1、2015-2016学年山西省晋中市高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项符合题意；9-12题有多个选项符合题意选全的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔张开，则（）A金属球和金箔片均带正电B金属球带负电，金箔片带正电C金属球带正电，金箔片带负电D金属球、金箔片均不正电2某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则（）AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPEQ，PQDEPEQ，PQj3如图
2、所示，在沿x轴正方向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心、以r为半径逆时针转动，为OA与x轴正方向间的夹角，则O、A两点间电势差为（）AUOA=ErBUOA=ErsinCUOA=ErcosDUOA=4某用电器与供电电源距离为L线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为，那么，该输电导线的横截面积的最小值是（）ABCD5如图所示，在y 轴上关于O点对称的A、B 两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷Q，且CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（）AD点电场强度为零BO点电场强度为零C若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D若将点电荷q从O移向C，电势能减小6在
3、如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示下列判断正确的是（）AI减小，U1增大BI减小，U2增大CI增大，U1增大DI增大，U2增大7如图所示，某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是（）A如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较小B如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较大C如果图中虚线是电场线，a点的场强大于b点的场强D如果图中虚线是等势面，a点的电势高于b点的电势8如图所示，平行板电容器
4、两个极板为A、B，B板接地，一电源与两极板相连，在板间电场内的P点固定一个带负电的点电荷，则关于P点的电势和点电荷的电势能，以下说法正确的是（）A当S闭合时，A板下移，P点电势增大B当S闭合时，B板上移，电荷电势能增大C当S断开时，A板下移，P点电势减小D当S断开时，B板上移，电荷电势能减小9两个相同的金属小球（可视为点电荷），所带同种电荷电量之比为1：7，在真空中相距r，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力可能为原来的（）ABCD10关于电动势，下列说法正确的是（）A电源两极间的电压等于电源电动势B电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C电源电动势的数值等于内、外电压之和D
5、电源电动势与外电路的组成无关11如图所示，两极板与电源相连接，某种带电粒子（不计重力）从负极边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，以下以同样方式射入且仍从正极板边缘飞出的是（）A开关闭合，速度加倍，极板间距变为原来的一半B开关闭合，速度加倍，极板间距变为原来的四分之一C开关断开，速度减半，极板间距变为原来的二倍D开关断开，速度减半，极板间距变为原来的四倍12一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EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（）ABCD二、实验题（本题共3题，每空2分，共22分）13已知某一表头G，内
6、阻Rg=60，满偏电流Ig=20mA如果把它改装成量程是6V的电压表，应联的电阻；如果把它改装成量程是3A的电流表，应联的电阻14某同学在做测量金属的电阻率的实验中，由于金属丝较短，因此用游标卡尺测量金属丝的长度，用螺旋测微器测量金属丝的直径则测出的长度为cm，直径为mm15为了描绘标有“3V 1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻约0.5）B电流表（00.6A，内阻约0.01）C电压表（03V，内阻约5k）D电压表（015V，内阻约50k）E滑动变阻器（010，0.5A）F电源（电动势3V，内阻不计）G电键一个，导线若干（1）为
7、了完成上述实验，实验中应选择的仪器是（2）在如图1所示的虚线框中画出完成此实验的电路图补充完整（3）将实物图按电路图用导线补充完整（4）实验描绘出的IU图线如图2所示，小灯泡的电阻随电压的升高而（填变大、变小）；小灯泡是元件（填线性、非线性）三、计算题（本题共4小题，共30分；其中16、17每题6分、18题10分，19题8分解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）16电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点，一个电荷量q=+2.0108C的点电荷在A点所受电场力FA=3.0104N，将该点电荷从A点移到B点，
8、电场力做功W=6.0107J，求：（1）A点电场强度的大小EA；（2）A、B两点间的电势差UAB17如图所示电路，电动机的线圈电阻是1，电动机工作时电压表的示数是12V，电池组的电动势是22V，内电阻是1，电阻R的阻值为4不考虑电压表对电路的影响求：（1）通过电动机的电流为多大？（2）电动机的机械功率为多大18如图所示，R1=12，R2=8，R4=6，滑动变阻器的总阻值R3=20，求：（1）当变阻器触头调到最上端和最下端时，AB间的总电阻分别是多少？（2）AB间最大电阻值为多少？19如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟以y轴为界，左侧为沿x轴
9、正向的匀强电场，场强为E=2.0105V/M，右侧为沿y轴负方向的匀强电场已知OAAB，OA=AB，且OB间的电势差为U0=4.0105V，若在x轴的C点无初速地释放一个质子（不计重力，质子的比荷为1108C/kg），结果质子刚好通过B点，求：（1）CO间的距离d；（2）质子通过B点的速度大小2015-2016学年山西省晋中市高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，1-8题只有一个选项符合题意；9-12题有多个选项符合题意选全的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的
10、验电器B，B的金属箔张开，则（）A金属球和金箔片均带正电B金属球带负电，金箔片带正电C金属球带正电，金箔片带负电D金属球、金箔片均不正电【考点】电荷守恒定律【分析】导体内自由电荷在电场力作用下重新分布，导体两端出现等量正负感应电荷的现象叫做感应起电；感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，只有导体上的电子才能自由移动，【解答】解：用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，由于静电感应验电器（导体）两端出现等量正负感应电荷，近端的电荷的电性与A相反，带负电，所以金属球带负电，远端的金属箔片电荷与A的电性相同，带正电荷，即金属球
11、带负电，金箔片带正电，故B正确，ACD错误故选：B2某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则（）AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPEQ，PQDEPEQ，PQj【考点】电场线；电场强度；电势【分析】根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小根据沿电场线的方向电势降低【解答】解：由图P点电场线密，电场强度大，EPEQ，沿电场线的方向电势降低，PQ故选：A3如图所示，在沿x轴正方向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心、以r为半径逆时针转动，为OA与x轴正方向间的夹角，则O、A两点间电势差为（）AUOA=ErBUOA=ErsinCUOA
12、=ErcosDUOA=【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势【分析】匀强电场中电势差U=Ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离【解答】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOA=rcos，故：UoA=Ercos故选C4某用电器与供电电源距离为L线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为，那么，该输电导线的横截面积的最小值是（）ABCD【考点】电阻定律【分析】根据欧姆定律、电阻定律求出输电导线的横截面积的最小值【解答】解：根据欧姆定律得，R=，根据电阻定律R=，解得s=故B正确，A、C、D错误故选B5如图所示，在y 轴
13、上关于O点对称的A、B 两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷Q，且CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（）AD点电场强度为零BO点电场强度为零C若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D若将点电荷q从O移向C，电势能减小【考点】电势能；电场强度【分析】D点电场是三个电荷产生的电场的叠加根据点电荷的场强公式E=分析三个电荷在D点在产生的场强大小关系，根据平行四边形定则研究D的场强两个正电荷Q在O点电场强度抵消，O点的场强方向是水平向左根据电场力做功的正负，判断电荷电势能的变化电场力做正功，电荷的电势能减小；相反，电场力做负功，电势能增大【解答】解：A、由于三个电荷的电量大小相等，CO=
14、OD，ADO=60，根据平行四边形定则得到，y轴上两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度方向沿+x轴方向，大小等于E1=Q在D点产生的场强大小为E2=，方向水平向左由几何知识得到，AD=CD，则E1=E2，所以D点电场强度为零故A正确 B、y轴上两个等量同种点电荷+Q在O点产生的电场强度大小相等，方向相反，完全抵消所以O点电场强度方向水平向左故B错误 C、根据叠加原理可知，OC段的电场方向从OC，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小故C错误 D、由上可知，OC段的电场方向从OC，将点电荷q从O移向C，电场力做负功，电势能增大故D错误故选A6在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变
15、阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示下列判断正确的是（）AI减小，U1增大BI减小，U2增大CI增大，U1增大DI增大，U2增大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，并判断通过闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律分的变化，根据干路电流和R3电流的变化分析电流表示数的变化及电压表V1示数的变化根据路端电压和R1电压的变化，分析电压表V2示
16、数的变化【解答】解：闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大R3的电压等于路端电压，则流过R3电流I3增大流过电流表的电流I=I总I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小电压表V2示数U2=UU1，U增大，U1减小，则U2增大所以，I减小，U1减小，U2增大故选B7如图所示，某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是（）A如果图
17、中虚线是电场线，电子在a点动能较小B如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较大C如果图中虚线是电场线，a点的场强大于b点的场强D如果图中虚线是等势面，a点的电势高于b点的电势【考点】电势能；电场强度；电场线；电势【分析】电场线与等势面垂直，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，在等势面密的地方，电场的强度也是较大，在等势面疏的地方，电场的强度也是较小，沿电场线的方向，电势降低【解答】解：A、若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，在a处动能最大，所以A错误；B、若虚线为等势面，根据等势面与电场线处
18、处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故b处动能最大，所以B正确；C、若虚线是电场线，由电场线的密集程度可看出a点的场强较大，故C正确；D、若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较小，故D错误故选BC8如图所示，平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，一电源与两极板相连，在板间电场内的P点固定一个带负电的点电荷，则关于P点的电势和点电荷的电势能，以下说法正确的是（）A当S闭合时，A板下移，P点电势增大B当S闭合时，B板上移，电荷电势能增大C当S断开时，A板下移，P点电势减小D
19、当S断开时，B板上移，电荷电势能减小【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【分析】开关与电源相连时，电势差不变，根据d的变化分析场强的变化，再由U=Ed分析电势差的变化；当开关与电源断开后，若只改变d，电场强度不变；再根据U=Ed分析电势差的变化即可【解答】解：A、当S闭合时，A板下移，场强增大，则B与P点之间的电势差增大；故P点的电势降低；故A错误；B、S闭合时，将B板上移，场强增大，则A与P点之间的电势差增大，故P点的电势升高；负电荷量的电势能减小，故B错误；C、将S断开时向下移动A板，电量不变；电容器的电容减小，故由Q=UC可知，U增大；由于场强不变，则P相对于B点的电势差不变；电
20、势P不变，故C错误；D、由C知场强大小不变，相对于B点的电势差减小，故P点的电势增大；电势能减小；故D正确故选：D9两个相同的金属小球（可视为点电荷），所带同种电荷电量之比为1：7，在真空中相距r，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力可能为原来的（）ABCD【考点】库仑定律【分析】接触带电的原则是先中和后平分，两个球的电性可能相同，可能不同，根据F=得出接触后再放回原处的库仑力大小【解答】解：若两电荷同性，设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为7q，此时F=，接触后再分开，带电量各为4q，则两球的库仑力大小F=F若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为3q，此时两球的库仑力F=F
21、故选CD10关于电动势，下列说法正确的是（）A电源两极间的电压等于电源电动势B电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C电源电动势的数值等于内、外电压之和D电源电动势与外电路的组成无关【考点】电源的电动势和内阻【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，得知，当I=0时，U=E，即电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势故A错误B、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他
22、形式的能转化为电能的本领越大故B正确C、用电压表测量电源的电动势时，电压表就成了外电路，电路中有一定的电流，内电路有电压，电源电动势的数值等于内、外电压之和；故C正确D、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化故D正确故选：BCD11如图所示，两极板与电源相连接，某种带电粒子（不计重力）从负极边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，以下以同样方式射入且仍从正极板边缘飞出的是（）A开关闭合，速度加倍，极板间距变为原来的一半B开关闭合，速度加倍，极板间距变为原来的四分之一C开关断开，速度减半，极板间距变为原来的二倍D开关断开，速度
23、减半，极板间距变为原来的四倍【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】根据类平抛运动的规律解出电子恰能从右侧擦极板边缘飞出电场的临界条件，结合E=分析即可求解【解答】解：电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动假设电子的带电量e，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L=vt竖直方向有：y=at2=据题有：y=dAB、若开关闭合，则U不变，因为E=所以可得： =d，即=d2若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边沿飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来的一半，故A正确，B错误；CD、若开关断开，则Q不变，则有U
24、=，那么=，当速度减半，则有极板间距应该变为原来的四倍，故C错误，D正确故选：AD12一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EP与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是（）ABCD【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据点电荷的场强公式分析电场强度随x的变化情况，根据动能定理分析动能随x的变化情况，根据电势能与x图线的斜率分析其图象的正误，根据牛顿第二定律分析加速度随x的变化图线的正误【解答】解：A、正电荷的场强公式E=k，可知电场强度随x的变化不是均匀减小，故A错误B、根据动能定理，有：F=，故Exx图象的切线斜率不断
25、减小，故B正确，C、加速度a=，故ax图象的切线斜率不断减小，故C错误 D、加速度a=，可知a随x的变化图线是曲线，且减小，故D正确故选：BD二、实验题（本题共3题，每空2分，共22分）13已知某一表头G，内阻Rg=60，满偏电流Ig=20mA如果把它改装成量程是6V的电压表，应串联240的电阻；如果把它改装成量程是3A的电流表，应并联0.4的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】把电流表改装成电压表应串联分压电阻，把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值【解答】解：把电流表改装成6V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：R=Rg=60=2
26、40；把电流表改装成3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R=0.4；故答案为：串，240，并，0.414某同学在做测量金属的电阻率的实验中，由于金属丝较短，因此用游标卡尺测量金属丝的长度，用螺旋测微器测量金属丝的直径则测出的长度为1.052cm，直径为9.795mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第26个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为260.02mm=0.
27、52mm，所以最终读数为：10mm+0.52mm=10.52mm=1.052cm2、螺旋测微器的固定刻度为9.5mm，可动刻度为29.50.01mm=0.295mm，所以最终读数为9.5mm+0.295mm=9.795mm故答案为：1.052；9.79515为了描绘标有“3V 1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻约0.5）B电流表（00.6A，内阻约0.01）C电压表（03V，内阻约5k）D电压表（015V，内阻约50k）E滑动变阻器（010，0.5A）F电源（电动势3V，内阻不计）G电键一个，导线若干（1）为了完成上述实验，实
28、验中应选择的仪器是BCEFG（2）在如图1所示的虚线框中画出完成此实验的电路图补充完整（3）将实物图按电路图用导线补充完整（4）实验描绘出的IU图线如图2所示，小灯泡的电阻随电压的升高而变大（填变大、变小）；小灯泡是非线性元件（填线性、非线性）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据实验原理选择实验器材（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图（3）根据电路图连接实物电路图（4）根据图示图象应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化，根据IU图象特点判断元件的类型【解答】解：（1）描绘标有“3V 1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，需要：电源、开关、导线，灯泡额定电压为3V，电压
29、表需要选择C，灯泡额定电流为I=0.5A，电流表选择B，故实验器材需要：BCEFG（2）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（4）由图示图象可知，随U增大I增大，电压与电流的比值变大，灯泡电阻变大；灯泡的IU图象是曲线，灯泡是非线性元件；故答案为：（1）BCEFG；（2）电路图如图所示；（3）实物电路图如图所示；（4）变大；非线性三、计算题（本题共4小题，共30分；其中16、17每题6分、18题10分，19题8分解答过程应写出必要的文字说明
30、、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）16电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点，一个电荷量q=+2.0108C的点电荷在A点所受电场力FA=3.0104N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=6.0107J，求：（1）A点电场强度的大小EA；（2）A、B两点间的电势差UAB【考点】电势差与电场强度的关系；电势差【分析】根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小根据公式UAB=求解A、B两点间的电势差U【解答】解：（1）由得解得E=1.5104N/c（2）由得解得U=30V答：（1）A点电场强度的大小EA1.5104N/C
31、（2）A、B两点间的电势差UAB为30v17如图所示电路，电动机的线圈电阻是1，电动机工作时电压表的示数是12V，电池组的电动势是22V，内电阻是1，电阻R的阻值为4不考虑电压表对电路的影响求：（1）通过电动机的电流为多大？（2）电动机的机械功率为多大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】先根据闭合电路欧姆定律公式列式求解干路电流，然后根据P出=UII2rM求解电动机输出的机械功率【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：E=I（r+R）+U解得：I=2A（2）电动机消耗的电功率为：P=UI=122=24W电动机输出的机械功率为：P出=PI2rM=24221=20W答：（1）通过电
32、动机的电流为2A；（2）电动机的机械功率20W18如图所示，R1=12，R2=8，R4=6，滑动变阻器的总阻值R3=20，求：（1）当变阻器触头调到最上端和最下端时，AB间的总电阻分别是多少？（2）AB间最大电阻值为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】（1）当变阻器触头调到最上端和最下端时，根据电路的结构，由串联、并联特点求总电阻（2）当并联部分两个支路的电阻相等时，AB间的总电阻最大【解答】解：（1）当变阻器触头调到最上端时，AB间的总电阻为 R总上=+6=14.4变阻器触头调到最上端和最下端时，AB间的总电阻为 R总下=+R4=12.4（2）当并联部分两个支路的电阻相等时，并联电阻最大
33、，AB间的总电阻最大此时AB间最大电阻值为 R总max=（R1+R2+R3）+R4=（12+8+20）+6=16答：（1）当变阻器触头调到最上端和最下端时，AB间的总电阻分别是14.4和12.4（2）AB间最大电阻值为1619如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E=2.0105V/M，右侧为沿y轴负方向的匀强电场已知OAAB，OA=AB，且OB间的电势差为U0=4.0105V，若在x轴的C点无初速地释放一个质子（不计重力，质子的比荷为1108C/kg），结果质子刚好通过B点，求：（1）CO间的距离
34、d；（2）质子通过B点的速度大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】（1）根据带电粒子在竖直电场中做类平抛运动，抓住OA=AB，求出进入竖直匀强电场的速度，再对C到O运用动能定理，求出CO的距离d（2）对质子从C到B全过程运用动能定理，从而求出质子通过B点的速度大小【解答】解：（1）设质子到达O点的速度为v0（其方向沿x轴的正方向）则质子从C点到O点，由动能定理得：qEd=mv20 而质子从O点到B点做类平抛运动，令=L，则：从而解得所以到达B点时：从而解得：d=0.5m （2）设质子到B点时速度的大小为vB，质子从C到B过程中由动能定理得：qEd+qU0=mvB20 解得vB=.=1.0107m/s答：（1）CO间的距离d为0.5m；（2）质子通过B点的速度大小为1.0107m/s2017年4月8日