江苏省苏州市2024-2025学年高一年级下册期末物理试卷（解析版）

江苏省苏州市2024-2025学年高一下学期期末物理试卷

一、单项选择题：共11小题，每小题4分，共44分.每小题只有一个选项最符合题意.

1.下列物理量中属于矢量的是（）

A.功B.功率C.电场强度D.电势

【答案】C

【解析】【解答】A.功是标量，功是物体受力与力方向上位移的乘积，根据定义可知功无方向，故A错误；

B.功率是标量，代表物体做功的快慢，由功（标量）与时间（标量）的比值定义，故B错误；

C.电场强度是矢量，根据电场的规定可知其方向与电场中正电荷受力的方向一致，故C正确；

D.电势是标量，代表电场能量的属性，仅有大小而无方向，故D错误。

故选Co

【分析】功、功率和电势属于标量，没有方向；电场强度属于矢量，同时具有大小和方向。

2.下列说法中符合物理学史实的是（）

A.卡文迪什通过扭秤实验测出了引力常量

B.伽利略提出了万有引力定律

C.法拉第最早测得了元电荷的数值

D.相对论和量子力学的建立说明经典力学已没有应用价值

【答案】A

【解析】【解答】A.卡文迪什利用扭秤实验通过放大的物理方法首次测定了引力常量G,故A正确；

B.万行引力定律由十顿提出，伽利略的贡献上要在运动学领域，如利用斜面实验研究自由落体运动的规

律，故B错误；

C.密立根通过油滴实验测得元电荷的数值，法拉第的贡献集中在电磁学，如提出广电场线或者电磁感应定

律，故c错误；

D.经典力学在宏观低速条件下仍适用，微观高速运动的粒子只能利用相对论和量子力学进行分析，相对论

和量子力学是对其的补充而非否定，故D错误。

故选Ao

【分析】卡文迪什利用扭秤实验首次测定了引力常量；牛顿提出了万有引力定律；密立根通过油滴实验测

得元电荷的数值；微观高速运动的粒子只能利用相对论和量子力学进行分析，相对论和量f力学是对其的补

充而非否定。

3.若大计空气阻力，下列过程中机械能守恒的是（）

A.火箭点火升空

B.抛出的标枪在空中运动

C.拉着金属块沿光滑斜面匀速上升

第1页

D.小球在竖直平面内做匀速圆周运动

【答案】D

【解析】【解答】A.火箭升空时，燃料燃烧的化学能转化为机械能，由于推力对火箭做功根据功能关系可知

机械能增加，故机械能不守恒，A错误；

B.抛出的标枪在空中运动，不计空气阻力，标枪仅受重力作用，只有重力做功满足机械能守恒的条件，标

枪在空中的动能与重力势能相互转化，总机械能保持不变，B正确；

C.拉着金属块沿光滑斜面匀速上升，拉力对金属块做功，拉力做功使金属块的重力势能增加，动能不变，

根据重力势能和动能之和可得金属块的机械能增加，故机械能不守恒，C错误：

D.小球在竖直平面内做匀速圆周运动，小球速度大小不变，所以小球的动能保持不变，重力势能随高度变

化，根据动能和重力势能之和可得小球的总机械能变化，故机械能不守恒，D错误。

故选Bo

【分析】利用物体只有重力做功时机械能守恒；利用物体的重力势能和动能之和可以判别机械能是否发生变

化。

4.如图所示，A和B为汽车雨刮器上的两点，雨刮器绕O点转动时，A和B的角速度①、线速度V、向心

加速度a和周期T的大小关系中正确的是（）

A.3力＞（i）RB.V/j＞URC.VD.TVTg

【答案】B

【解析】【解答】AD.A和B两点为同轴转动，由于相同时间内转过的角度相等所以角速度相等，即3A=

3B

根据周期和角速度的关系式有T=@可知周期相等，即1=78，故AD错误；

o

B.由图可知，4点转动的半径大于B点转动的半径，根据线速度和角速度的关系式有”=3厂可得以＞4,

故B正确；

C.根据向心加速度的表达式即=32＞由于A点转动的半径大于B点转动的半径可得以＞劭，故D错误。

故选Bo

【分析】AB两点属于角速度相等，结合周期和角速度的关系可以比较周期的大小；利用线速度的关系式结

合半径的大小可以比较线速度的大小；利用向心加速度的表达式可以比较向心加速度的大小。

5.如图所示，在感应起电实验中，带正电的小球C靠近不带电的枕形体，下列说法正确的是（）

第2页

A.枕形体A、B可采用绝缘材料制作

B.仅A下端的金属箔片会张开

C.枕形体A中的正电荷移到B中

D.分开A、B,再拿走C,则A和B下端的金属箔片仍张开

【答案】D

【解析】【解答】A.静电感应时，为了让电子发生自由移动，枕形体A、B不可以采用绝缘材料制作，否则

实验现象会消失，故A错误；

B.根据感应起电近异远同可知，枕形体的A端带负电，B端带正电，根据同性相斥可知A、B下端的金属箔

片均会张开，故B错误；

C.由于金属中能自由移动的是负电荷电子，正电荷不能移动，故C错误；

D.分开A、B,再拿走C,由于两端电荷不能回到原来位置，枕形体的A端仍带负电，B端仍带正电，A和

B下端的金属箔片仍张开，故D正说。

故选D。

【分析】为了让电子发生自由移动，枕形体A、B不可以采用绝缘材料制作；根据感应起电近异远同可知，

枕形体的A端带负电，B端带正电；分开A、B,再拿走C,由于两端电荷不能回到原来位置，枕形体的A

端仍带负电，B端仍带正电；金属中能自由移动的是负电荷电子，正电荷不能移动。

6.鹊桥二号卫星的成功发射，可为嫦娥六号在月球背面的探测任务提供地月间的中继通讯.如图所示，鹊

桥二号在环月大椭圆冻结轨道上运行，周期为T,则鹊桥二号（）

A.从A点运动到B点过程中动能增大

B.在A点的加速度比B点大

C.从C点经B点到D点的运动时间等于J

D.在地球表面的发射速度应大于11.2km/s

【答案】R

【解析】【解答】A.卫星从A点运动到B点过程中由于引力方向与速度方向相反，所以引力做负功，根据

第3页

功能关系可以得出卫星速度变小，杈据动能的表达式可知动能减小，A错误；

B.月球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律G矍二执。

「•八」GM

可得Q=F

R

可知在A点的加速度比B点大，B正确；

C.根据开普勒第二定律可知在靠近近月点时速度大，靠近远月点时速度小，则从C点经B点到D点的过程

中由于平均速率比较小，所以运动时间大于营，C错误；

D.鹊，乔一号仍处于地球引力场中，第一宇宙速度是卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星在地球表

面的发射速度应小于11.2km/s,D错误。

故选Bo

【分析】利用引力做功可以判别卫星速度及动能的大小变化；利用牛顿第二定律结合引力的变化可以比较加

速度的大小；利用开普勒第二定律可以比较速率的大小进而比较运动的时间；鹊桥二号仍处于地球引力场

中，则在地球表面的发射速度应小于11.2km/s。

7.如图所示，A、B是两个完全相同的小钢球，原先均静止。当小锤击打弹性金属片后，球A水平抛出，同

时球B被释放，自由下落，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

BA

A.球A先落地

B.两球落地时速度大小相同

C.两球落地时，球B重力的瞬时功率较大

D.从抛出到落地，重力对两球做功的平均功率相同

【答案】D

【解析】【解答】A.小球A做平抛运动，由于竖直方向的分运动为白由落体运动，小球B做自由落体运

动，两个小球运动的规律相同，根据位移公式=/可知两个小球下落时间相同，所以两球同时落地，A

错误；

B.根据两个小球运动时间相同，根据竖直方向的速度公式可知落地时两球竖直方向的速度%=gt

可知竖直方向的速度相等，由于A水平方向有速度，根据矢量的合成可知速度大小不同，B借误；

C.轻直方向，根据功率的表达式/=可知两球落地时，由于竖直方向速度相同，所以两球重力的瞬

时功率相等，C错误；

D.根据平均功率的表达式有丸=噌，下落高度相同，时间也相同，则从抛出到落地，重力对两球做功的

平均功率相同，D正确。

第4页

故选D。

【分析】利用竖直方向的位移公式可以得出两个小球下落时间相等，结合速度公式可以得出竖宜方向的分速

度相等，结合速度的合成可以比较落地的合速度大小；利用重力和竖直方向分速度相等可以比较重力的瞬时

功率；利用重力和平均速度可以比较重力的平均功率大小。

8.如图所示，心脏除颤器通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，来抢救心脏骤停患

者。某次模拟治疗时设备的电容器目容是I5|1F,充电至电压4kV,在一定时间内完成放电至两极板间电压为

0,关于该放电过程，下列说法正确的是()

A.电容器的电容逐渐减小

B.通过人体组织的电荷量为60c

C.放电电流逐渐减小

D.人体电阻越大，放电持续时间越短

【答案】C

【解析】【解答】A.根据电容的定义式可以得出电容大小与电压、电荷量大小无关，所以电容器放

电的过程中，电容器的电容C不变，仍为15〃尸，故A错误；

B.根据电容的定义式，=%,可知充用至4.0kV时，最初该由容器所带中.荷量是0.6C,放电结束后电荷量为

0,此次放电过程中有0.6C的电荷通过人体组织，故B错误；

C.放电过程，极板所带的电荷量变少，由于电容不变，根据定义式C=%可以得出极板间的电压变小，根据

欧姆定律/=g可知放电电流逐渐减小，故C正确；

A

D.根据欧姆定律/=§可知人体电阻越大，平均电流越小，总电荷量不变，根据电流的定义式q=〃可知放

A

电持续时间越长，故D错误。

故选Co

【分析】电容的大小与电压、电荷量的大小无关；利用电容的定义式可以求出放电过程中放出的电荷量大

小；当电压变小时，结合欧姆定律可以判别电流的大小变化；利用欧姆定律可以判别电流的大小，结合电荷

量与电流的关系可以判别放电的时间。

9.在一些电子设备中，可使带电粒子束通过电场实现在荧光屏上聚焦。图中带箭头的实线表示电场线，虚

线表示粒子的运动轨迹，则粒子()

第5页

屏

A.带正电

B.运动过程中加速度先减小后增大

C.运动过程中电势能减小

D.运动过程中动能减小

【答案】C

【解析】【解答】A.粒子做曲线运动时，合力方向为轨迹的弯曲方向，根据轨迹的弯曲方向可以得出合力大

致向右，由于电场力方向向左知粒子所受电场力与电场线方向相反，则粒子带负电，A错误；

B.根据题图可知电场线先稀疏后密集再稀疏，由于电场线的疏密代表电场强度的大小，所以电场强度先小

后大再小,根据牛顿第二定律a=*可知运动过程中加速度先增大后减小,B错误；

CD.运动过程中，由于电场力方向与粒子运动方向相同，所以电场力对粒子做正功，则粒子的动能增大，电

势能减小，C正确，D错误。

故选Co

【分析】利用粒子轨迹的弯曲方向可以判别电场力的方向，结合电场方向可以判别粒子的电性；利用电场线

的疏密可以比较电场强度的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用电场力做功可以判别电势

能和动能的大小变化。

10.研究表明，中子由两个带电荷量为-ge的下夸克和一个带电荷量为的上夸克组成.假设三个夸克等

间距地分布在同一圆周上，如图所示，相邻夸克间距离均为L,夸克可视为点电荷，静电力常量为匕则左

侧卜夸克受到的库仑力大小为（）

【解析】【解答】根据异种电荷相互吸引由于左侧下夸克受到上夸克的吸引力的作用，根据库仑定律左侧下夸

克与上夸克的库仑力％=J刎;侬=岑

方向沿两夸克连线指向上夸克；

根据同种电荷相互排斥由于左侧下夸克受到上夸克的排斥力的作用左侧下夸克与右侧下夸克的库仑力尸2=

第6页

1一《冈一飘_ke2

L2.9L2

方向沿两夸克连线背离左侧下夸克；

已知分力的方向，根据平行四边形定则可以得出合力为F=1送+欧一2&F2cos60。

可得F=正警

9LZ

故选A。

【分析】利用库仑定律可以求出两个夸克对左侧夸克的库仑力大小，结合力的合成可以求出合力的大小。

11.某同学将一篮球竖直向上抛出，一段时间后又落回抛出点。若空气阻力大小恒定，则篮球的动能”与时

间t和上升高度h的关系图像，可能正确的是()

r「

AB

oMt2totO，o2/t

-L0LX。

h°h

。4h。

【答案】A

【解析】【解答】AB.篮球在上升阶段，由于阻力和重力的方向都向下，根据牛顿第二定律-mg-7=

-THQ]

下降阶段，由于重力方向向下，阻力方向向上，根据牛顿第二定律mg-/=mg

可知＞a2

由于上升和下落的位移大小相等，根据位移公式h=；。产

可知上升时间小于下降时间;

上升阶段，根据动能定理有％=EQ—ma^^t2

下降阶段，根据动能定理有反二小做］。?产

根据表达式可知A正确，B错误；

CD.上升阶段，根据动能定理有=E/(o-巾。1•九

下降阶段，根据动能定理有&=•九

第7页

由于加速度的大小关系有即＞做可知上升阶段的斜率大与下降阶段的斜率，且最高点动能应为零，且%-九

图线均为直线，故CD错误。

故选Ao

【分析】利用篮球上升和下落过程的阻力方向结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；结合位移公式可以

比较运动的时间；利用动能定理可以得出动能与时间的大小关系，利用动能定理可以求出动能与高度的关

系。

二、非选择题：共5小题，共56分.其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要

的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.

12.某实验小组根据弹簧弹性势能表达式0=；依2（A为弹簧劲度系数，x为形变量），设计了图甲所示的装

置来验证弹簧和重物组成的系统机械能守恒。步骤如下：

①轻弹簧（劲度系数未知）上端固定，卜端挂一质量为mR装有遮光片的重物，遮光片宽度为D,重力

加速度为g，旁边竖直悬挂一把毫米刻度尺；

②重物静止时，遮光片中心位置记为A,对应刻度为不；

③将重物竖直托举到弹簧刚好处于原长，此时遮光片中心位置记为B,对应刻度外如图乙所示：

④将光电门调至某一适当位置.，并读出光电门中心位置对应的刻度与，然后将重物从位置B静止释放，

测出遮光片第一次通过光电门的挡光时间At,并计算此过程中系统势能的减少量AEp和重物动能的增加量

△Ek;

⑤多次改变光电门位置，重复步骤④，进行实验验证。

（1）若提供以下三种材质不同、质量相同的重物，本实验中应选择。

A.软木块B.橡胶块C.铁块

（2）步骤③中遮光片中心位置对应的刻度皿=cm.

（3）步骤④中遮光片第一次通过光电门时，重物的速度,系统势能的减少量△昂=

（均用题中已知物理量符号表示）。若在误差允许范围内，总是与重物动能的增加量△&相等，即可验证

系统机械能守恒。

（4）小明认为本实验中重物的质量m无需测量，你是否同意他的观点？请简要说明理由。

【答案】（1）C

(2)4.00

第8页

2

（3）2.Y、mg。3r2）

址’^fe-x2）-2（X1-X2）

（4）同意，根据AEp和△见的表达式可知，两者均与重物质量m成正比，不影响大小的比较。

【解析】【分析】（1）A.由于沿着弹簧和重物在重物下落的过程机械能守恒，所以下落过程要减小空气阻力

的影响，软木块质量较小，在下落过程中受到的空气阻力相对其重力的影响较大，会对实验结果产生较大误

差，故A错误；

B.橡胶块质量也相对较小，且其形状可能不规则，在下落过程中受到的空气阻力等因素不稳定，不利于准

确实验，故B错误；

C.铁块质量较大，在下落过程中受到的空气阻力相对其重力的影响较小，由于受力基本只受到重力，能更

接近理想的自由落体运动，从而更准确地研究能量转化关系，故C正确。

故选C。

（2）已知刻度尺的分度值为0.1cm,由图乙，可知步骤③中遮光片中心位置对应的刻度孙=4.00cm

（3）步骤④中遮光片第一次通过光电门时，根据平均速度公式可得重物的速度u=?

重物静止时，由于重物受到的重力等于弹簧的弹力，根据平衡条件有〃（％-不）=巾0

解得劲度系数为k=5果

人1人2

重物从原长位置不下降到%3,重物的重力势能减小，弹性势能增加，根据重力势能的表达式可以得出重力势

x2

能的减少量AEp=mg（x3-x2）—^k（x3一2）

联立解得=mg（%3-&）一畸誓

（4）根据△&=7nM右一”2）2和=1人户的表达式可知,两者均与重物质量m成正比，不影响大小的比

P2（4-%2）2

较。

【分析】（1）由于沿着弹簧和重物在重物下落的过程机械能守恒，所以下落过程要减小空气阻力的影响，铁

块质量较大，在下落过程中受到的空气阻力相对其重力的影响较小，由于受力基本只受到重力，能更接近理

想的自由落体运动，从而更准确地研究能量转化关系；

（2）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数；

（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的表达式；利用平衡方程可以求出劲度系数的表达式，结合重力

势能的表达式可以求出势能的变化量；

（4）利用系统势能的变化量及动能的变化量与重物质量m成正比，不影响大小的比较。

（1）A.软木块质量较小，在下落过程中受到的空气阻力相对其重力的影响较大，会对实验结果产生较大误

差，故A错误；

B.橡胶块质量也相对较小，且其形状可能不规则，在下落过程中受到的空气阻力等因素不稳定，不利于准

确实验，故B错误；

第9页

C.铁块质量较大，在下落过程中受到的空气阻力相对其重力的影响较小，能更接近理想的自由落体运动,

从而更准确地研究能量转化关系，故C正确。

故选Co

（2）由图乙，可知步骤③中遮光片中心位置对应的刻度M=4.00cm

（3）U1步骤④中遮光片第一次通过光电门时.，重物的速度”=?

⑵重物静止时，根据平衡条件有以/一x2）=mg

解得上=黑

重物从原长位置M下降到犯，重物的重力势能减小，弹性势能增加，则系统势能的减少量AEp=mg（%3-

%2）-2H“3-X2y

联立解得△昂=^（x3-x2）-嗤呼

（4）同意，根据和的表达式可知，两者均与重物质量m成正比，不影响大小的比较。

13.2025年5月20日，中星3B卫星由长征七号改运载火箭成功发射，该卫星最终定点于地球静止轨道.已

知地球半径为R、质量为M,引力常量为G,地球自转的周期为T.求：

（1）地球表面的重力加速度大小g（忽略地球自转的影响）;

（2）该卫星处于地球静止轨道时，距离地球表面的高度h.

【答案】（1）在地球表面有G絮=mg

解得g=G苣

t

（2）由万有引力提供中星3B卫星做圆周运动的向心力，则有G—%（羊）2（/?+九）

（R+/i）1

解得仁唇_R

、4*

【解析】【分析】（1）地球对表面物体的引力形成重力，利用牛电员第二定律可以求出表面重力加速度的大小;

（2）地球对卫星的引力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出卫星距离地球表面的高度。

（1）在地球表面有G%^=mg

解得g=G聿

t

（2）由万有引力提供中星3B卫星做圆周运动的向心力，则有GJd=m'（竿）2（/?+九）

（R+hy1

血_R

解=

47r2

第10页

14.某款汽车发动机的额定功率为80kW,质量为2000kg,在水平路面上以额定功率行驶，受到的阻力恒为

2000N,重力加速度取g=

(1)求该汽车能达到的最大速度以小

(2)求汽车速度为口=20m/s时加速度大小a；

(3)若汽车从静止开始启动，经时间£=8s后速度达到20m/s,求该过程中汽车的位移大小x。

【答案】(1)根据题意可.知，当汽车以额定功率行驶，牵引力等于阻力时，汽车的速度最大，则该汽车能达

3

到的最大速度为=。=雪湍-7H/S=40m/s

J乙UUU

3

(2)根据题意可知，汽车速度为u=20m/s时，牵引力为»=[=*¥N=4X1()3N

由牛顿第二定律可得，加速度大小a==2M/S?

(3)根据题意，由动能定理有=

代入数据解得x=120m

【解析】【分析】(1)当汽车以额定功率行驶时，牵引力等于阻力则汽车达到最大速度，利用功率和阻力可以

求出最大的速度：

(2)当已知汽车的速度，利用功率的表达式可以求出牵引力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的

大小；

(3)当汽车从静止开始运动，利用动能定理可以求出汽车运动的位移大小。

(1)根据题意可知，当汽车以额定功率行驶，牵引力等于阻力时，汽车的速度最大，则该汽车能达到的最

3

大速度Um=7=82000m/S=40M/S

/乙UUU

3

(2)根据题意可知，汽车速度为”=20m/s时，牵引力为Fi=2=%S12_N=4X1()3N

v20

由牛顿第二定律可得，加速度大小Q=9=2m/s2

(3)根据题意，由动能定理有Pt—=—o

代入数据解得x=120m

15.长为1的轻杆一端连接质量为m的小球，另一端可绕O点自由转动.如图甲所示，自由下垂的小球某时

刻获得一初速度，恰好可以运动到最高点，忽略空气阻力，重力加速度为g.

第11页

（I）求小球的初速度大小VO；

（2）当小球运动到最左端位置P时，求杆对小球的拉力大小F；

（3）如图乙所示，杆竖直时小球靠着各表面都光滑的正方体木块，在微小扰动下细杆倒向木块，当杆与

竖直方向夹角为60。时小球与木块恰好分离，求木块的质量Mo

【答案】（1）小球恰好运动到最高点，此时速度大小为0,由动能定理得一瓶9・2/=0-今山诏

解得=2y[gl

（2）小球运动到最左端位置P时，设此时小球速度大小为vi,从位置P到最高点由动能定理得-mg"=

0-^mvl

在位置P由牛顿第二定律得尸=m号

解得F=2mg

（3）小球与木块分离时，木块加速度为零，则小球在水平方向上的加速度也为零，杆对小球的作用力也为

零，设此时小球速度大小为V2,木块速度大小为VM

当杆与竖直方向夹角为60。时小球与木块恰好分离时，由牛顿第二定律mgcos60。=血卓

由能量守恒定律得zng«l-cos60°）=imvf+

关联速度关系力/=〃2cos60。

综合解得M=4m

【解析】【分析】（1）当小球恰好经过最高点时，利用从最低点到最高点的动能定理可以求出小球初速度的大

小；

（2）小球运动到最左端的位置时，利用动能定理可以求出小球速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出杆

对小球拉力的大小；

（3）当小球与木块分离时，利用加速度相等，结合牛顿第二定律及能量守恒定律可以求出木块质量的大

小。

第12页

(1)小球恰好运动到最高点，此时速度大小为0,由动能定理得一=0-5m诏

解得见=2而1

(2)小球运动到最左端位置P时，设此时小球速度大小为vi,从位置P到最高点由动能定理得-mg」=

1

0-丑所9

2

在位置P由牛顿第二定律得尸=m+

解得尸=2mg

(3)小球与木块分离时，木块加速度为零，则小球在水平方向.上的加速度也为零，杆对小球的作用力也为

零，设此时小球速度大小为V2,木块速度大小为VM

当杆与竖直方向夹角为60。时小球与木块恰好分离时，由牛顿第二定律mgcos60。=m毕

由能量守恒定律得mg/(l-cos60°)=imvj+^M询

关联速度关系孙/=u2cos60。

综合解得M=4m

16.如图所示的粒子平移器，由两对水平放置、相距为d的相同平行金属板AB和CD构成，每对极板长度

2

为2d、间距为d,两对极板间偏转可压大小均为(/=粤、电场方向相反.质量为m、电荷量为+q的带电粒

16(/

子M从左侧紧贴A板下边缘以初速度见水平进入两金属板间，金属板外的电场以及粒子的重力都忽略不

计，粒子均在纸面内运动.

--------------2d---------------——d——-----------------2d--------------->

人A]:UCI=一二

tM

d

I——D―—

B1X

(1)求粒子M从AB板间飞出时垂直板面方向的偏移量yi；

(2)求粒子M从进入AB板间到飞出CD板间的过程中，垂直板面方向的偏移量Y；

(3)粒子M进入金属板AB板间的同时，一质量为m、电荷量为-q的带电粒子N也从左侧某一位置以

水平初速度为进入金属板AB间.为使粒子N与粒子M在金属板CD间相遇，不计粒子间相互作用力，求粒

子N进入AB板间金属板时，与B板间距Ad的取值范围.

【答案】(1)由题知，粒子M从AB板间做类平抛运动，则水平方向上有2d=

竖直方向上有y[=:砒2,l!.q=ma

解得%=彳4

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(2)设粒子M从AB板间飞出时速度与水平方向的夹角为。，则有位九。=署

v0

又Uy=Qt=?

联立解得£Q九。=i

两对平移器中间区域无电场，粒子做匀速直线运动，根据几何关系有£即。=与

a

解得y2=gd

或利用相似三角形得到丫2=

根据对称性，得丫3=%=(d

Q

所以丫=+y2+y3=g

(3)粒子N若从B板边缘进入，轨迹如图

其轨迹与M粒子轨迹对称.由于水平方向两粒子运动情况一致，所以相遇只要考虑竖直方向