1、天津市五区县2015届高三上学期期末联考物理试卷一、单项选择题：共32分本大题共8小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1（4分）在学校的体育运动会跳高场地，我们看到在运动员落地一侧要叠放几块较大而厚的软垫，其目的是（）A增加运动员落地过程的时间，增大脚受到的作用力B增加运动员落地过程的时间，减小脚受到的作用力C减少运动员落地过程的时间，增大脚受到的作用力D减少运动员落地过程的时间，增大脚受到的作用力考点：动量定理.专题：动量定理应用专题分析：在运动员落地一侧要叠放几块较大而厚的软垫，是为了增加运动员落地过程的时间，根据动量定理即可求解解答：解：在运动员落地一侧要叠放几
2、块较大而厚的软垫，增加了运动员落地的时间，设运动员落地前的速度为v，脚受到的作用力为F，根据动量定理得：Ft=mv时间变大，则作用力变小，故B正确；故选B点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，难度不大，属于基础题2（4分）下列说法正确的是（）A由加速度的定义式可知，加速度与速度的变化量成正比，与时间成反比B由牛顿第二定律可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比C匀变速直线运动的加速度为恒量，因此，加速度为恒量的物体一定做匀变速直线运动D匀速圆周运动的加速度方向总与速度垂直，因此，加速度方向总与速度垂直的物体一定要做匀速圆周运动考点：向心加速度；加速度；牛顿第二定律.专题：匀速圆周
3、运动专题分析：加速度是描述速度变化快慢的物理量，由牛顿第二定律可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度为恒量的物体不一定做匀变速直线运动解答：解：A、由加速度的定义式可知，当时间一定时，加速度与速度的变化量成正比，故A错误；B、由牛顿第二定律可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比，故B正确；C、加速度为恒量的物体不一定做匀变速直线运动，如平抛运动，故C错误；D、加速度方向总与速度垂直的物体一定做匀速圆周运动，故D正确故选BD点评：本题主要考查了加速度的定义，知道加速度跟哪些因素有关，物体有加速度时做怎样的运动，难度不大3（4分）如图所示，用一根轻弹簧悬挂一个物
4、体，从弹簧处于原长位置将物体由静止释放，在物体向下运动过程中，以下说法正确的是（）A物体的速度不断增大B物体的加速度不断增大C物体的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大D物体的动能与重力势能之和保持不变考点：牛顿第二定律；胡克定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：分析物体释放过程中受力，根据胡克定律分析弹力如何变化，确定合力如何变化，根据牛顿第二定律判断加速度如何变化根据系统的机械能守恒分析物体的动能与弹簧的弹性势能之和、动能与重力势能之和如何变化解答：解：A、B物体释放过程中，受到重力和弹簧向上的拉力，弹簧的拉力先小于重力，物体的合力向下，与速度同向，物体的速度不断增大，根据牛顿第二定律得知，加
5、速度不断减小；后来弹簧的拉力大于重力，合力向上，与速度反向，物体速度减小，加速度增大故速度先增大后减小，加速度先减小后反向增大故AB错误C、D由于只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，则知：物体的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，随着物体向下运动，其重力势能减小，弹簧的弹性势能增大，则物体的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，物体的动能与重力势能之和减小故C正确，D错误故选C点评：本题关键从两个角度分析：一是力的角度，抓住弹簧的弹力可变性，分析物体的运动情况；二是从能量的角度分析系统能量的变化情况4（4分）如图所示，A、B、C三物块叠放并处于静止状态，水平地面光滑，其它接触面粗糙，以
6、下受力分析正确的是（）AA与墙面间存在压力BA与墙面间存在静摩擦力CA物块共受3个力作用DB物块共受5个力作用考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：解答本题关键是灵活选择研究对象：先对三个物体组成的整体，分析根据平衡条件求解墙对A的压力；根据A与墙间的压力情况，判断有无摩擦力；即可分析A的受力情况；再对AB分析受力情况，由平衡条件分析C对B有无摩擦力，再分析B的受力情况解答：解：A、B以三个物体组成的整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对C没有摩擦力，根据平衡条件得知，墙对A没有压力，因而也没有摩擦力故AB错误C、对A：受到重力、B的支持力
7、和摩擦力三个力作用故C正确D、先对AB整体研究：水平方向上：墙对A没有压力，则由平衡条件分析可知，C对B没有摩擦力再对B分析：受到重力、A的压力和摩擦力、C的支持力，共四个力作用故D错误故选C点评：本题考查灵活研究对象的能力，分析受力时，还要抓住没有弹力，就没有摩擦力5（4分）（2014和平区一模）2013年6月13日，我国“神舟十号与“天富号”成功实现交会对接如图所示，圆形轨道1为“天宫一号，运行轨道，圆形轨道2为“神舟十号”运行轨道，在实现交会对接前，“神舟十号”要进行多次变轨，则（）A“神舟十号”在圆形轨道2的运行速率大于7.9km/sB“天宫一号”的运行速率小于“神舟十号”在轨道2上的
8、运行速率C“神舟十号”从轨道2要先减速才能与“天宫一号”实现对接D“天宫一号”的向心加速度大于“神舟十号”在轨道2上的向心加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.专题：人造卫星问题分析：卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，据此讨论卫星运动的线速度与向心加速度与卫星轨道的关系，知道卫星变轨是通过做离心运动或近心运动来实现的解答：解：卫星绕地球做圆周运动向心力由万有引力提供，故有A、线速度知卫星轨道高度越大线速度越小，而第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度故A错误；B、线速度知天宫一号轨道半径大，故其线速度小于神舟十号的线速度，故B正确；C、神舟十号
9、与天宫一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬长与天宫一号实现对接，故神舟十号是要加速而不是减速，故C错误；D、向心加速度a=知，天宫一号的轨道半径大，故其向心加速度小，故D错误故选：B点评：知道环绕天体绕中心天体做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星变轨原理是解决本题的关键6（4分）如图所示电路，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法正确的是（）A电流表的示数变大BR3两端的电压减小CR2的功率增大DR1的电流增大考点：闭合电路的欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：首先认识电路的结构：电阻R1、R4并联后R2串联，再与R3并联，电流表测量通
10、过R4的电流再按下列思路进行分析：当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，分析其接入电路电阻的变化，即可知外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，再根据干路电流与通过R3电流的变化，分析通过R2电流的变化，即可知道其功率的变化根据路端电压与R2电压的变化，分析R1、R4并联电压的变化，即可知电流表读数的变化，由通过R2的电流与电流表示数变化，分析R1的电流变化解答：解：当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流I减小，路端电压U增大，R3两端的电压等于路端电压，则知R3两端的电压增大，则通过R3电流I3增大，通过R2电流I2=I
11、I3，I减小，I3增大，则I2减小，故R2的功率减小，电压U2也减小；R1、R4并联电压U并=UU2，U增大，U2减小，则知U并增大，故通过电流表的电流IA增大，电流表的示数变大R1的电流I1=I2IA，I2减小，IA，增大，则I1减小故A正确，BCD错误故选A点评：本题是电路动态分析问题，关键一要搞清电路的结构；二要按“局部整体局部”按部就班进行分析7（4分）（2014红桥区二模）如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上（O为连线的中点），N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是（）AO点电势等于N点电势B
12、O点场强一定大于M点场强C将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功D若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大考点：电势；电场强度；电场的叠加；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：两等量同种电荷的场强的合成遵循平行四边形定则；电势的高低可以通过移动正的试探电荷，看电场力做功情况；根据电势的高低，判断电势能的大小解答：解：A、根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上电场强度方向从O到N，则O点的电势高于N点的电势，故A错误；B、在M、N和O三点中O点电场强度为零，故0点场强一定小于M点场强故B错误；C、将负点电荷从M点移到O点，电场
13、力向左，电场力对负电荷做负功，其电势能增加；再将负的试探电荷从O点移到N点，电场力做负功，电势能增加故C正确；D、在两个等量同种正点电荷的连线上，中点O的电势最低，根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，在两电荷连线的垂直平分线上，O点的电势最高故M、N、O三点中，M的电势最高，N点的电势最低所以正电荷在M点的电势能最大，在N点的电势能最小故D错误；故选：C点评：对于等量同种电荷的电场，要明确两电荷连线和两电荷连线的中垂线上的电场分布情况；注意电场力做功等于电势能的减小量8（4分）（2014武清区三模）如图所示，物块A放在倾斜的木板上，改变木板与水平面之间的夹角，发现当=30和=45时物块A所
14、受的摩擦力大小恰好相等，则物块A与木板之间的动摩擦因数为（）ABCD考点：动摩擦因数.专题：摩擦力专题分析：=30时物体处于静止状态，静摩擦力和重力的下滑分力相等；=45时物体沿斜面下滑，滑动摩擦力可由Ff=FN求出解答：解：=30时物体处于静止状态，静摩擦力和重力的下滑分力相等即：Ff=mgsin30=45时物体沿斜面下滑，滑动摩擦力为：Ff=FN=mgcos45由mgsin30=mgcos45解得：=；故选：B点评：本题正确分析物体在两种状态下的受力情况，分别写出两种情况下的摩擦力表达式是解题的关键二、不定项选择题（每小题4分，每小题都有多个选项正确，选不全得2分，有错误选项不得分；共16
15、分）9（4分）某质点运动的速度图象如图所示，由图象得到的正确结果是（）A01s内的平均速度是2m/sB02s内的位移大小是6mC01s内加速度是24s内加速度的二倍D01s内的运动方向与24s内的运动方向相反考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与x轴包围的面积表示位移大小，运动方向看正负解答：解：A、分析平均速度：，由面积法求01s的位移s=2m，平均速度=2m/s，故A正确；B、由面积法知：02s的位移s=6m，故B正确；C、用斜率求出 01s的加速度：a1=4m/s2、24s的加速度大小a2=2m/s2、因而：a1=2a2，故C正确；
16、D、01s、24s两个时间段内速度均为正，表明速度都为正向，运动方向相同，故D错误；故选：ABC点评：本题关键要明确速度时间图线中斜率、截距、面积等的物理意义，同时要会运用运动学公式进行求解10（4分）如图所示，质量为2kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x=t2+t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，取g=10m/s2，以下结论正确的是（）A匀变速直线运动的初速度为1m/sB物体的位移为12m时速度为7m/sC水平恒力F的大小为4ND水平恒力F的大小为12N考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据物体
17、做匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的初速度和加速度，结合牛顿第二定律求出水平恒力根据匀变速直线运动的速度位移公式求出物体位移为12m时的速度解答：解：A、根据=t2+t，知v0=1m/s，a=2m/s2故A正确B、根据得，m/s=7m/s故B正确C、根据牛顿第二定律得，Fmg=ma，解得F=ma+mg=12N故C错误，D正确故选ABD点评：本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是前后联系的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力11（4分）（2013濮阳一模）长L的细绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到
18、最低点时速度大小为v，细绳拉力为F，小球的向心加速度为a，则下列说法正确的是（）A小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点的速度为2vB小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2FC细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为2FD细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度为a考点：向心力；牛顿第二定律.专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：根据动能定理求出小球运动到最低点时速度的表达式，根据向心力公式表示出向心加速度和绳子拉力F的表达式，逐项分析即可解答：解：A、根据动能定理得：0=mgL解得：v=小球质量变为2m，其他条件不变，则小
19、球到最低点的速度仍为v，故A错误；B、根据向心力公式得：Fmg=m解得：F=3mg所以小球质量变为2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为2F，细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力不变，故B正确，C错误；根据向心加速度公式得：a=2g，细绳长度变为2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度不变，仍为a，故D正确故选BD点评：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要求某个量的变化是否会引起另一个量的变化，最后先求出该量的函数表达式，难度适中12（4分）如图所示，A、B两个平行金属板充电后与电源断开，B板接地，C、D是A、B两板间的两个点，以下说法正确的是（）A
20、A板不动，将B板向下移动一小段距离，则C点电势不变BA板不动，将B板向下移动一小段距离，则C、D两点间电势差不变CB板不动，将A板向上移动一小段距离，则C点电势不变DB板不动，将A板向上移动一小段距离，则C、D两点间电势差不变考点：电容器的动态分析.专题：电容器专题分析：A、B两个平行金属板充电后与电源断开，所带的电荷量不变，根据两极板间距离的变化，通过电容的决定式以及E=判断极板间电场强度的变化，从而判断出电势差和电势的高低解答：解：A、A板不动，将B板向下移动一小段距离，d增大，根据电容的决定式、C=以及E=得，E=，Q不变，则电场强度不变，则C与B板间的电势差增大，则C点的电势增大故A错
21、误B、A板不动，将B板向下移动一小段距离，d增大，根据电容的决定式、C=以及E=得，E=，Q不变，则电场强度不变，CD间的距离不变，则C、D间的电势差不变故B正确C、B板不动，将A板向上移动一小段距离，同理，电场强度不变，C与B板间的电势差不变，B板的电势为零，则C点的电势不变故C正确D、B板不动，将A板向上移动一小段距离，同理，电场强度不变，C、D间距离不变，则C、D两点间电势差不变故D正确故选BCD点评：本题属于电容器的动态分析，关键抓住不变量，结合、C=以及E=进行分析三、实验题（请根据要求回答以下两个实验题，13题6分，14题9分，共15分）13（6分）某实验小组利用打点计时器和斜面小
22、车分析小车的运动情况，实验装置如图（1）实验中打点计时器所使用的电源为交流电源（填“交流电源”或“直流电源”）（2）下面为某同学打出的一条纸带的一部分，描出O、A、B、C、D五个计数点（相邻两个计数点间有四个点未画出）用毫米刻度尺测量各点与O点间距离如图所示，已知所用电源的频率为50HZ，则打B点时小车运动的速度vB=0.620.337m/s，小车运动的加速度a=1.8m/s2（结果要求保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度.专题：实验题；直线运动规律专题分析：了解打点计时器的原理和具体使用，尤其是在具体实验中的操作细节要明确根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大
23、小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）实验中打点计时器所使用的电源为交流电源（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小vB=0.62m/s设0到A之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x3x1=2a1T2x4x2=2a2T2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a=（a1+a2）即
24、小车运动的加速度计算表达式为：a=m/s2=1.8m/s2故答案为：（1）交流电源（2）0.62，1.8点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用14（9分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.20mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待
25、测圆柱体电阻R直流电源E（电动势4V，内阻不计）电流表A1（量程04mA，内阻约50） 电流表A2（量程010mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k） 电压表V2（量程015V，内阻约25k）滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）开关S 导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号考点：测定金属的电阻率.专题：实验题分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（
26、3）欧姆表读数时要注意乘以倍率；（4）根据提供的电源选择电压表；根据电路中的电流选择电流表；根据实验器材确定滑动变阻器接法，根据待测电阻阻值与电表内阻关系确定电流表接法，作出电路图解答：解：（1）20分度的游标卡尺最小分度是0.05mm，主尺读数是5.0cm=50mm；游标读数是0.054=0.20mm；总读数是：50mm+0.20mm=50.20mm（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，可动刻度示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200m=4.700mm；（3）欧姆表读数：2210=220（4）电源的电动势是4V，所以要选择量
27、程是3V的电压表V1；电路中的电流约为：所以要选择量程是10mA的电流表A2题目要求测得多组数据进行分析，所以需要采用分压式接法，滑动变阻器选择电阻值比较小的R 1由于，所以采用电流表外接法电路图如图：故答案为：（1）50.20；（2）4.700；（3）220；（4）如图点评：本题考查了电阻定律的应用、游标卡尺与螺旋测微器的读数，应用电阻定律即可求出电阻率的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读四、解答题（请按规范步骤解答，15题12分，16题12分，17题13分，共37分）15（12分）如图所示电路，电源电动势E=15V，内阻r=1，电阻R1=4电
28、阻R2=R3=10，电容器的电容C=5103F，求：（1）开关S打开时，电容器的电量Q1为多少？（2）将开关S闭合瞬间，通过电流计G的电量q为多少？电流方向如何？考点：闭合电路的欧姆定律；电容.专题：恒定电流专题分析：（1）开关S打开时，R1与R2串联，电容器两端的电压UC1等于路端电压根据闭合电路欧姆定律求电流，由欧姆定律求解路端电压，电容器的电量Q=CU（2）开关S闭合后，R2与R3并联再与R1串联，电容器两端的电压UC2等于电阻R1两端电压，由欧姆定律求出电容器的电压，即可求出其电量根据电容器充电或放电，判断电流的方向解答：解：（1）开关S打开时，R1与R2串联，电容器两端的电压UC1等
29、于路端电压 E=I1（r+R1+R2）电容器的电压UC1=I1（R1+R2）=电容器的电量Q1=CUC1代入数据得Q1=0.07C（2）开关S闭合后，外电路的结构为：R2与R2并联再与R1串联，电容器两端的电压UC2等于电阻R1两端电压 E=I2（r+R1+R2R3） UC2=I2R1 Q2=C UC2代入数据得Q2=0.03C将开关S闭合瞬间，通过电流计G的电量q=Q1Q2=0.04C由上可知，开关闭合后，电容器将要放电，电流方向向左答：（1）开关S打开时，电容器的电量Q1为0.07C（2）将开关S闭合瞬间，通过电流计G的电量q为0.04C电流方向向左点评：本题是含有电容器的电路，首先要认识
30、电路的结构，其次要抓住电容器的电压等于哪段电路的电压16（12分）如图所示，半圆形竖直光滑轨道bc固定在水平地面上，轨道半径R=0.6m，与水平粗糙地面ab相切，质量m2=0.2kg的物块B静止在水平地面上b点，另一质量m1=0.6kg物块A在a点以v0=10m/s的初速度沿地面滑向物块B，与物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起，之后冲上半圆轨道，到最高点c时，两物块对轨道的压力恰好等于两物块的重力已知ab两点间距L=3.6m，A与B均可视为质点，空气阻力不计，g取10m/s2求：（1）物块A与B刚碰后一起运动的速度v；（2）物块A和地面间的动摩擦因数考点：动量守恒定律；机械能守
31、恒定律.专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）在C点，滑块做圆周运动，由牛顿第二定律求出物块在C点的速度，然后由机械能守恒定律求出A、B碰撞后的速度（2）物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理求出物块与轨道的动摩擦因数解答：解：（1）在轨道的最高点，根据牛顿定律得：由题意可知：FN=（m1+m2）g从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律得：由式代入数据解得：v=6m/s（2）两物块碰撞的过程中系统动力守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：m1vA=（m1+m2）v物块A从a运动到b的过程中，根据动能定理得：由式并代入数据得：=0.5答：（1）物块A与B
32、刚碰后一起运动的速度v为6m/s；（2）物块A和地面间的动摩擦因数为0.5点评：分析清楚运动过程，应用牛顿第二定律、动能定理、向心力公式即可正确解题17（13分）如图所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U1=100V，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d=0.2m，板的长度为L=1m，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求：（1）为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少？哪板电势高？（2）如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子还能打在板上吗？若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为
33、多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：本题（1）的关键是明确粒子打在P点的条件，然后根据类平抛规律及动能定理联立即可求解；（2）题的关键是先求出粒子恰好能从板边缘射出时的偏转电压，然后比较讨论即可解答：解：（1）设负离子的质量为m，电量为q，从B板小孔飞出的速度为v0，由动能定理 U1q=mv02由类平抛规律：=v0ty=at2又a=整理可得y=又y=联立解得U2=32V，因负离子所受电场力方向向上，所以且C板电势高故为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为32V，C板电势高（2）若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：x=L，y=由类平抛规律可得：x=，y=，=联立以上各式解得y=，将y=代入可解得=8V可见，如果两板间所加电压为4V，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出将=4V，代入y=，解得y=0.05m故如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为0.05m点评：粒子垂直进入偏转电场后将做类平抛运动，然后根据类平抛规律求解讨论即可
