山西太原市2020-2021高二（上）期中物理試題（理）（解析版）

太原市2020—2021年第一學(xué)期高二期中考試物理試卷

一、單項選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只

有一項是符合題目要求的，請將其字母標(biāo)號填入下表相應(yīng)位置。

1.真空中兩個點電荷相距r時庫侖力為凡如果保持它們的電荷量不變，而將距離增大為2廠，則二者之間

的庫侖力將變?yōu)椋ǎ?/p>

FFFF

A.—B.—C.—D.—

9432

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】空中兩個點電荷相距，?時庫侖力為

如果保持它們電荷量不變，而將距離增大為2r,則二者之間的庫侖力

一(24

則

eF

r=-

4

故選B。

2.“法拉第籠”是一個由金屬導(dǎo)體制成的籠子。將籠體與大地連通，當(dāng)10萬伏的直流高壓輸送給放電桿,

放電桿尖端距籠體10厘米時，出現(xiàn)放電火花，而籠內(nèi)的法拉第卻安然無恙。下列說法正確的是（）

A.籠體是一個等勢體，內(nèi)部任意兩點間電勢差為零

B.籠體上及其內(nèi)部任意位置的電場強度均為零

C.若將放電桿尖端與籠體接觸，法拉第會遭到電擊

D.若將籠體與大地斷開，法拉第會遭到電擊

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.籠體是金屬做的，放電桿接近籠體時，籠體瞬時達到靜電平衡，整個籠體是一個等勢體，因此

內(nèi)部任意兩點間電勢差為零，故A正確；

B.籠體表面會感應(yīng)出異種電荷，表面及其周圍電場強度不為零，內(nèi)部合電場強度為零，故B錯誤；

C.若將放電桿尖端與籠體接觸，法拉第和籠體是一個等勢體，沒有電流流過法拉弟，所以法拉弟不會遭到

電擊，故C錯誤；

D.若將籠體與大地斷開，法拉第和籠體仍是一個等勢體（只是電勢不為零了），因沒有電流流過法拉弟，

法拉弟不會遭到電擊，故D錯誤。

故選Ao

3.驗電器可以用來檢驗物體是否帶電和所帶的電性?，F(xiàn)將一帶電物體靠近驗電器的金屬球，下列判斷正確

A.驗電器帶正電時，若金箔張角變小，可知物體帶正電

B.驗電器帶正電時，若金箔張角變大，可知物體帶負(fù)電

C.驗電器帶負(fù)電時，若金箔張角變小，可知物體帶正電

D.驗電器帶負(fù)電時，若金箔張角變大，可知物體帶正電

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】AB.驗電器上帶正電荷后，驗電器上的金箔張開一定角度，如果用另一個帶電體靠近驗電器的金

屬球，金箔張角變大，說明電荷量變大，則帶電體一定帶正電；金箔張角變小，則帶電體帶負(fù)電，故AB錯

誤；

CD.驗電器上帶負(fù)電荷后，驗電器上的金箔張開一定角度，如果用另一個帶電體靠近驗電器的金屬球，金

箔張角變大，說明電荷量變大，則帶電體一定帶負(fù)電；金箔張角變小，則帶電體帶正電，故C正確，D錯

誤。

故選C。

4.關(guān)于靜電場中M、N兩點電勢的高低，下列判斷正確的是（）

A.若將正電荷從例移到N電勢能增加，則M點的電勢一定較高

B.若將正電荷從M移到N靜電力做正功，則M點的電勢一定較高

C.若將負(fù)電荷從M移到N電勢能增加，則M點的電勢一定較低

D.若將負(fù)電荷從M移到N靜電力做正功，則M點的電勢一定較高

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.根據(jù)公式與,=4。可知將正電荷從M移到N電勢能增加，電勢變大，所以N點電勢大于M點

電勢，故A錯誤；

B.若將正電荷從M移到N靜電力做正功，電勢能減小，所以加點電勢高于N點，故B正確；

C.根據(jù)公式約,=48可知將負(fù)電荷從“移到N電勢能增加，電勢降低，所以“點電勢高于N點，故C錯

誤；

D.將負(fù)電荷從M移到N靜電力做正功，電勢能減小，所以M點電勢低于N點，故D錯誤。

故選B。

5.在生產(chǎn)紙張時，為監(jiān)控其厚度，要在流水線上設(shè)置一個厚度控制儀，其原理可簡化為如圖的裝置。其中

A、B為平行板電容器的兩個固定極板，分別接在恒壓電源的兩極上，當(dāng)通過A、B間的產(chǎn)品（）

A.厚度不變時，則電流計的示數(shù)不變且不為0

B.厚度變化時，電流計的示數(shù)也可能為0

C.厚度增大時，則電流計中的電流方向由a向b

D.厚度減小時，則電流計中的電流方向由〃向b

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.由題知，電容器兩極板間的電壓U不變，產(chǎn)品的厚度變化導(dǎo)致電介質(zhì)常數(shù)a變化，當(dāng)產(chǎn)品厚度

不變時電介質(zhì)常數(shù)母不變，此時電容器的電容C=-J不變，電容器所帶的電荷量Q=cu不變，即電

4萬攵d

容器既不充電，也不放電，因此電流計示數(shù)是零，A錯誤；

BCD.當(dāng)產(chǎn)品厚度增加時，電介質(zhì)常數(shù)&增大，此時電容器的電容。=型"增大，電容器所帶的電荷量

4兀kd

Q=CU增大，即電容器充電，由題知，A極板帶正電，因此電流計電流方向由。向加同理，當(dāng)產(chǎn)品厚度

減小時，電容器放電，電流計中的電流方向由匕到以可見產(chǎn)品厚度變化時，電容器要么充電，要么放電，

此時都有電流流經(jīng)電流計，則電流計示數(shù)不是零，BD錯誤，C正確。

故選C。

6.在真空中點電荷一。的電場中，將一個正試探電荷分別置于M、N兩點時，試探電荷所受靜電力B、F1

的方向分別如圖所示，Q、尸2垂直且尸2=3尸|,則（）

kF.￡上＜5*”

N

A.點電荷一。位于M、N連線的中點上

B.M點與一。的距離是N點與一。距離的3倍

C.M點的電勢比N點的電勢低

D.正試探電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.將B和B的作用線延長相交，交點。即為點電荷的位置，故A錯誤；

B.由于22=3FI,由庫侖定律E=■得M點到一。的距離是N到一。距離的百倍，故B錯誤；

r

C.由于。帶負(fù)電，離負(fù)電荷越近，電勢越低，所以M點電勢比N點電勢高，故C錯誤；

D.正電荷在電勢高處電勢能大，因為M點電勢比N點電勢高，所以正電荷在M點的電勢能比在N點的電

勢能大，故D正確。

故選D。

-Q

7.如圖，在真空中的M點放置點電荷+Q,N點放置等量點電荷一Q,。點是連線的中點，AB線為MN

的中垂線。一帶負(fù)電的試探電荷在該電場中僅受電場力的作用，其運動軌跡如圖中實線所示，則下圖可能

【解析】

【分析】

【詳解】畫出等量異種點電荷M與N的電場線的分布如圖

可知電場的方向向右，則負(fù)電荷受到的電場力的方向一直向左，負(fù)電荷將向左彎曲

故選Ao

8.如圖，表頭的內(nèi)阻&=200。，滿偏電流/g=5mA?，F(xiàn)把它改裝成量程為0-3V、0-15V的雙量程電壓表,

則下列做法正確的是（）

A.接A、B時量程為3V,Ri=400。、/?2=2800Q

B.接A、C時量程為15V,Bi=400C、&=2400Q

C.接A、C時量程為3V,R1=4OOC、&=2400C

D.接B、C時量程為15V,Ri=400。、刈=2800。

【答案】B

【解析】

分析】

【詳解】串聯(lián)的電阻的大小決定了量程的大小，串聯(lián)電阻越大，改裝之后的電壓表量程越大，故接A、B時

量程為3V,接A、C時量程為15V,表頭滿刻度電壓值為

以=IgX[=200x5xl0JV=lV

量程為3V時，則

U「U3Tq=400C

4二+-5x10-3

g

同理可得:

U-U_15-3

{2Q=2400Q

R25x10-3

g

故選Bo

9.小型直流電動機與“6V12W”燈泡及電源連接成圖示電路，電源電動勢為20V、內(nèi)阻為1.0C,電動機

的內(nèi)阻為0.5C。閉合S后，電動機轉(zhuǎn)動，燈泡正常發(fā)光，則電動機（）

A.兩端的電壓為1.0VB.電功率為2.0W

C.熱功率為4.0WD.輸出的機械功率為22.0W

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.燈泡正常發(fā)光，則電路中的電流為

P12

/=—=—A=2A

U6

由閉合電路歐姆定律可得

UL+UM+Ir=E

解得

4,=E-UL-〃=20V—6V—2xl.0V=12V

說明電動機兩端的電壓為12V,故A錯誤；

B.電功率為

&=UM/=12*2W=24W

故B錯誤；

C.熱功率為

&=/2&=22XO.5W=2W

故C錯誤；

D.輸出的機械功率為

塌=P-P認(rèn)=24W-2W=22.0W

故D正確。

故選D。

10.如圖，長為L、傾角=37°的光滑絕緣斜面處于平行紙面的電場中。一帶電量為+外質(zhì)量為〃，的小球，

以初速度W由斜面頂端點a開始沿斜面下滑，到達斜面底端點方時速度仍為voo取sin37°=0.6,cos37°=0.8,

貝()

A.a、方連線一定是一條等勢線

B.若電場是勻強電場，則電場方向豎直向上且七=螫

q

,3mgL

、方兩點的電勢差

C.aU"=-----5--q---

3

D.從。到b,靜電力對小球做功為g"2gL

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】AC.小球從。運動到6的過程中，根據(jù)動能定理得：

mgLsin31°+qU<ib-0

代入數(shù)據(jù)解得a、b兩點的電勢差為：

3mgL

Uab=

5<7

即仰#儂，所以〃、匕連線一定不是一條等勢線，故A錯誤，C正確；

B.若電場是勻強電場，電場力恒定，到達6點時小球速度仍為vo,故小球做勻速直線運動，電場力與重力、

支持力的合力為零；小球的重力沿斜面向下的分力為/ngsin。一定，則當(dāng)電場力沿斜面向上，大小為F=mgsine

時，電場力最小，場強最小，又電場力尸=”,則該電場的場強的最小值一定是

_mgsin37"_3mg

minq5uq

故B錯誤；

D.小球從a運動到人的過程中，根據(jù)動能定理得：

，〃gLsin37°+W=0

代入數(shù)據(jù)解得靜電力對小球做功為：

3

W=——mgL

故D錯誤。

故選C。

二、多項選擇題：本題包含5小題每小題3分，共15分。在每小題給出的四個選項中，至少

有兩個選項正確。全部選對的得3分，選不全的得2分，有錯者或不答的得。分。請將正確

選項前的字母填在下表內(nèi)相應(yīng)位置。

11.下列說法正確的是（）

F

A.由E=一可知，電場強度E與尸、g無關(guān)，由電場本身決定。

q

B.由c=■^■可知，電容c與。成正比、與u成反比

C.由??=夕/可知，導(dǎo)體的電阻R與其長度工成正比，與S成反比

LW

D.由七=一可知，電動勢E在數(shù)值上等于在電源內(nèi)部移動1C正電荷從電源負(fù)極到正極靜電力所做的功。

q

【答案】AC

【解析】

【分析】

【詳解】A.電場強度由電場本身決定，與試探電荷的電荷量q受到的電場力F無關(guān)，故A正確；

B.電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，取決于電容器本身，并不是電容器的電容與所帶電荷量成正

比，與兩極板間的電壓成反比，故B錯誤；

C.公式R=是電阻定律的表達式，由該公式可知，導(dǎo)體的電阻與材料電阻率和導(dǎo)體長度乘積成正比，

與導(dǎo)體的橫截面積成反比，故C正確；

D.電動勢是描述電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小的物理量，電動勢E在數(shù)值上等于在電源內(nèi)部

移動1C的正電荷從電源負(fù)極到正極非靜電力所做的功。，故D錯誤。

故選AC

12.如圖是某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，下面結(jié)論正確的是（）

B.電源的內(nèi)阻為12.0Q

C.電源的短路電流為0.50A

D.電流為0.30A時外電路的電阻是18.0。

【答案】AD

【解析】

【分析】

【詳解】A.由閉合電路歐姆定律

U=E-Ir

得，當(dāng)/=0時，U=E,即圖線與縱軸交點表示斷路狀態(tài)，電動勢E=6V,故A正確。

B.電源的內(nèi)阻等于圖線的斜率大小，則有

AU6-5

故B錯誤。

C.外電阻/?=0時-，短路電流為

6AcA

/,=—E=—A=3A

r2

故C錯誤。

D.電流為/=0.3A時，路端電壓

U=E-lr=(6-0.3x2)V=5.4V

外電阻是

R=—=18Q

故D正確。

故選AD。

13.如圖，A、B是一對帶電平行金屬板，其間形成勻強電場。兩帶正電的粒子/、qi,以平行于極板的相

同初速度，從靠近A板處的同一位置射入兩板間，5沿軌跡①運動并正好從兩極板中央離開，0沿軌跡②

運動并正好落到B板中點，則切、Q2,兩粒子()

A?_?

'、、①

②

A.在極板間運動時間之比為1：2B.在極板間運動時間之比為2：1

C.比荷之比為1：4D.比荷之比為1：8

【答案】BD

【解析】

【分析】

【詳解】AB.由圖可知，卬、碓的水平位移之比為2:1,根據(jù)公式

S

v=—

t

可得時間之比為2:1,A錯誤，B正確；

CD.在豎直方向上，根據(jù)

_1.2_F

y=—at,ci=—,P—EQ

2m

可得

將豎直位移之比1：2及時間之比代入可得

m8

C錯誤，D正確。

故選BD<.

14.圖甲是電阻器。的伏安特性曲線，若將它與兩個定值電阻凡并聯(lián)后接在恒壓電源兩端，3個用電器

消耗的電功率均為P?，F(xiàn)將它們按圖乙的方式連接后接在該電源兩端，設(shè)。、幻和&消耗的電功率分別是

PD、PI和七，則（）

A.PD>PB.PD>PZC.PA4P2D.PI=4P2

【答案】BC

【解析】

【分析】

【詳解】由題意可知，電阻器D與兩個標(biāo)準(zhǔn)電阻以、R2并聯(lián)后接在電壓恒為U的電源兩端，三個用電器消

耗的電功率均為P,此時三個電阻的阻值相等；當(dāng)將它們連接成如圖乙所示的電路，接在該電源的兩端時,

電阻器D的電壓小于電源的電壓，由甲圖象可知，電阻器D的電阻減小，則有

RD<&=R?

而RD與&并聯(lián)，電壓相等，根據(jù)功率公式/=——可知

R

6,>《

根據(jù)歐姆定律得知，電流

又

/,=/2+iD

得到

A>2I2,已=I；凡,舄=了段

4>4￡

故選BCo

15.如圖，絕緣軌道A8C固定于豎直平面內(nèi)，其中A8部分是半徑為R的光滑半圓軌道，P是半圓軌道的中

點，AB部分豎直、8C部分水平，整個軌道處在電場強度為E的勻強電場中。將質(zhì)量為〃人帶電量為+q的

小滑塊，從BC軌道上與8相距10R處由靜止釋放，已知滑塊與BC間的動擦因數(shù)為0.2,E=鱉,則滑塊

A.到達A點時速度的大小為4J頒

B.到達P點時對軌道的壓力大小為16〃7g

C.至IJ達A點時對軌道的壓力大小為llmg

D.從C到P的過程中，動能先增大后減小

【答案】CD

【解析】

【分析】

【詳解】A.滑塊從C運動到A的過程，根據(jù)動能定理得

qExlOR-jumgX10/?-A

結(jié)合qE=，〃g,解得

%=2阿

故A錯誤；

B.滑塊從C運動到P的過程，根據(jù)動能定理得

在尸點，由牛頓第二定律得

F"^-qEZ7=m^UP~

K

結(jié)合qE=mg,解得「即=17〃琢，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊到達P點時對軌道的壓力大小為FNP=FNP=17〃?g,

故B錯誤；

C.在A點，由牛頓第二定律得

F^+mg=m-^-

解得FNA=ll〃?g,根據(jù)牛頓第三定律知滑塊到達A點時對軌道的壓力大小為FNA'=FNA=llmg,故C正確；

D.滑塊受到的電場力大小尸=qE=mg,方向水平向左，電場力與重力的合力方向與豎直方向成45°斜向左

下方，則從C到P的過程中，電場力與重力的合力先做正功，后做負(fù)功，則動能先增大后減小，故D正確。

故選CD。

三、實驗題：本題包含兩小題，共14分。將答案填在題中橫線上或按要求作答。

16.拆開一個損壞的電表，發(fā)現(xiàn)一個繞線電阻Rs。查看資料，發(fā)現(xiàn)它由銀銘合金制成其材料的電阻率為0。

為估算該繞線電阻使用合金的長度3小程進行了以下實驗：

(1)首先用伏安法測電阻Rs。為減小誤差，先用圖甲的電路圖進行實驗。發(fā)現(xiàn)當(dāng)S接‘％”“b”時，電流表

的示數(shù)幾乎不變，而電壓表的示數(shù)變化較大，則測量Rs時S應(yīng)該接到(選填"a"、"b”)；

(2)接著用螺旋測微器測量合金絲的直徑，示數(shù)如圖乙所示，合金絲的直徑為「mm。

(3)實驗測得繞線電阻的阻值為Ro,合金絲的直徑為d,則該電阻使用合金絲長度的表達式為乙=—(用

已知和測得物理量符號表示)

“心一兀r氏、

【答案】(1).a(2).0.260(0.259-0.261)(3).------

4。

【解析】

【分析】

【詳解】(1)川當(dāng)S接"/'“b”時，電流表的示數(shù)幾乎不變，而電壓表的示數(shù)變化較大，說明電流表分壓

較大而電壓表分流較小，為減小實驗誤差，電流表應(yīng)采用外接法，測量4時S應(yīng)該接到

（2）⑵由圖所示螺旋測微器可知，固定刻度為0,可動刻度為

26.0x0.01mm=0.260mm

螺旋測微器示數(shù)為0.260mm,即合金絲的直徑為0.260mm；

⑶[3]合金絲的電阻為

a_L_pL

R0=P7=~T~

該電阻使用合金絲長度的表達式為

哂/

L-

42

17.熱敏電阻包括正溫度系數(shù)電阻器（PTC）和負(fù)溫度系數(shù)電阻器（NTC）,PTC的電阻隨溫度的升高而增

大，NTC的電阻隨溫度的升高而減小。為研究一熱敏電阻Rx的伏安特性，實驗室可供選擇的主要器材如下:

A.電流表Ai（量程15mA,內(nèi)阻10.0Q）

B.電流表A2（量程0.3A,內(nèi)阻約0.3Q）

C.滑動變阻器（0-1000Q）

D.滑動變阻器（0-20Q）

E.定值電阻（阻值990.0C）

F.定值電阻（阻值90.0C）

G.電源E（電動勢15V,內(nèi)阻可忽略）

H.開關(guān)一個導(dǎo)線若干

甲

某同學(xué)設(shè)計了圖甲的電路圖進行研究,完成下列填空。

(1)為確保實驗有較高的精度并方便操作，則滑動變阻器而以應(yīng)選擇—，定值電阻&應(yīng)選擇一(填器材前

的字母)。

(2)正確選擇此后，反復(fù)調(diào)節(jié)滑動變阻器，讀出Al、A2的示數(shù)/1,/2,描繪出k/2圖線，如圖乙所示。則該

熱敏電阻是(選填“PTC”或“NTC”)；

(3)當(dāng)Ai的示數(shù)人=10mA時，熱敏電阻&的阻值為—C(保留兩位有效數(shù)字)。

【答案】(1).D(2).E(3).NTC(4).61(56-63)

【解析】

【分析】

【詳解】(1)。］由圖示電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇D。

⑵把電流表Ai與定值電阻串聯(lián)改裝成電壓表測電壓，電源電動勢為15V,可以把Ai改成成量程為15V的

電壓表，串聯(lián)分壓電阻阻值

R='_Rz—Q-10.0Q=990.0Q

/Alg15x10-3

故定值電阻應(yīng)選擇E。

(2)［3］由圖乙所示圖象可知，隨上增大人增大，熱敏電阻兩端電壓。增大，流過熱敏電阻的電流/增大，熱

敏電阻實際功率。=。/增大，熱敏電阻溫度升高；由圖乙所示圖象可知，隨/2增大，圖線上的點與坐標(biāo)原點

連線的斜率減小，圖線上點與坐標(biāo)原點連線的斜率表示熱敏電阻阻值，因此隨溫度升高熱敏電阻阻值減小,

因此熱敏電阻是NTC,

⑶⑷由圖乙所示圖象可知，/i=10mA=0.010A時/2=0.175A,此時熱敏電阻阻值

_ZI(/XI+7?2)_O.O1OX(1O.O+99O.O)

i\v----------------------------------------------12=0114

'I2-I}0.175-0.010

四、計算題：本題包含5小題，共41分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算

步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須寫出數(shù)值和單位。

18.如圖所示，R為電阻箱，電壓表可視為理想電壓表。當(dāng)電阻箱讀數(shù)為凡=2。時電壓表讀數(shù)為Ui=4V；當(dāng)

電阻箱讀數(shù)為&=5C時，電壓表讀數(shù)為％=5V。求：

⑴電源的電動勢E;

(2)電源的內(nèi)阻小

【答案】⑴6V；(2)1Q

【解析】

分析】

【詳解】⑴⑵根據(jù)

U

E=U+—r

R

可得

4

E=4+—r

2

5

E=5+—r

5

解之得

E=6V

19.如圖所示，在。點放置一個點電荷+Q,以。為原點，沿Ox方向建立坐標(biāo)軸，A、8為坐標(biāo)軸上兩點，

其中A點的坐標(biāo)為0.90m。測得放在4、8兩點的試探電荷受到電場力大小與其電荷量q的關(guān)系如圖線“、b

所示。已知左=9.0x109N-n?/C2,求:

(1)4點的電場強度與點電荷。的電量;

(2)8點的坐標(biāo)值。

B

【答案】(1)4X104N/C；S.GxlO^C;(2)3.60m

【解析】

【分析】

【詳解】(1)由圖中直線。得

E、=^-=4X104N/C

'q

又因為

,Q

ErA=k—

解得

Q=3.6xl0-6c

(2)由圖中直線?？傻?/p>

3

￡B=-^S-=2.5X10N/C

q

又因為

穌=烏

rB

解得

rB=3.60m

20.如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間距心質(zhì)量為m、電荷量為g的帶電液滴，以速度vo從電

容器左端沿兩板間的中線水平射入電容器，液滴恰好做勻速直線運動。不計空氣阻力。

(1)求電容器兩板間的電壓”)。

(2)己知電容器極板的長度現(xiàn)改變兩板間的電壓，讓液滴仍以速度w從左端沿兩板間的中線水

平射入，液滴恰好從上極板右端飛離。求此時電容器兩板間的電壓U。

」....

.⑴八暇⑵八個

【解析】

【分析】

【詳解】(1)設(shè)電容器板間的電場強度大小為E，液滴恰好做勻速直線運動時，受到的電場力和重力平衡,

根據(jù)平衡條件則有

qE=mg

其中

E=%

d

解得

4=皿

q

(2)改變兩板間的電后，液滴在電場中做類平拋運動，設(shè)油滴的加速度為在電容器中運動的時間為f,

則有

L—%，

d12

-=-at

22

解得

a=g

設(shè)電容器板間的電場強度大小為E'，由牛頓第二定律有

qE'-mg=ma

其中

E，上

d

解得

U_2mgd

q

21.如圖所示，柱形區(qū)域內(nèi)有平行紙面的勻強電場，其橫截面是以。為圓心、半徑為R的圓，A8為圓的直

徑。質(zhì)量為小電荷量為夕（夕＞0）的帶電粒子自A點由靜止釋放，粒子從圓周上的C點以速率如穿出電場,

AC與AB的夾角夕=60。。若將該粒子從A點先后以不同的速率平行紙面、垂直電場線方向射入電場，只考

慮電場力的作用。

（1）求電場強度的大小。

（2）為使粒子從B點離開電場，粒子進入電場時的速度應(yīng)是多大？。

小?/

C'--------"

【答案】（1）6=瞿；（2）匕=曲＞

2qR12

【解析】

【分析】

【詳解】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于4＞0,故電場線由A指向C，

根據(jù)幾何關(guān)系可知

*=R

根據(jù)動能定理有

qExAc=^mvo-0

解得

（2）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系有

x=2Rsin60°=卬］

y=27?cos60°=—at；

21

電場力提供加速度有