甘肃省高二（上）期中物理试卷 -物理(解析)

甘肃省高二（上）期中物理试卷-物理（解析）

参考答案与试题解析

一.选择题（L7题为单选题，8・12题为多选题，每个小题3分，共36分。）

1.（3分）下列说法不正确的是（）

A.自然界任何带电体所带电量都是元电荷的整数倍

B.电场线是由物理学家法拉笫提出来的，它与电场不回，电场是客观存在的而电场线是

虚拟的

C.法国科学家库仑利用库仑扭称研究了电荷间的相互作用

D.电场中某点的场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向

【分析】（1）自然界任何带电体所带电量都是元电荷的整数倍，

（2）电场线是由英国物理学家法拉第首先提出来的，但它并不是客观存在的，而电场却

是客观存在的；

（3）法国科学家库仑利用库仑扭秤研究了电荷间的相互作用，并得出了库仑定律；

（4）电场中某点的场强方向是放在该点处的正电荷受到的电场力的方向。

【解答】解：A.物理学中把质子所带的电荷量或电子所带电荷量的绝对值称为元电荷，

因此自然界任何带电体所带电量都是元电荷的整数倍，故A正确；

B.电场线是由英国物理学家法拉笫首先提出来的，但它并不是客观存在的，而电场却是

客观存在的，故B正确；

C.法国科学家库仑利用库仑扭秤研究了电荷间的相互作用，并得出了库仑定律，故C正

确；

D.电场中某点的场强方向是放在该点处的正电荷受到的电场力的方向，故D错误。

本题选择说法错误的，

故选：D。

【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论

要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.（3分）以下说法正确的是（）

A.由E=E可知电场中某点的电场强度E与F成正比，与试探电荷电量q成反比

q

QiQn

B.根据库仑定律F=k」72可知，当r-0时，库仑力F-8

C.由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b叵的距离越大，则两点间的电势差也

一定越大

D.根据电势差的定义式UAB=%可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B

q

点克服电场力做功为1J,则A、13两点间的电势差为-IV

【分析】本题根据电场强度定义式和点电荷电场强度公式，以及电势差定义式和匀强电

场中电势差与电场强度关系，即可解答。

【解答】解：

A.电场中某点的电场强度只与场源电荷有关，此公式为定义式，电场强度与F、q无关。

A错误；

Q1Q

B.库仑定律F二k―六，适用于点电荷之间的相互作用。当r-o时，电荷不能看成是点

r

电荷，此时库仑定律不适用，B错误；

C.由Uab=Ed,d为沿电场线方向的位移，故在匀强电场中若沿电场线方向两点a、b

间的距离越大，则两点间的电势越大；在匀强电场中，若ab连线不是沿电场方向，则两

点a、b间的距离越大，两点间的电势差不一定越大，故C错误：

D.根据电势差的定义武

可知，带电荷量为IC的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J,则A、B两

点间的电势差为TV,D正确。

故选D。

【点评】本题需要学生掌握电场强度、库仑定律、电势及电势差和电场力做功的定义和

内容，熟悉各概念的适用范围。

3.（3分）在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r,L为小灯泡（其灯丝电阻可视为

不变），Ri、R2为定值电阻R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的

增大而减小，V为理想电压表。若将照射R3的光的强度减弱，则（）

B.电源输出功率变小

C.通过R2的电流变小D.小灯泡变亮

【分析】将照射R3的光的强度减弱，光敏电阻的阻值变大，分析电路中电阻的变化，由

闭合电路欧姆定律得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；

同时还可得出路端电压的变化和内电压的变化；

由串联电路的规律分析并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡中

电流的变化，即可小灯泡亮度的变化，根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化。

【解答】解：A、照射Ra的光的播度减弱,光敏电阻的阻值增大,电路中的总电阻增大,

由闭合电路欧姆定律可知十路中电流减小，故Ri两端的电压减小，电压表示数减小，故

A错误；

CD、因干路中电流减小，根据U=E-Ir可知，电源的内电压减小，路端电压增大，同

时Ri两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流变大，流过小灯泡

的电流•定变小，小灯泡变暗，故CD错误：

B、因Ri>r,电路中的总电阻增大，根据电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，

可知，电源输出功率变小，故B正确。

故选:Bo

【点评】对于闭合电路的动态分析问题，一般按从外电路到内电路，再到外电路的分析

思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵

活应用电路的性质。

4.（3分）如图甲，A、B是某电场中条电场线上的两点，个负电荷从A点由静止释放，

仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v-t图像如图乙所示。A、B两点的

场强分别为EA、EB，电势分别为（PA、（PB,负电荷在A、B两点的电势能分别为EpA、

EpB，则下列选项正确的是（）

••

AB

甲

A.EA>EB,(PA><PB

C.EA>EB,EPA>EPBD.EA<EB,EPA<EPB

【分析】根据图像分析电荷的速度变化和加速度变化，结合牛顿第二定律推导电荷

受力情况的变化，即可得到两点电场强度的的大小；根据速度的变化判断电势的高低；

根据电势能和电势的关系判断负电荷在A、B两点的电势能的大小。

【解答】解：v-t图像切线的斜率表示加速度，根据图像可知，电荷在静电力的作用下

加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，电荷从A点运动到B点的过程中，所受的静

电力逐渐减小。根据F=qE可知，电场强度逐渐减小，即EA>EB：

由图像可知电荷从A点运动到B点的过程中，速度逐渐增大，动能逐渐增大，故电场力

做正功，电势能逐渐减小，即EpA>EpB;

根据Ep=q（p,电荷带负电，所以（pA〈（pB;

故ABD错误，C正确；

故选：Co

【点评】解题关键是知道v-t图像切线的斜率表示加速度，能够从v-t图像中得到粒子

速度和加速度的变化，进而得到电场的方向及电场强度的大小。

5.（3分）如图所示，直角三角形ABC中，ZC=90°,NA=37°,两个电荷量为QA、

QB的异种电性点电荷固定在A、B两点，发现此时C点的电场强度方向与AB平行,si「37°

=0.6,cos370=0.8。则QA：QB为（）

C

入

A•二----------------------*B

A.3：4B.4：3C.64：27D.27：64

【分析】设AB距离为L,用数学知识可得AC、BC的距离，根据点电荷的场强公式表

示两电荷在C处产生的场强，再根据数学知识可以求解。

【解答】解：假设QA带正电，QB带负电，QA、QB带产生的场强如图1所示

设AB间的距离为L,则ri=Lcos37°=0.8L,r2=Lsin37°=0.6L

=25kQ

则电荷QA在C点产生的场强E=k-7

Ar；16L2r①

Q25kQ

B②

-2-

电荷QB在C点产生的场强ER2

D=kr

29L

由数学知识ian37。=—③

联立①②③解得QA：QB=64：27,故C正确，ABD错误。

图1

【点评】注意本题假设QA带负电，QB带正电，所带结论不变，只不过合场强方向水平

向左。

6.（3分）a、b、c三个a粒子由同一点垂直场强方向注入偏转电场，其轨迹如图所示，其

中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）

①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；

②b和c同时飞离电场；

③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小；

④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大。

A.①②③B.C.（2X3）©D.

【分析】三个a粒子进入电场后加速度相同，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运

动，由图看出，竖直方向偏转距离的关系，由位移公式y4/分析三个。粒子运动

时间关系。三个a粒子水平方向上做匀速直线运动，由水平位移分析初速度关系。由动

能定理分析动能增量佗关系。

【解答】解：①②三个a粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距

离相等，大于c的偏转距离，由y=Lat2得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时

2

间，即ta=tb>tc,故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而C先飞出电场。故

①正确，②错误。

③三个a粒子水平方向上做匀速直线运动，则有X=vot.由图看出，b、C水平位移相同，

大于a的水平位移，即Xb=Xc>Xa，而ta=tb>tc,可见，初速度关系为：Vc>Vb>va,故

③正确。

④由动能定理得：△Ek=qEy,由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，

故ab动能增量相等，大于c的动能增量。故④正确。

故选：D。

【点评】本题是带电粒子在匀强电场中做类平抛运动的典型题目，由运动的合成和分解

规律对水平位移和竖直位移的关系进行分析。

7.（3分）如图，/Xabc中bc=4cm,Nacb=30°。匀强电场的电场线平行于Aabc所在平

面，且a、b、c点的电势分别为3V、-IV、3V<,下列说法中正确的是（）

A.电场强度的方向沿ac方向

B.电场强度的大小为2V/cm

C.电了从c点移动到b点，电场力做功为4cV

D.电子从a点移动到c点，电场力做功不可能为零

【分析】根据电场线与等势线垂直分析电场线；根据电场强度E=U可解得电场强度：

d

根据电场力做功W=qU可解得电场力做功，从而可知电势能变化。

【解答】解：AB.由于ac两点电势相等，故ac为一条等势线，电场方向与等势线垂直,

且由高电势指向低电势可知，电场方向垂直ac,且指向斜上方，电场强度的大小为

n_Ucb_____3-（-1）..

E=bcsin300=4XQ.5V/cm_2V/cn

故A错误，B正确；

C.电子从c点移动到b点，根据电场力做功公式有：Wcb=-cUcb=-cX|3-（-1）J

=-4eV

故D错误。

D.电子从a点移动到c点，ac为一条等势线，电场力做功为0,故D错误：

故选：Bo

【点评】本题考杳电势能与电场力做功，解题关键掌握电场强度的计算方法，注意E=U

d

中d代表沿电场线两点的距离。

（多选）8.（3分）下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则

的是（）

X

XB

X

X

OD.

D.

【分析】结合安培定则在环形通电线圈，通电直导线等中的应用，判断电流及磁感应强

度方向的正确性。

【解答】解：A、图A为环形电流的磁场，符合安培定则；故A正确。

B、图B是直线电流的磁场，符合安培定则；故B止确。

C、图C是直线电流的磁场，不符合安培定则；故C错误。

D、图D是通过螺线管的磁场，不符合安培定则；故D错误。

故选：ABo

【点评】本题考查磁场，学生需灵活运用安培定则，综合解题。

（多选）9.（3分）用如图甲所示的电路来测量电池电动势和内阻，根据测得的数据作出了

如图乙所示的U-I图线，由图乙可知（）

A.电池电动势的测量值是1.40V

B.电池内阻的测量值是3.50。

C.外电路发生短路时的电流为0.40A

D.电动势的测量值小于其真实值，内电阻的测量值小于其真实值

【分析】由图象的纵坐标可知电源的电动势测量值，土纵坐标的交点可知路端电压为IV

时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻.运用作图法分析电池电动势真实值与测

量值的关系.

【解答】解：AB、根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：U=E-IR,则由图

乙所示U-I图象可知，电源电动势的测量值E=L40V,内阻r=|答|=|L°：-；・40|C

=1.00,故A正确，B错误；

C、外电路发生短路时的电流2A=1.40A,故C错误；

r1.0

D、由图甲可知，由于电压表的分流，电流表测量出来的电流总是小于电源的总电流，而

且电压表示数越大，电流的测量值与真实值差异越大，作出U-I的真实图象，如图红线

所示,

图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，则电池电动势真实值大于测量值1.40V,图象斜

率的绝对值等于电源内阻，由图示图象可知，电源内阻的测量值小于真实值，故D正确。

故选：ADo

【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验的误差分析问题，要注意明确U-I图象的应

用，能根据图象求解电动势和内电阻，同时能根据图象分析误差情况.

（多选）10.（3分）如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开

始由b沿直线运动到d.且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是（）

:乂

::\、

A.此液滴带正电

B.液滴的加速度等于我g

C.合外力对液滴做的总功等于零

D.液滴的电势能减少

【分析】根据带电液滴做直线运动可知：带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运

动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液

滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，冉根据牛顿第二定律计算

出物体的加速度：根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力

做功的情况可以判定电势能变化情况。

【解答】解：A、据题带电液滴沿直线b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一

定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，

则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电。故A错误；

B、由图可得物体所受合力为：F=V2mg,故物体的加速度为：a=-L=V2g，故B正确；

m

C、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体

做正功，故C错误：

D.由于电场力所做的功为：W电=Eqxbdcos450>0,故电场力对液滴做正功，故液滴的

电势能减小，故D正确。

【点评】带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d,是我们判定液滴带电性质的突破口，

在今后的学习中我们经常用到要注意掌握。

（多选）11.（3分）如图所示，长为L=0.5m、倾角为3=37°的光滑绝缘斜面处于水平向

右的匀强电场中，一带电荷量为+q,质量为m的小球（可视为质点），以初速度vo=2m/s

恰能沿斜面匀速上滑，g=IOm/s2,sin370=0.6.cos370=0.8,则下列说法中正确的是

（）

A.小球在B点的电势能大于在A点的电势能

B.水平匀强电场的电场强度为？型

4q

C.若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s?

D.若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度vo的一半

【分析】带电小球从底端运动到顶端，重力做负功，电场力做止功，血支持力不做功。

而两处速度相等，则重力做的功与电场力做功之和为零。所以可以确定小球在何处的电

势能高。

同时由平衡条件可确定重力与电场力的关系，根据牛顿第二定律确定加速度，再根据速

度和位移关系明确速度大小。

【解答】解：A、小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减

少，故A错误：

B、因小球做匀速运动.由平衡条件知qEcose=mgsin8,所以电场强度E*垦，故B正

确；

C、电场强度变为2倍后，则有q・2EcosB-mgsingma,所以a=6m/s2,故C错误；

D、电场强度减为--半后，则有：mgsin8-Q^~COS8=maJai=3m/s?,由丫叁-v?=

2aiL代入数值得v-lm/s,故速度减小为原来的一半；故D正确。

故选：BDo

【点评】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变。若存在加速

度，则带小球也不可能到达N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态。故带电小球

做的是匀速直线运动

（多选）12.（3分）如图，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速

度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子从A到B过程中克

服重力做功9L电场力做功4J,则（）

A.粒子在B点的动能比在A点少5J

B.粒子在C点的电势能比在B点少4J

C.粒子在C点的机械能比在A点多16J

D.粒子在C点的动能为25J

【分析】A、由动能定理解答：BD、用竖直上抛运动的时间对称性及分运动的等时性建

立水平方向AB和AC的关系，然后计算AC段和BC段电场力做功，由电场力做功与电

势能的关系判断：C、除重力之外的其它力做功等于机械能的增品，由此功能关系解答。

【解答】解：粒子运动过程只受重力、电场力作用，故只有重力、电场力做功；

A.粒子从A到B过程口克服重力做功9J,电场力做功4J,故外力做功-5J,那么由动能

定理可得：粒子在B点的动能比在A点少5J,故A正确；

B.根据粒子受力情况，由牛顿第二定律可得：粒子在竖直方向做加速度为g的匀变速运

动，在水平方向做初速度为零，加速度为@=色的匀加速运动，根据B为最高点，竖直

m

分速度为零可得:粒子从A到B与从B到C的运动时间相等,故由匀加速运动规律可得:

粒子在BC上的水平位移是AB上水平位移的3倍：故粒子从B到C电场力做功12J,那

么，粒子在C点的电势能比在B点少12J：故B错误

CD.从A到C,电场力做功16J,故粒子在C点的机械能比在A点少16J；又有A点、C

点等高，重力势能相等，那么，粒子从B到C,重力做功9J；又有B点速度水平，粒子

从A到B电场力做功4J,所以，粒子在B点的动能为4J；由动能定理可得：粒子在C

点的动能为4J+9J+12J=25J,故CD正确。

故选：ACDo

【点评】本题难点在建立水平方向AB和AC、BC的关系，会应用功能关系定性、定量

解答问题，会应用竖直上抛运动的对■称性解题。

二、实验题（每空2分，共32分。）

13.（12分）（1）如图电压表的读数为1.20V；电流表的读数为0.50A。（已知电

压表所用量程为。〜3V,电流表所用量程为0〜0.6A）。

则需给电流表并联一个100C的电阻。

【分析】（1）电压表所用量程为0〜3V,最小刻度为0.1V,读数时要读到下一位；电流

表所用量程为。〜0.6A,最小刻度为0.02A,读数时采用半刻度估读法；

（2）表头改装为量程15V电压表，需串联一个电阻，根据欧姆定律求解串联电阻；表头

改装为量程10mA的电流表，需并联一个电阻，根据并联电路的电流特点及欧姆定律求

解并联电阻。

【解答】解：（1）电压表所用量程为0〜3V,最小刻度为0.1V,则读数为1.20V；电流

表所用量程为0〜0.6A,最小刻度为0.02A,则读数为0.50A。

（2）表头改装为量程15V电压表，需串联一个电阻Ri,根据欧姆定律，电压表量程U

=Ig（Rg+Ri）

代入数据解得Ri=7100。

表头改装为量程10mA的电流表，需并联一个电阻R2,根据并联电路的电流特点及欧姆

定律IgRg=（I-Ig）R2

代入数据联立解得R2=100Q

故答案为:（1）1.20；0.50；（2）串联；7KX）；并联；100。

【点评】本题考查了电表的读数及电流表、电压表的改装；改装电表时要抓住表头满偏

电流不变的特点。

14.（20分）某同学要测量一均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率p,进行了如下实验操

作:

、

201510

T戊

（1）用螺旋测微/测量圆柱体的直彳仝如图甲所不，口图可知其直径口=4.950mm；

用游标卡尺测量圆柱体的长度L如图乙所示，由图可知其长度L=4.240cm。

（2）用多用电表的电阻“X10”挡，按正确的操作步骤测显此圆柱体的电阻，表盘示数

如图内所示，则该电阻的阻值为120fl：

（3）老师要求电表示数从零开始尽可能地多测几组数据，比较精确地测量圆柱体的电阻,

现有器材及其代号和规格如下:

A.待测圆柱体电阻Rx

B.电流表Ai,量程0〜30mA,内阻约100C

C.电流表A2,量程。〜100mA,内阻约100

D.电压表Vi,量程15V,内阻约15kC

E.电压表V2,量程3V,内阻约3kC

F.滑动变阻器Ri,全电阻约20C

G.滑动变阻器R2,全电阻约2kC

H.直流电源E,电动势4V,内阻不计多用电表

I.开关S及导线若干

请在虚线框内画出合理的电路图，并完成实物电路图的连接；电路中所选电流表为

（填“Ai”或“A2”），所选电压表为V?（填“Vi”或“V2”）,所选滑动变阻器为JRi

（填“Ri”或“R2”）。

（4）正确连接实验电路，测得多组电压表示数U和对应电流表的示数I,通过描点作出

的U-I图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k,则该材料的电阻率p=_里叨一

4L

（用k、L、D三个物理量表述）；

（5）由于电表内阻的影响，实验中电阻率的测量值小于（选填“大于”或“小于”）

真实值。

【分析】（1）明确螺旋测微器和游标卡尺的最小分度值，读出示数；

（2）读出欧姆表指针所指示数乘以倍率；

（3）根据测量要求选择滑动变阻器接法，根据误差分析选择电流表接法，根据电动势选

择电压表，根据估算电流选择电流表；

（4）根据图像和电阻定律推导；

（5）分析电压表造成的误差判断。

【解答】解：（1）螺旋测微器的最小分度值为0.01mm,读数为D=4.5mm+45.0X0.（Hmm

=4.950mm；

游标卡尺的读的最小分度值为0.05mm,读数为L=42mm+8X0.05mm=42.40mm=

4.240cm；

（2）由欧姆表指针所指示数可知，被测电阻阻值为R=12X100=120。；

（3）要求电表示数从零开始尽可能地多测几组数据，故滑动变阻器采用分压式的接法，

故选取滑动变阻器Ri＜电源电压为4V,为了使读数更加的准确，电表的读数要尽可能

超过量程的三分之一，故电压表选择电压表V2,由于电压表的量程为3V,故通过待测

电阻的最大电流为

E?

Im=¥=^20A=0,025A=25粒

故电流表选择电流表Ai。由于R［〈RARV'故电流表采用外接法。综上可得实验的电路

图及实物图如下：

电路图：

0

ES

实物图:

（4）结合电路图分析可知，U・I图像的斜率为待测电阻的阻值，即

R=k

根据电阻定律可得

2

cRS上兀份）k7TD

p~~1=~^r~

（5）由于电压表的分流作用，使得电流表的示数偏大，根据R#

可知，被测电阻的测量值小于真实值，再结合（4）中推导公式可知，电阻偏小，电阻率

的测量值也偏小。即测量值小于真实值。

2

k7ID

故答案为：（1）4.950,4.240；（2）120；（3）见解析，Ai,V2,Ri；（4）；（5）

4L

小于。

【点评】本题考查测量-均匀新材料制成的导电圆柱体的电阻率p实验，要求掌握实验

原理、实验电路图、实验步骤和数据处理。

三.计算题（共32分。）

15.（12分）如图所示，可源电动势为12V,电源内阻为1.0C,电路中的电阻R=1.5。，小

型直流电动机M的内阻为RM=0.5C,闭合开关S后，电动机正常转动时，电流表的示

数为2.0A.求：

（1）电动机的电功率：

（2）电动机的机械功率；

（3）电源的输出功率0

电动机®

R

-------------1I---------

【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律及串联电路的电压规律可求得电动机两端的电压，

根据P=UI求出电动机的电功率：

（2）电动机的输出功率等「电动机总功率与发热功运的差值；

（3）根据P,H=EI-I2r求解电源的输出功率。

【解答】解：（1）电路中电流表的示数为2.0A,所以电动机的电压为：U=E-U内-UR

=12-Ir-IR=12V-2X1V-2X1.5V=7V,

电动机的总功率为：P.&=UI=7X2W=14W：

（2）电动机的发热功率为:P热=I2RM=22><0.5W=2W,所以电动机的输出功率为:P

出=P总-P热=14W-2W=12W；

22

（3）电源的输出的功率为：P-Ir=I2X2W-2XIW=20Wo

答：（1）电动机的电功率为14W；

（2）电动机的机械功率为12W；

（3）电源的输出功率为20W。

【点评】本题考查功率公式的应用，要注意明确电功率、总功率、机械功率、输出功率、

热功率等相关描述的含义，再结合纯电阻电路和非纯电阻电路功率的解法进行解答。

16.（8分）已知电子电量为e、质量为m,经Ui=1500V的加速电压加速后，在两平行板

正中央处进入平行板间的匀强电场U2,入射方向与极板平行，如图所示。若两板间距d

=2.0cm,板长l=5.0cn,求：

（1）电子经过加速电场后获得多大的速度？（答案直接用符号表示即可，无需带数据）

（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板间最多能加多大电压？

【分析】（1）电子加速过程，根据动能定理求解速度大小；

（2）电子在偏转场中，根据类平抛运动的规律进行解答。

【解答】解：（1）电子加速过程，根据动能定理有：eUi=lmv2

/2eUi

解得…

（2）电子在偏转场中l=vot

2

竖直方向：y=1at

根据牛顿第二定律可得：aX=^2.

mmd

粒子能从平行板飞出的条件为：y<^