精品解析：山西朔州市怀仁市第一中学2026-2027学年高二上学期第三次阶段检测物理试卷

怀仁一中高二年级2026-2027学年上学期第三次月考·物理 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1、本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上； 2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效； 3、回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 Ⅰ卷 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 点电荷是一种理想化模型，其所带电荷量就是元电荷 B. 摩擦起电的实质是电荷的转移 C. 库仑发现了库仑定律，并使用扭秤实验精确地测出了元电荷的数值 D. 根据公式和可知，当两带电物体的距离趋近于零时，库仑力和万有引力都将趋向无穷大 2. 某商用三折叠屏手机，配备的电池容量为，则（　　） A. “”是能量单位 B. “”是电荷量单位 C. 若该手机平均待机电流为，则该手机最长可待机56小时 D. 若该手机平均待机电流为，则该手机最长可待机28小时 3. 如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（ ） A. 手机电池产生的焦耳热为 B. 手机的输入功率为UI C. 充电宝产生的热功率为Ir D. 手机电池储存的化学能为UI 4. 关于以下四幅图的相关说法正确的是（　　） A. 图甲中端带负电 B. 图乙采用了假设法 C. 图丙显示灯泡电阻随温度升高而增大 D. 图丁中，并联的电阻越小，改装后的电流表量程越小 5. 如图是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为（ ） A. qv B. C. qvS D. 6. 如图所示，带电量分别为、的A、B小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们位于同一水平面上，相距，线与竖直方向的夹角分别为，且，重力加速度为，静电力常数为。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则（　　） A. B. A球的质量小于球的质量 C. 两球将同时落地 D. 落地时，A球的水平位移更大 7. 质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向运动，其在O点处的初动能为4eV。该质子的电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线。下列说法正确的是（　　） A. 该质子在O~x2段做匀变速直线运动，在x2~x3段做匀速直线运动 B. 该质子在x1处的动能为1eV C. 该质子最终停在x3处 D. 若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3，则φ3最高 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 下列关于教科书上的四幅插图，说法正确的是（ ） A. 图甲为静电除尘装置的示意图，应用了静电屏蔽的原理 B. 图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，是为了导走手上的静电 C. 图丙中，导线外面包裹着金属外衣是为了增加导线的硬度 D. 图丁的燃气灶中安装了电子点火器，应用了尖端放电的原理 9. 如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内阻r=8Ω，定值电阻R1=2Ω，滑动变阻器R2的取值范围为0~30Ω，闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑动触头P从最上端向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2、ΔU3表示，下列说法正确的是（ ） A. B. ， C. 电源的效率先增大后减小 D. 电压表V1示数减小，V2、V3示数增大 10. 如图，光滑绝缘水平面上有质量分别为m1和m2的甲、乙两个点电荷，t=0时，甲电荷速度为零，乙电荷以v0 = 6m/s的速度水平向左向甲运动。之后它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的图像分别如图中甲、乙两曲线所示。由图线可知（　　） A. 两电荷的电性可能相反 B. 0~t3时间内，两电荷之间的库仑力先变大后变小 C. 甲乙两球的质量比为1:2 D. t1时刻两电荷间距离最小，此后两者相距越来越远 Ⅱ卷 三、非选择题：本题共5小题，共54分 11. 随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市相关部门对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率不合格（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）。 （1）为了方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的塑料圆柱形容器内，容器两端用金属圆片电极密封，如图甲所示，用螺旋测微器测量水样的直径，示数如图乙所示，则__________mm；再用游标卡尺测量水样的长度。 （2）粗测水样阻值约为，为了更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材： A．电流表（量程，电阻约为） B．电流表（量程，电阻约为） C．电压表（量程，电阻约为） D．电压表（量程，电阻约为） E．滑动变阻器（，额定电流） F．电源（电动势） G．开关一个，导线若干 其中，电流表应选__________，电压表应选__________（填器材前面的字母序号），实验电路应采用如图__________（填“丙”或“丁”）所示的电路。接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，并记录对应的电流表示数，电压表示数。 12. 心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。心脏除颤器可通过一个充电的电容器对贴在患者胸前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的学生直流稳压源，实验前电容器已充分放电。 （1）先将单刀双掷开关置于1，给电容器进行充电。然后将单刀双掷开关置于2，通过电阻的电流方向__________（填“从到”或“从到”）。 （2）将单刀双掷开关置于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图像。已知图线与坐标轴所围的面积约为120个方格，据此可以算出电容器放出的电荷量为__________，则电容器的电容为__________（计算结果均保留两位有效数字）。 （3）请在图中画出充电过程中电阻两端电压随时间变化的大致形状__________。 13. 如图所示，足够大的匀强电场水平向右，用一根长度为的绝缘细绳把一可视为质点且带正电的小球悬挂在点，小球的质量为、电荷量为，小球可在点保持静止，此时细绳与竖直方向的夹角为。现将小球拉至位置使细线水平后由静止释放，重力加速度大小为，求： （1）求、两点间的电势差； （2）小球通过最低点时绳子拉力的大小。 14. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势，内阻，电阻。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度竖直向上射入板间。小球的电荷量，质量，不考虑空气阻力，取重力加速度大小。滑动变阻器接入电路的阻值为。 （1）当时，求A、B两板间的电压； （2）在（1）问的下，求电源的输出功率； （3）为了使小球不与A板碰撞，求的最小值。 15. 如图所示，以为坐标原点建立平面直角坐标系，电子（电荷量大小为，质量为，重力不计）从第三象限中的匀强电场下端点由静止出发，经电场加速后从点沿轴正方向射入第二象限径向电场区域，已知该径向电场电子轨迹处的电场强度大小为，方向背离原点呈放射状向外，电子在该区域内恰好做半径为的匀速圆周运动。从点沿轴正方向离开径向电场，进入第一象限沿轴正方向的匀强电场，恰好从点进入第四象限的矩形区域，该区域内存在沿轴正方向的匀强电场，大小为，矩形区域的边界为、、、，为的中点。已知量为、、、，求： （1）加速电场的电压 （2）第一象限电场强度，和电子从点进入矩形区域时的速度 （3）电子能够从矩形区域边射出时对应的场强取值范围，和电子离开时的动能（用表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 怀仁一中高二年级2026-2027学年上学期第三次月考·物理 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1、本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上； 2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效； 3、回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 Ⅰ卷 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 下列说法正确的是（　　） A. 点电荷是一种理想化模型，其所带电荷量就是元电荷 B. 摩擦起电的实质是电荷的转移 C. 库仑发现了库仑定律，并使用扭秤实验精确地测出了元电荷的数值 D. 根据公式和可知，当两带电物体的距离趋近于零时，库仑力和万有引力都将趋向无穷大 【答案】B 【解析】 【详解】A．点电荷是理想化模型，但其所带电荷量是元电荷的整数倍，A错误； B．摩擦起电的本质是电子从一个物体转移到另一个物体，使物体带电，B正确； C．库仑通过扭秤实验验证了库仑定律，但元电荷数值由密立根油滴实验测得，C错误； D．当r趋近于零时，两物体无法视为点电荷或质点，公式均不再适用，D错误。 故选B。 2. 某商用三折叠屏手机，配备的电池容量为，则（　　） A. “”是能量单位 B. “”是电荷量单位 C. 若该手机平均待机电流为，则该手机最长可待机56小时 D. 若该手机平均待机电流为，则该手机最长可待机28小时 【答案】B 【解析】 【详解】AB．由电流的定义式可知，电荷量等于电流与时间的乘积，因此是电荷量单位，A错误，B正确； C．设电池可提供的电荷量为，平均待机电流为，对应的最长待机时间为，由电流的定义式得 代入得，C错误； D．平均待机电流为时，对应的最长待机时间为，有 代入得，D错误。 故选B。 3. 如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（ ） A. 手机电池产生的焦耳热为 B. 手机的输入功率为UI C. 充电宝产生的热功率为Ir D. 手机电池储存的化学能为UI 【答案】B 【解析】 【详解】A．手机为非纯电阻电路，不能用计算产生的焦耳热，故A错误； B．手机的输入功率等于充电宝的输出功率，为，故B正确； C．充电宝的输出电流为I，但其内阻未知，故无法计算充电宝产生的热功率，故C错误； D．充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为，故D错误。 故选B。 4. 关于以下四幅图的相关说法正确的是（　　） A. 图甲中端带负电 B. 图乙采用了假设法 C. 图丙显示灯泡电阻随温度升高而增大 D. 图丁中，并联的电阻越小，改装后的电流表量程越小 【答案】C 【解析】 【详解】A．图甲中，当带负电的物体靠近导体时，由于静电感应，导体内的自由电子受到排斥向端移动，导致端缺少电子而带正电，故A错误； B．图乙在探究影响平行板电容器电容大小的因素时，每次只改变一个变量，保持其他变量不变，采用的是控制变量法，不是假设法，故B错误； C．图丙为小灯泡的图像，图线上某点与原点连线的斜率 由图可知，随着电压的升高，斜率逐渐变小，说明灯泡的电阻逐渐增大。由于电压升高时灯泡功率变大、温度升高，这说明灯泡的电阻随温度升高而增大，故C正确； D．图丁为单量程电流表原理图，设表头满偏电流为，内阻为，并联的分流电阻为。根据并联电路规律，改装后电流表的量程为 可知并联的电阻越小，分流越大，改装后的电流表量程越大，故D错误。 故选C。 5. 如图是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为（ ） A. qv B. C. qvS D. 【答案】A 【解析】 【详解】橡胶棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，Δt内通过的距离为vΔt Δt内通过某横截面的电荷量Q＝qvΔt 根据电流的定义式 得到等效电流I＝qv。 故选A。 6. 如图所示，带电量分别为、的A、B小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们位于同一水平面上，相距，线与竖直方向的夹角分别为，且，重力加速度为，静电力常数为。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则（　　） A. B. A球的质量小于球的质量 C. 两球将同时落地 D. 落地时，A球的水平位移更大 【答案】C 【解析】 【详解】A．虽然二者之间所受的库仑力相等，但是没法判断二者之间电荷量的关系，故A错误； B．对A、B两球进行受力分析，均受重力、细线的拉力和库仑斥力三个力的作用而处于平衡状态，对A球有 对B有 解得 由于，所以，故B错误； C．二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，运动时间相同，两球同时落地，故C正确； D．剪断细线后，在水平方向上，A、B组成的系统动量守恒，故任一时刻有 因，所以；又因时间相等，所以，故D错误。 故选C。 7. 质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向运动，其在O点处的初动能为4eV。该质子的电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线。下列说法正确的是（　　） A. 该质子在O~x2段做匀变速直线运动，在x2~x3段做匀速直线运动 B. 该质子在x1处的动能为1eV C. 该质子最终停在x3处 D. 若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3，则φ3最高 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ep−x图像的斜率表示该质子所受电场力，在O~x2段斜率先减小后增大，则质子所受电场力大小先减小后增大，质子的加速度先减小后增大，所以质子做变加速直线运动，x2~x3段斜率不变，则电场力不变，加速度不变，质子做匀变速直线运动，故A错误； B．质子在O点处的动能和电势能的总和为 根据能量守恒定律可得该质子在x1处的动能为，故B错误； C．根据能量守恒定律可知，该质子在x3处的电势能为7eV，则动能为零，但是由于受到的电场力不为零，加速度不为零，因而不会停在x3处，故C错误； D．根据可知，x1、x2、x3处的电势分别为，， 则φ3最高，故D正确。 故选D。 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8. 下列关于教科书上的四幅插图，说法正确的是（ ） A. 图甲为静电除尘装置的示意图，应用了静电屏蔽的原理 B. 图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，是为了导走手上的静电 C. 图丙中，导线外面包裹着金属外衣是为了增加导线的硬度 D. 图丁的燃气灶中安装了电子点火器，应用了尖端放电的原理 【答案】BD 【解析】 【详解】A．静电除尘的原理是让尘粒带电后，在电场力作用下向电极沉积，利用的是静电对带电粒子的作用力，不是静电屏蔽，故A错误； B．加油前人体会积累静电，触摸静电释放器可以将人体的静电导走，避免静电火花引燃油气，故B正确； C．导线外包裹金属外衣是利用静电屏蔽，避免外界电磁场对导线内的信号产生干扰，不是为了增加硬度，故C错误； D．燃气灶电子点火器利用了尖端放电原理：导体尖端处电荷密度大，周围场强很大，容易击穿空气产生放电，从而实现点火，故D正确。 故选BD。 9. 如图所示的电路中，电源电动势E=12V，内阻r=8Ω，定值电阻R1=2Ω，滑动变阻器R2的取值范围为0~30Ω，闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑动触头P从最上端向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2、ΔU3表示，下列说法正确的是（ ） A. B. ， C. 电源的效率先增大后减小 D. 电压表V1示数减小，V2、V3示数增大 【答案】ABD 【解析】 【详解】D．当滑动变阻器的滑动触头P从最上端向下滑动时，接入电路阻值增大，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，即电压表V3示数增大；由于通过的电流减小，所以两端电压减小，即电压表V1示数减小；由可知，电压表V2示数增大，故D正确； AB．根据欧姆定律可知 根据闭合电路欧姆定律可得 可得 根据闭合电路欧姆定律可得 可得 则有，故AB正确； C．电源的效率为 可知外电阻越大，电源的效率越大；当滑动变阻器的滑动触头P从最上端向下滑动时，接入电路阻值增大，外电阻一直增大，电源的效率一直增大，故C错误。 故选ABD。 10. 如图，光滑绝缘水平面上有质量分别为m1和m2的甲、乙两个点电荷，t=0时，甲电荷速度为零，乙电荷以v0 = 6m/s的速度水平向左向甲运动。之后它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的图像分别如图中甲、乙两曲线所示。由图线可知（　　） A. 两电荷的电性可能相反 B. 0~t3时间内，两电荷之间的库仑力先变大后变小 C. 甲乙两球的质量比为1:2 D. t1时刻两电荷间距离最小，此后两者相距越来越远 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图（b）可知，0时刻开始，甲做加速运动，乙做减速运动，可知，两电荷之间是斥力作用，即两电荷的电性相同，故A错误； B．由图（b）可知，t1时刻之前，甲做加速运动，乙做减速运动，甲的速度小于乙的速度，两者间距逐渐减小，t1时刻之后，甲做加速运动，乙先向左减速至0，后向右加速运动，两者间距逐渐增大，库仑力减小，即0~t3时间内，两电荷之间的库仑力先变大后变小，故B正确； C．0~t1时间内，根据动量守恒定律有 其中， 代入数据解得，故C错误； D．根据上述可知，t1时刻两电荷间距离最小，此后两者相距越来越远，故D正确。 故选BD。 Ⅱ卷 三、非选择题：本题共5小题，共54分 11. 随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市相关部门对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率不合格（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）。 （1）为了方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的塑料圆柱形容器内，容器两端用金属圆片电极密封，如图甲所示，用螺旋测微器测量水样的直径，示数如图乙所示，则__________mm；再用游标卡尺测量水样的长度。 （2）粗测水样阻值约为，为了更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材： A．电流表（量程，电阻约为） B．电流表（量程，电阻约为） C．电压表（量程，电阻约为） D．电压表（量程，电阻约为） E．滑动变阻器（，额定电流） F．电源（电动势） G．开关一个，导线若干 其中，电流表应选__________，电压表应选__________（填器材前面的字母序号），实验电路应采用如图__________（填“丙”或“丁”）所示的电路。接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，并记录对应的电流表示数，电压表示数。 【答案】（1）3.156##3.155##3.157 （2） ①. A ②. C ③. 丙 【解析】 【小问1详解】 螺旋测微器的精确值为，由图乙可知 【小问2详解】 [1][2]电源的电动势为，则电压表应选量程为的，即选择C； 通过水样的最大电流 则电流表应选量程为的，即选择A； [3]由于滑动变阻器阻值远小于待测电阻，所以滑动变阻器应采用分压接法；由于，则电流表应采用内接法，故实验电路应采用图丙所示的电路。 12. 心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。心脏除颤器可通过一个充电的电容器对贴在患者胸前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的学生直流稳压源，实验前电容器已充分放电。 （1）先将单刀双掷开关置于1，给电容器进行充电。然后将单刀双掷开关置于2，通过电阻的电流方向__________（填“从到”或“从到”）。 （2）将单刀双掷开关置于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图像。已知图线与坐标轴所围的面积约为120个方格，据此可以算出电容器放出的电荷量为__________，则电容器的电容为__________（计算结果均保留两位有效数字）。 （3）请在图中画出充电过程中电阻两端电压随时间变化的大致形状__________。 【答案】（1）从到 （2） ①. ②. （3） 【解析】 【小问1详解】 充电结束后，电容器上极板带正电荷，开关置于2时，电容器放电，经过电阻的电流方向为从到。 【小问2详解】 [1]电容器放出的电荷量为图像与坐标轴所围成的面积，故电容器放出的电荷量为； [2]根据电容的定义有 【小问3详解】 充电初始时刻，电容器不带电，回路电流最大，充电电流方向为从到，因此初始值最大，随着充电进行，电容器极板电荷量逐渐增加，回路电流逐渐减小，充电完成后电流减为0，也减为0，因此曲线从纵轴正位置开始，逐渐衰减趋近于轴。如图所示 13. 如图所示，足够大的匀强电场水平向右，用一根长度为的绝缘细绳把一可视为质点且带正电的小球悬挂在点，小球的质量为、电荷量为，小球可在点保持静止，此时细绳与竖直方向的夹角为。现将小球拉至位置使细线水平后由静止释放，重力加速度大小为，求： （1）求、两点间的电势差； （2）小球通过最低点时绳子拉力的大小。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 小球受到电场力、重力和绳的拉力的作用下处于静止，根据共点力的平衡条件有 可得 【小问2详解】 A到的过程中，根据动能定理 在点，由牛顿第二定律 联立可得 14. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势，内阻，电阻。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度竖直向上射入板间。小球的电荷量，质量，不考虑空气阻力，取重力加速度大小。滑动变阻器接入电路的阻值为。 （1）当时，求A、B两板间的电压； （2）在（1）问的下，求电源的输出功率； （3）为了使小球不与A板碰撞，求的最小值。 【答案】（1）16V （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 电路稳定时A、B板间电压等于两端电压，由闭合电路欧姆定律得电路总电流 A、B两板间电压为 【小问2详解】 电路总电阻 电源输出功率 【小问3详解】 小球刚好到达A板时速度为0，对应最小，由动能定理得 解得临界板间电压 由闭合电路欧姆定律 解得的最小值为 15. 如图所示，以为坐标原点建立平面直角坐标系，电子（电荷量大小为，质量为，重力不计）从第三象限中的匀强电场下端点由静止出发，经电场加速后从点沿轴正方向射入第二象限径向电场区域，已知该径向电场电子轨迹处的电场强度大小为，方向背离原点呈放射状向外，电子在该区域内恰好做半径为的匀速圆周运动。从点沿轴正方向离开径向电场，进入第一象限沿轴正方向的匀强电场，恰好从点进入第四象限的矩形区域，该区域内存在沿轴正方向的匀强电场，大小为，矩形区域的边界为、、、，为的中点。已知量为、、、，求： （1）加速电场的电压 （2）第一象限电场强度，和电子从点进入矩形区域时的速度 （3）电子能够从矩形区域边射出时对应的场强取值范围，和电子离开时的动能（用表示） 【答案】（1） （2），，方向与轴正方向成角斜向右下 （3）， 【解析】 【小问1详解】 设电子经加速后速度大小为。在径向电场中，电子所受电场力指向圆心，提供匀速圆周运动的向心力，有 因此电子经加速后的速度满足 电子从静止开始通过加速电场，只有电场力做功，由动能定理得，联立可得加速电压 【小问2详解】 由圆轨迹的半径及为的中点可知，从到的竖直下降量和水平位移分别为和。以下分方向列式时，水平方向向右、竖直方向向下取正。第一象限的偏转轨迹及矩形电场中的两条临界轨迹如下图所示。 电子从点以速度水平射出，在第一象限仅受向下的电场力，设加速度大小为，由牛顿第二定律得。设从到的时间为，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，分别有和 联立上述三式可得 在点，水平分速度仍为，竖直向下的分速度为 由速度合成可得电子在点的速度大小 两分速度大小相等，故速度方向与轴正方向成角斜向右下。 【小问3详解】 电子进入矩形区域后仅受向左的电场力，设加速度大小为，由牛顿第二定律得，结合第（1）问的速度关系可得 电子竖直向下的分速度保持为，若由边射出，其在矩形区域内的运动时间为 电子的初始水平速度向右、大小为，水平加速度向左。设进入矩形区域后的时间为，以题图中点为水平坐标的原点，其水平坐标满足 为避免电子从边穿出，临界情形是图中轨迹①在点与边相切。此时水平速度减为零，向右的位移为，由匀变速直线运动的速度与位移关系得 代入与的关系可得相切时的场强 该临界状态到达切点的时间为 相应竖直下降量为，故切点确实位于边上。当更小时，同一时刻的水平坐标更大，电子会在到达前穿过；当不小于该临界值时，向右的最大位移不超过，因而要求 在上述下限以上，场强越大，电子越早转为向左运动。为避免提前由边穿出，只需其到达时的水平坐标不小于零，即 解得 等号对应图中轨迹②恰好通过点。两个临界状态均满足由边射出的要求，故电场强度的范围为 从点到边，电场力只在水平方向做功。电子的电荷量为，水平位移为，由动能定理得 代入及可得电子离开矩形电场时的动能 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $