t-12gt'2
解得：h'=0
答：(1)当h=1.5R时，小球到达半圆轨道最低点时的速率为2 gR；
(2)要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足h≥5R2；
(3)若小球从C点射出时的速率为v0= 2gR，则小球与轨道AB的撞击点A'与B点之间的距离h'为零。
【解析】(1)根据题设条件由动能定理求A点的高度；
(2)在C点由牛顿第二定律求出C点的最小速度，再由动能定理求高度h应满足的条件；
(3)从C点竖直向上滑出后，分别在竖直方向和水平方向地匀变速规律求水平为位移2R时的竖直位移。
本题是带电小球在电场和重力场中做直线运动、圆周运动、类斜抛运动的综合，抓住基本规律，应用动能定理求出关键点的速度是关键，还要注意的恰从C点飞出的条件，不是到达C点的速度为零，而是此时轨道的弹力为零。