江苏省宿迁中学2020届高三上学期一模考试考前全真模拟物理试题

 江苏省宿迁中学2020届高三年级一模考前全真模拟卷物理一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题只有一个选项符合题意。1.鱼缸中的一条小鱼在水中沿直线水平向左减速游动游动时，某同学画出的水对鱼的作用力F 方向正确的是A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【详解】鱼在水中受水的浮力保持鱼在竖直方向的平衡，由于水平方向左减速游动，故鱼受水平方向向右的外力，故水对鱼的作用力应是浮力与向右推动力的合力，故应斜向右上方；A．与分析不符，故A错误；B．与分析不符，故B错误；C．与分析相符，故C正确；D．与分析不符，故D错误；故选C。2.如图所示，长方体物块上固定一长为L 的竖直杆，物块及杆的总质量为2m，质量为 m 的小环套在杆上，当小环从杆顶端由静止下滑时，物块在水平拉力F 作用下，从静止开 始沿光滑水平面向右匀加速运动，小环落至杆底端时，物块移动的距离为2L；已知 F=3mg, 重力加速度为g。则小环从顶端下落到底端的运动过程A. 小环通过的位移为3LB. 小环对杆的弹力为零C. 小环运动的加速度为D. 小环落到底端时，小环与物块及杆的动能之比为5:8【答案】D【解析】【详解】ABC．水平方向上，根据牛顿第二定律有：代入数据解得：根据牛顿第二定律有杆对小环的弹力为：根据牛顿第三定律可得小环对杆的弹力为：小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据水平方向的位移公式有：解得运动时间为：在竖直方向上有：解得：即小球在竖直方向上做加速度为的匀加速直线运动 故小球运动的加速度为：小球的合运动为匀加速直线运动，其位移为：故A、B、C错误；D．设小环落到底端时的速度为，则有：其动能为：设此时物块及杆的速度为，则有：其动能为：故有：故D正确；故选D。3.“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源。延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是A. “轨道康复者”的速度大于地球的第一宇宙速度B. “轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的 倍C. 站在赤道上的人的角速度大于“轨道康复者”的角速度D. 为了拯救圆轨道上的某卫星，“轨道康复者”可从比该卫星更高的圆轨道上加速后靠近该卫星【答案】B【解析】【详解】A．根据可得：越大，越小，由于“轨道康复者”的轨道半径大于地球的半径，故“轨道康复者”的速度小于近地卫星的速度，即“轨道康复者”的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；B．因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，根据可知“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍，故B正确；C．根据可得：越大，周期越大，则有“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，可得“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，即站在赤道上的人的角速度小于“轨道康复者”的角速度，故C错误；D．“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，故D错误；故选B。4.如图为被称为“天津之眼”的摩天轮，创新性地跨河修建坐落于桥上，兼具了观光和交通两种功能，而成为地标建筑。假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动时只跟总处于水平方向的座椅接触。下列说法正确的是 A. 在摩天轮转动一周的过程中，乘客所受到的合力做功为零B. 在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变C. 在摩天轮转动的过程中，座椅对乘客的摩擦力功率始终是零D. 座仓通过最低点时，乘客处于失重状态【答案】A【解析】【详解】A．在摩天轮转动一周的过程中，动能的变化量为零，由动能定理知，合力对乘客做功为零，故A正确；B．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故B错误；C．乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动时，由重力、水平方向的座椅对乘客的支持力和静摩擦力提供向心力，除与圆心等高位置和最高点、最低点外，其它位置的水平方向的座椅对乘客的静摩擦力方向与运动方向不垂直，座椅对乘客的摩擦力功率不是零，故C错误；D．在最低点，乘客合外力向上，加速度方向竖直向上，乘客处于超重状态，故D错误；故选A.5.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是(   )A.  B. C  D. 【答案】D【解析】【详解】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：即图象上某点的切线的斜率表示电场力；A. 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据故电场强度也逐渐减小，故A错误； B.根据动能定理，有：故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误； C.按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式匀变速直线运动的图象是直线，题图图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误； D.粒子做加速度减小的加速运动，故D正确． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0 分。6.“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：在封口机工作时，套在瓶口上的封口头内的线圈有电流通过，致使靠近线圈（但与线圈绝缘）的铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在被封容器的瓶口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是A. 封口材料可用普通塑料来代替铝箔B. 封口机工作时封口头内的线圈有短时间的恒定电流C. 可以通过控制封口头内线圈电流的频率来设定铝箔发热的功率D. 封口头内线圈中电流产生的磁场方向应当与铝箔表面垂直【答案】CD【解析】【详解】A．由涡流的原理可知，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热；而如果封口材料用普通塑料来代替铝箔，则不能产生涡流，所以不能起到加热的作用，故A错误；B．由涡流的原理可知，穿过线圈的磁场必须是变化的磁场，才能使铝箔内产生涡流，所以封口机工作时封口头内的线圈有变化的电流，故B错误；C．若改变封口头内线圈电流的频率，则电流产生的磁场变化的频率也发生改变，则周期发生，根据法拉第电磁感应定律可知在铝箔内产生的电动势改变，由闭合电路欧姆定律可知，产生的涡流的电流值改变，所以封口过程中铝箔发热的功率，所以可以通过控制封口头内线圈电流的频率来设定铝箔发热的功率，故C正确；D．由封口机的原理可知，封口头内线圈中电流产生的磁场发生改变时，铝箔表面的磁通量发生改变，所以封口头内线圈中电流产生的磁场方向应当与铝箔表面垂直，故D正确；故选CD。7.在如图所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关S，在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，以下说法正确的是(        )A. 电压表和电流表的示数都增大B. 电源的总功率变大C. 灯L1变亮，电压表的示数减小D. 灯L2变亮，电容器的带电量增加【答案】BC【解析】【分析】由题中“在将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中”可知，本题考查含电容器电路变化，根据欧姆定律和电容器规律可分析本题。【详解】A. 将滑动变阻器的滑片P向下移动的过程中，滑动变阻器电阻变小，因此电流表示数变大，但是电路总电阻变小，电压表所测电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得所以电压表示数会变小，故A错误；B.电源的总功率可以表示为电阻变小，电流变大，电动势不变，因此电源总功率变大，故B正确；C.因为灯L1在干路上，电阻变小，总电流变大，因此灯L1变亮，电压表示数变小，故C正确；D.因为灯L2于滑动变阻器并联，因此其两端电压等于路端电压，因为电压表示数变小，故灯L2变暗，电容器电压也变小，根据公式可知，电容器电容不变，电压表小，电荷量也变小，故D错误、8.如图所示，宽度为d、厚度为h的金属导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应.实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为,式中的比例系数k称为霍尔系数，设载流子的电荷量大小为q,金属导体单位体积内的自由电荷数目为n,下列说法正确的是A. 导体上表面的电势大于下表面的电势B. 霍尔系数为C. 载流子所受静电力的大小D. 载流子所受洛伦兹力的大小【答案】BD【解析】【详解】A．由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力向上，由于载流子是自由电子，故导体上表面的电势小于下表面的电势，故A错误；C．导体中的电场强度，载流子所受电场力，故C错误；B．稳定时，电场力与洛伦兹力相等，即 ，解得，又电流的微观表达式：，解两式得：，则霍尔系数为，式中n为单位体积内的电荷数，故B正确；D．稳定时，电场力与洛伦兹力相等，载流子所受洛伦兹力的大小，故D正确；故选BD．9.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则(　　)A. 由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B. 由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少C. 由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量D. 在C处时，弹簧的弹性势能为mgh【答案】ACD【解析】【详解】圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确．圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh -W弹=0-0=0，则W弹=mgh，故D正确；故选ACD.三、简答题：本题共计42分，请将解答填写在答题卡相应的位置．10.图甲是验证机械能守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，滑块上固定一竖直遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连，细线与导轨平行.（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度为_____mm.（2）在调整气垫导轨水平时，滑块不挂钩码和细线，接通气源后，给滑块一个初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间.为使气垫导轨水平.可采取的措施是______.A.调节P使轨道左端升高一些        B.调节P使轨道左端降低一些C.遮光条的宽度应适当大一些        D.滑块的质量增大一些（3）正确进行实验操作，测出滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m，遮光条的宽度用d表示，已知重力加速度为g.现将滑块从图示位置由静止释放.①若滑块经过光电门2时钩码未着地，测得两光电门中心间距L，由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，则验证机械能守恒定律的表达式是_____.②若滑块经过光电门2时钩码已着地，为验证机械能守恒定律，已测得钩码初始位置离地的髙度h，还需测量的一个物理量是_____.【答案】    (1). 13.50    (2). A    (3).     (4). 遮光条通过光电门2的时间【解析】【分析】由题中“图甲是验证机械能守恒定律的装置”可知，本题考查机械能守恒定律实验，根据实验原理和数据处理可分析本题。【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则，分度值为0.05mm，读数为；（2）[2]因为发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明左低右高，因此可以调节P使轨道左端升高一些，故选A；（3）[3]两个光电门的速度分别为和，因此可得即[4] 因为滑块经过光电门2时钩码已着地，所以为验证机械能守恒定律，还需知道两点的速度，因此需要测量遮光条通过光电门2的时间。11.在“练习多用电表的使用”实验中：（1）如图为一正在测量中的多用电表表盘．甲同学利用多用电表的直流 50mA 挡测量电流，则读数为__________mA；（2）乙同学利用多用电表测量某一只电阻时，他用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为__________（填写选项前的字母）．A．将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将选择开关旋转到电阻挡“×10 ”的位置C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”（3）丙同学想设计一个实验，测量多用电表“×1Ω” 挡的内部总电阻和内部电源的电动势．指针式多用电表欧姆挡的内部电路是由直流电源、调零电阻和表头相串联而成。给定的器材有：待测多用电表，量程为 100 mA 的电流表，最大电阻为 20 Ω 的滑动变阻器，鳄鱼夹，开关，导线若干. 实验过程如下：①实验前将多用电表调至“×1 Ω”挡，将红黑表笔短接，调节旋钮，使指针指电阻的零刻度．②用鳄鱼夹将红、黑表笔固定在图甲的两接线柱上，请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整_____．③调节滑动变阻器，读出多用电表示数 R、毫安表示数 I，求出电流倒数，记录在下面的表格中，请根据表格数据在图乙的坐标系中描点作图________．R/Ω4710141820I/10-3A8.067.060.052.045.043.012.814.916719.222.223.2   ④请通过图线求出多用电表内部电源的电动势为__________V，内部总电阻为__________Ω.（结果保留三位有效数字）⑤电流表存在一定的内阻，这对实验结果__________（填“有影响”或“无影响”）.【答案】    (1). 20.0 （19.8〜20.0）    (2). ADC （不可以改变顺序）    (3).     (4).     (5). 1.45〜1.55    (6). 14.5〜15.5    (7). 无影响【解析】【详解】（1）[1] 直流 50mA 挡最小刻度是1mA，估读一位，读数为20.0mA；（2）[2] 指针偏转角度过小，说明阻值较大，应改为大倍率档，重新进行欧姆调零后，在进行测量。故操作顺序为ADC；（3）②[3] 多用电表视为电源处理，根据测量电源的电动势和内电阻实验原理可知电路结构，注意多用电表内部电源的正极与黑表笔接触；同时滑动变阻器采用限流接法；测量电路如图所示；③[4] 根据描点法可得出对应图象如图所示；④[5] 根据闭合电路欧姆定律可知：变形可得：；则由图可知，当电阻为零时，；则有：；图象的斜率表示电源的电动势，故：；[6]多用电表内阻：r=14.5Ω；⑤[7]由于使用欧姆表直接读出了外部电阻中包含了电流表内阻，故电流表内阻对实验没有影响。12.下列说法中正确的是______A. 光电效应和康普顿效应都揭示了光的波动性B. 运动粒子的物质波波长与其动量大小成反比C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长D. 研究原子核的结构是从α粒子的散射实验开始的【答案】BC【解析】【详解】A．光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量外，还具有动量，故A错误；B．根据德布罗意波的波长公式可知，物质波的波长与其动量成反比，故B正确；C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为光子频率较小，波长太长，故C正确；D．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，研究原子核的结构是从天然放射现象的发现，故D错误．13.一种典型的铀核裂变方程是．这个反应中，符号X代表______，若该铀核裂变释放的核能为，则质量亏损是______【答案】    (1). 中子    (2). 【解析】【详解】[1]据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为0，质量数为1，X为中子；[2]根据质能方程可知，则此反应中发生质量亏损：14.甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．【答案】3:2【解析】【详解】由动量守恒定律得解得代入数据得【点睛】考查动量守恒，注意动量的矢量性，比较简单．15.下列说法中正确的是______．A. 压缩气体需要做功，说明气体分子间存在斥力B. 草叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 阳光下看到细小尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动D. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大【答案】B【解析】【详解】A．对于气体而言分子之间距离很大，分子力可以认为为零，压缩气体做功是因为要克服气体压强产生的压力做功，并非因为分子间有斥力存在，故A错误；B．液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，如露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故B正确；C．阳光下看到细小的尘埃飞扬是固体颗粒在空气的流动下的运动，不是布朗运动，故C错误；D．当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，绝对湿度不一定大，故D错误．16.一定质量理想气体由状态A经过A→B→C→A的循环过程的p－V图象如图所示（A→B为双曲线），其中状态___________（选填A、B或C）温度最高，A→B→C过程是_______的．（选填“吸热”或“放热”）．【答案】    (1). C    (2). 吸热【解析】【详解】根据图象A→B为双曲线，可得从A到B为等温变化，温度应不变，从B到C为等容变化，压强增大，温度升高，从外界吸热，从C到A为等压变化，体积减小，温度降低，所以C温度最高，从A到B到C需要从外界吸热．17.科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子．资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66 kg/mol，其分子可视为半径为3×10–9 m的球，已知阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol–1．请估算该蛋白的密度．（计算结果保留一位有效数字）【答案】【解析】【详解】摩尔体积由密度，解得代入数据得【点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数，摩尔质量、摩尔体积等物理量间的关系，记得公式，用心计算，小心有效数字的要求即可．四、计算题：本题共47计分，请将解答填写在答题卡相应的位置．18.如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab=L、ad=2L．虚线MN过ad、bc边中点．一根能承受最大拉力F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O．从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v. 求：（1）细线断裂前线框中的电功率P；（2）细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；（3）线框穿出磁场过程中通过导线截面电量 q．【答案】（1）（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据法拉第定律，电功率（2）细线断裂瞬间安培力（没有说明，直接代入下面公式也给分）线框的加速度线框离开磁场过程中，由动能定理（3）设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有其中线圈穿出磁场过程电流通过的电量解得19.如图,质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.4 m的四分之一圆弧A端由静止开始释放,它运动到B点时速度为v=2 m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去.滑块在光滑水平面上运动一段距离后,通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1 m的斜面CD上,CD之间铺了一层匀质特殊材料,其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节.斜面底部D点与光滑地面平滑相连,地面上一根轻弹簧一端固定在O点,自然状态下另一端恰好在D点.认为滑块在C、D两处换向时速度大小均不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力.(1) 求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功.(2) 若设置μ=0,求滑块从C第一次运动到D的时间及弹簧的最大弹性势能(3) 若最终滑块停在D点,求μ的取值范围.【答案】(1) 2 J   (2) ，2J  (3) 0.125≤μ<0.75或μ=1【解析】【详解】(1) 在B点,解得F=20 N由牛顿第三定律,F'=20 N从A到B,由动能定理得得到W=2 J(2) 在CD间运动,有加速度a=gsin θ=6 m/s2匀变速运动规律得t= s(3) 最终滑块停在D点有两种可能:a. 滑块恰好能从C下滑到D.则有得到μ1=1b. 滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动,最终静止于D点.当滑块恰好能返回C得到μ2=0.125 当滑块恰好静止在斜面上,则有得到μ3=0.75    所以,当0.125≤μ<0.75,滑块在CD和水平地面间多次反复运动,最终静止于D点.综上所述,μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ=120.如图所示，在xOy直角坐标平面内﹣0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿﹣x方向的匀强电场．在x轴上坐标为（﹣0.05m，0）的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用（结果可保留根号）．求：（1）粒子在磁场中运动的半径R；（2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；（3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；（4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，求粒子P到达电场右边界时的速度．【答案】（1）粒子在磁场中运动的半径R为0.1m；（2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ为60°或120°；（3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标为（0，m）；（4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，粒子P到达电场右边界时的速度为大小2m/s，方向与电场右边界成45°或135°．【解析】试题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动：，解得：R=0.1m（2）由题意可知粒子Z垂直电场左边界进入电场，做出粒子Z在磁场中的运动轨迹如图所示，O1为轨迹的圆心，用dB表示磁场区域的宽度，由几何关系可知：，在△SOO1中满足：代入数据可得：，即粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角为60°（或120°）（3）在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如图所示，N点到x轴的竖直距离L满足：解得：即粒子P的位置坐标为（0，）（4）用dE表示电场的宽度，对粒子Z在电场中的运动，由动能定理可得：代入数据可得：设沿电场方向的速度为，则Eq=ma解得：所以粒子P到达电场右边界时的速度方向与电场右边界成450或1350考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.