【文档说明】新疆石河子第二中学2020-2021学年高二上学期第一次月考物理试题含答案.docx，共(21)页，195.778 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理月考试卷一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）1.下列关于电场强度的说法中，正确的是()A.公式𝐸=𝐹𝑞只适用于真空中点电荷产生的电场B.由公式𝐸=𝐹𝑞可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的

静电力成正比C.在公式𝐹=𝑘𝑄1𝑄2𝑟2中，𝑘𝑄2𝑟2是点电荷𝑄2产生的电场在点电荷𝑄1处的电场强度大小；而𝑘𝑄1𝑟2是点电荷𝑄1产生的电场在点电荷𝑄2处电场强度的大小D.由公式𝐸=𝑘𝑄𝑟2可知，在离点电荷非常近的地方

(𝑟→0)，电场强度E可达无穷大2.如图所示的实验装置中，极板A与静电计外壳相连，平行板电容器的极板B与静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极

板间的场强E的变化情况是()A.Q变小，C不变，U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q不变，C变小，U变大，E不变D.Q不变，C变小，U变大，E变小3.如图所示，直角三角形ABC中∠𝐵=30°，点电荷A，B所带电荷量分别为𝑄𝐴、𝑄𝐵，测得在C处的某正

点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是()A.A带正电，𝑄𝐴∶𝑄𝐵=1∶8B.A带负电，𝑄𝐴∶𝑄𝐵=1∶8C.A带正电，𝑄𝐴∶𝑄𝐵=1∶4D.A带负电，𝑄𝐴∶𝑄𝐵=1∶

44.A，B，C，D是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行。已知A点的电势为20𝑉，B点的电势为24𝑉，D点的电势为4𝑉，如图所示，由此可知C点的电势为()A.4𝑉B.8𝑉C.12𝑉D.24𝑉5.如图所示，A、B两物体

质量之比𝑚𝐴：𝑚𝐵=3：2，原来静止在平板小车C上．A、B间有一根被压缩的轻质弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是()A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B.若A

、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒6.质量为2𝑘𝑔的物体沿直线运动，速度由4𝑚/𝑠变为−

6𝑚/𝑠，则在此过程中，它所受到的合外力的冲量为()A.−20𝑁·𝑠B.20𝑁·𝑠C.−4𝑁·𝑠D.−12𝑁·𝑠7.如图，电子在电势差为𝑈1的电场中加速后，垂直进入电势差为𝑈2

的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角𝜃变大的是()A.𝑈1变大，𝑈2变大B.𝑈1变小，𝑈2变大C.𝑈1变大，𝑈2变小D.𝑈1变小，𝑈2变小二、多选题（本大题共5小题，共20.0分每题4分，全对得4分，）8.下说法正确的是()A.公式𝐸=�

�𝑑适用于计算匀强电场的电场强度B.由𝐸=𝐹𝑑可知，电场中某点的电场强度E与F成正比C.公式𝐶=𝑄𝑈中的电容C与电容器两极板间电势差有关D.由𝐸=𝑘𝑄𝑟2可知，电场中某点的场强E与形成该电场的点电荷的电荷量Q成正

比9.如图是电场中某点的电场强度E及所受电场力F与放在该点处的试探电荷所带电荷量q之间的函数关系图象，其中正确的是()A.B.C.D.10.物体受到如图所示的恒力F的作用，在光滑的水平面上运动，在时间t内()A.重力的冲量为mgtB.拉力冲量的大小为𝐹𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃C.支持力冲

量的大小为mgtD.合力的冲量水平向右11.小球A以速度𝑣0向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是𝑣04和𝑣02，则A、B两球的质量比可能是()A.1∶2B.1∶3C.2∶3D.2∶512.如图所示，金属板带电荷量为+𝑄，质量为m的金属小球带

电荷量为+𝑞，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为𝛼，小球(可视为质点)与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L。下列说法正确的是A.+𝑄在小球处产生的场强为𝐸1=𝐾𝑄𝐿

2B.+𝑄在小球处产生的场强为C.+𝑞在O点产生的场强为𝐸2=𝑘𝑞𝐿2D.+𝑞在O点产生的场强为三、填空题（本大题共2小题，共12分，每空2分）13.甲、乙两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，甲质量为6kg，速度大小为8𝑚/𝑠，乙质量为

4kg，速度大小为6𝑚/𝑠，它们的总动量大小为______𝑘𝑔𝑚/𝑠.两者碰撞后，甲沿原方向运动，速度大小为2𝑚/𝑠，则乙的速度大小为______𝑚/𝑠．14.在场强为E的匀强电场中，放一个电量为Q的点电荷，并以它为

圆心在平行于电场线的平面内做一个圆．过圆心的电场线和圆交于A、B两点，A、B的垂直平分线交圆于C、D，如图所示．A点的电场强度是零．电荷带______电，圆的半径𝑅=______，B点的合场强大小是______，C点

的合场强大小是______．四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）15.（8）如图所示，一质量𝑚=0.8𝑔，带电量大小𝑞=2.0×10−6𝐶带电小球，用绝缘细绳悬挂，置于水平向右的匀强电场中，处于静止状态．已知𝜃=45°，则：(1)小球带什么电？(

2)匀强电场的场强多大？(𝑔取10𝑚/𝑠2)16.（8）一轻质弹簧一端连着静止的物体B，放在光滑的水平面上，静止的物体A被水平速度为𝑣0的子弹射中并且嵌入其中，随后一起向右运动压缩弹簧，已知物体A的质量是物体B的质量的34，子弹的质量是物体B的质量的14，求：(1)物体A被击中后的

速度大小；(2)弹簧压缩到最短时B的速度大小。17.（12）如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为−4×10−6𝐶的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10−4𝐽，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10−4𝐽

，N板接地。则：(1)𝐴点的电势𝜑𝐴是多少？(2)ＵＭＮ等于多少伏？(3)𝑀板的电势𝜑𝑀是多少？18.（12）如图所示，电子在电势差为𝑈1=180𝑉的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为𝑈2

的两块平行极板AB的中央，入射方向跟极板平行，已知极板长𝐿=8𝑐𝑚，间距𝑑=４𝑐𝑚，电子质量𝑚=9.0×10−31𝑘𝑔，整个装置处在真空中，重力可忽略。求：(1)电子从加速电场出射时的速度𝑣0(2)若电子恰好

从Ａ板边缘出射，则𝑈2为多少？(3)若在ＡＢ板间加上大小为𝑈2如图所示的交变电压(电压为正时Ａ板带正电)，要使电子能从极板中央水平射出电场，则电压的周期T应满足什么条件？在满足条件的周期取最大值时，大致画出电子的运动轨迹．副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共7小

题，共28.0分）19.下列关于电场强度的说法中，正确的是()A.公式𝐸=𝐹𝑞只适用于真空中点电荷产生的电场B.由公式𝐸=𝐹𝑞可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的静电力成正比C.在公式𝐹=𝑘𝑄1𝑄2𝑟2中，𝑘𝑄2

𝑟2是点电荷𝑄2产生的电场在点电荷𝑄1处的电场强度大小；而𝑘𝑄1𝑟2是点电荷𝑄1产生的电场在点电荷𝑄2处电场强度的大小D.由公式𝐸=𝑘𝑄𝑟2可知，在离点电荷非常近的地方(𝑟→0)，电场强

度E可达无穷大【答案】C【解析】略20.如图所示的实验装置中，极板A与静电计外壳相连，平行板电容器的极板B与静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是

()A.Q变小，C不变，U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q不变，C变小，U变大，E不变D.Q不变，C变小，U变大，E变小【答案】C【解析】【分析】先根据电容的决定式𝐶=𝜀𝑆4𝜋𝑘𝑑，分析电容如何

变化，抓住电容器的电荷量不变，由电容的定义式𝐶=𝑄𝑈，分析板间电压的变化，由𝐸=𝑈𝑑分析板间场强的变化；对于电容器动态分析问题，关键要掌握电容的决定式𝐶=𝜀𝑆4𝜋𝑘𝑑，电容的定义式𝐶=𝑄𝑈

和板间场强公式𝐸=𝑈𝑑，结合电荷不变的条件进行分析。【解答】当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式𝐶=𝜀𝑆4𝜋𝑘𝑑，分析得知电容C变小；由电容的定义式𝐶=𝑄𝑈，分析得知板间电压

U变大；由𝐸=𝑈𝑑=4𝜋𝑘𝑄𝜀𝑆，因Q、S、ɛ均不变，所以板间场强E不变，故C正确，ABD错误。故选C。21.如图所示，直角三角形ABC中∠𝐵=30°，点电荷A，B所带电荷量分别为𝑄𝐴、𝑄𝐵，测得在C处的某正点电荷所受静电

力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是()A.A带正电，𝑄𝐴∶𝑄𝐵=1∶8B.A带负电，𝑄𝐴∶𝑄𝐵=1∶8C.A带正电，𝑄𝐴∶𝑄𝐵=1∶4D.A带负电，𝑄𝐴∶𝑄𝐵=1∶4【答案】B【解析】【分析】由库仑定

律可知B对C的作用力为斥力，方向沿BC直线，同理A对C的作用力为引力，方向沿AC直线，把𝐹𝐶分解，分解的力沿CA方向，BC方向，由平行四边形定则求解。本题主要考查的是库仑定律和平行四边形定则，主要是是确定𝐹𝐶分解的力的方向。【

解答】由库仑定律可知B对C的作用力为斥力，方向沿BC直线，同理A对C的作用力为引力，方向沿AC直线，故F𝐶应该分解为沿CA方向的力和沿BC方向的力，故A带负电，由平行四边形定则可知𝐹𝐵𝐶=2𝐹𝐴𝐶，𝐹𝐵𝐶=𝑘𝑄𝐵𝑄𝐶𝐿𝐵𝐶2，同理𝐹𝐴𝐶=�

�𝑄𝐴𝑄𝐶𝐿𝐴𝐶2𝐿𝐵𝐶=2𝐿𝐴𝐶解得：𝑄𝐴:𝑄𝐵=1:8，故ACD错误，B正确。故选B。22.A，B，C，D是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行。已

知A点的电势为20𝑉，B点的电势为24𝑉，D点的电势为4𝑉，如图所示，由此可知C点的电势为()A.4𝑉B.8𝑉C.12𝑉D.24𝑉【答案】B【解析】略23.如图所示，A、B两物体质量之比𝑚𝐴：𝑚𝐵=3：2，原来静止在平板小车C上．A、B间有一根被压缩的轻质弹簧，地面光滑，当

弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是()A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相

等，A、B组成的系统动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒【答案】A【解析】解：A、若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A、B两物体的质量之比为𝑚𝐴：𝑚𝐵=3：2

，由𝑓=𝜇𝑚𝑔知，弹簧释放时，小车对A、B的滑动摩擦力大小之比为3：2，所以A、B组成的系统合外力不等于零，系统的动量不守恒，故A不正确．B、对于A、B、C组成的系统，由于地面光滑，系统的合外

力为零，则系统动量守恒，故B正确．C、若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B组成的系统合外力为零，A、B组成的系统动量守恒，故C正确．D、对于A、B、C组成的系统，系统的合外力为零，则系统动量守恒，故D正确．本

题选不正确的，故选：A动量守恒的条件是系统的合外力为零．分析所研究的系统的合外力，即可判断系统的动量是否守恒．在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．解决本题的关键是掌握动量守恒的条件：系统的合外力为零，要注意研究的系统，分析系统所受的外力情况，从而判断动量是否守恒．24

.质量为2𝑘𝑔的物体沿直线运动，速度由4𝑚/𝑠变为−6𝑚/𝑠，则在此过程中，它所受到的合外力的冲量为()A.−20𝑁·𝑠B.20𝑁·𝑠C.−4𝑁·𝑠D.−12𝑁·𝑠选A25.如图，电子在电

势差为𝑈1的电场中加速后，垂直进入电势差为𝑈2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角𝜃变大的是()A.𝑈1变大，𝑈2变大B.𝑈1变小，𝑈2变大C.𝑈1变大，𝑈2变小D.𝑈1变小，𝑈2变小【答案】B【解析】【分析】本题是带电粒子先加速后偏转问

题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题。电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏

转角变小的方法。【解答】根据动能定理：𝑒𝑈1=12𝑚𝑣2，得：𝑣=√2𝑞𝑈1𝑚，在偏转电场中𝑣𝑦=𝑎𝑡，𝑎=𝑞𝑈2𝑚𝑑，且𝑡=𝐿𝑣，而𝑣𝑦=𝑎𝑡，则𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑣𝑦𝑣=𝑈2𝐿2𝑈1�

�，若使偏转角变大即使𝑡𝑎𝑛𝜃变大，由上式看出可以增大𝑈2减小𝑈1,故B正确，ACD错误。故选B。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）26.下说法正确的是()A.公式𝐸=𝑈𝑑适用于计算匀强电场的电场强度B.由𝐸=𝐹�

�可知，电场中某点的电场强度E与F成正比C.公式𝐶=𝑄𝑈中的电容C与电容器两极板间电势差有关D.由𝐸=𝑘𝑄𝑟2可知，电场中某点的场强E与形成该电场的点电荷的电荷量Q成正比【答案】AD【解析】【分析】解决本题关

键要掌握物理量的定义方法和公式中各量的准确含义，并要理解公式的适用条件。【解答】A.公式𝐸=𝑈𝑑适用于计算匀强电场的电场强度，故A正确；B.由𝐸=𝐹𝑞采用比值定义法，E反映电场本身的强弱和方向，与试探电荷在电场中该点所受的电场力和电荷量无关，故B错误；𝐶.公式𝐶=𝑄

𝑈采用比值定义法，C反映电容器容纳电荷的本领，与Q和U无关，故C错误；D.由𝐸=𝑘𝑄𝑟2可知，Q是场源电荷，电场中某点的场强E与形成该电场的点电荷的电荷量Q成正比，故D正确。故选AD。27.如图是电场中某点的电场强度E及所受电场力F与放在该点处的试探电荷所带电荷

量q之间的函数关系图象，其中正确的是()A.B.C.D.【答案】AD【解析】略28.物体受到如图所示的恒力F的作用，在光滑的水平面上运动，在时间t内()A.重力的冲量为mgtB.拉力冲量的大小为𝐹𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃C.支持力冲量的大小为mgtD.合力的冲量水平向右故选AD。29

.小球A以速度𝑣0向右运动，与静止的小球B发生正碰，碰后A、B的速率分别是𝑣04和𝑣02，则A、B两球的质量比可能是()A.1∶2B.1∶3C.2∶3D.2∶5【答案】CD【解析】【分析】小球A与B发生正碰，已

知碰后A、B的速率分别是𝑣04、𝑣02，而A球的速度方向可能与原来的方向相同，也可能与原来的方向相反，根据动量守恒定律求出两球质量之比。本题关键考查动量的矢量性，对于条件不清楚时，考虑问题要全面，基础题，比较容易。【解答】取碰撞前A的速度方向为正方向。若碰后A的速度方向与原

来的方向相同时，碰后A的速度为𝑣04，根据动量守恒定律得𝑚𝐴𝑣0=𝑚𝐴𝑣04⬚+𝑚𝐵𝑣02⬚，代入解得，𝑚𝐴：𝑚𝐵=2：3。若碰后A的速度方向与原来的方向相反时，碰后A的速度为−𝑣04，根据动量守恒定律得𝑚𝐴

𝑣0⬚=−𝑚𝐴𝑣04⬚+𝑚𝐵𝑣02⬚，代入解得，𝑚𝐴：𝑚𝐵=2：5。故选CD。30.如图所示，金属板带电荷量为+𝑄，质量为m的金属小球带电荷量为+𝑞，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直

方向间的夹角为𝛼，小球(可视为质点)与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L。下列说法正确的是A.+𝑄在小球处产生的场强为𝐸1=𝐾𝑄𝐿2B.+𝑄在小球处产生的场强为C.+𝑞在O点产生的场强为𝐸2=𝑘𝑞𝐿2D.+𝑞在O点产生的场强为【答案】BC【

解析】【分析】本题考查了库仑定律、电场强度与电场力、点电荷的电场；本题以平衡问题为载体，着重考查了电场强度的定义公式和点电荷场强公式，注意它们适用条件、公式中各个量的区别。先对金属小球受力分析：受重力、细线的

拉力、静电力，根据平衡条件求解出静电力F，根据公式𝐸=𝐹𝑞求解+𝑄在小球处产生的场强；再根据公式𝐸=𝑘𝑄𝑟2求解+𝑞在O点产生的场强。【解答】对金属小球受力分析，如图所示：；根据平衡条件，有：𝐹=𝑚�

�𝑡𝑎𝑛𝜃；故+𝑄在小球处产生的场强为：𝐸1=𝐹𝑞=𝑚𝑔tan𝛼𝑞；根据点电荷的场强公式，+𝑞在O点产生的场强为：𝐸2=𝑘𝑞𝐿2；故AD错误，BC正确。故选BC。三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）31.甲

、乙两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，甲质量为6kg，速度大小为8𝑚/𝑠，乙质量为4kg，速度大小为6𝑚/𝑠，它们的总动量大小为______𝑘𝑔𝑚/𝑠.两者碰撞后，甲沿原方向运动，速度大小为2𝑚/𝑠，则乙

的速度大小为______𝑚/𝑠．【答案】24；3【解析】解：取甲物体的速度方向为正方向，甲乙的总动量大小为𝑃=𝑚甲𝑣甲−𝑚乙𝑣乙=6×8−4×6=24(𝑘𝑔𝑚/𝑠)．根据动量守恒得𝑃

=𝑚甲𝑣甲′+𝑚乙𝑣乙′，解得，𝑣乙′=3𝑚/𝑠故答案为：24；3取甲物体的速度方向为正方向，分别表示出两物体的动量，即可求出总动量．碰撞过程遵守动量守恒，求出乙物体的速度大小．对于碰撞的基本规律是动量守恒，注意规定正方向列出守恒等式，难度不大，属于基础题．3

2.在场强为E的匀强电场中，放一个电量为Q的点电荷，并以它为圆心在平行于电场线的平面内做一个圆．过圆心的电场线和圆交于A、B两点，A、B的垂直平分线交圆于C、D，如图所示．A点的电场强度是零．电荷带______电，圆的半径𝑅=______，B点的合场强大小是______，C点的

合场强大小是______．【答案】负√𝐾𝑄𝐸2E√2𝐸【解析】解：根据题意可知，A点的电场强度为零，则点电荷产生的场强在A点的方向向左，大小等于E；点电荷的带负电；由点电荷的电场强度的定义式𝐸

=𝐾𝑄𝑅2；解得：𝑅=√𝐾𝑄𝐸；因此ABCD四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的会聚状的电场的叠加，对于B点两个电场在此处叠加，它们的场强大小相等，方向相同，故B的合电场强度大小为2E，对于C点两个电场在此处叠加，它

们的场强大小相等，方向相互垂直，故C的合电场强度大小为𝐸𝑐=√𝐸2+𝐸2=√2𝐸，故答案为：负；√𝐾𝑄𝐸；2E；√2𝐸该题中ABCD四个点的场强实际上是匀强电场与点电荷的电场的叠加，要用矢量合成的方法来判断．根据A点的电场强度为

零可知，点电荷的带电．从而即可解题．该题考查常见电场与电场的叠加，只要对该部分的知识有牢固的记忆，就可以做出正确的判断．注意A点的电场强度为零时本题的突破口，从而能确定点电荷的电性四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）33.如图所示，一质量𝑚=0.8𝑔，带电量大小𝑞=2.0×10−6

𝐶带电小球，用绝缘细绳悬挂，置于水平向右的匀强电场中，处于静止状态．已知𝜃=45°，则：(1)小球带什么电？(2)匀强电场的场强多大？(𝑔取10𝑚/𝑠2)【答案】解：(1)小球受力如图：由于电场力F与场强方向相反，说明小球带负电(2)小球的电场力为：𝐹=𝑞

𝐸由平衡条件得：𝐹=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃解得：𝐸=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃𝑞=0.8×10−3×10×𝑡𝑎𝑛45°2×10−6𝑁/𝐶=4.0×103𝑁/𝐶【解析】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关

键，并能根据受力情况判断小球的运动情况。(1)小球处于静止状态，分析受力，作出力图，根据电场力与场强方向的关系判断电性；(2)根据平衡条件和电场力公式求解电场强度的大小。34.一轻质弹簧一端连着静止的物体B，放在光滑的水平面上，静止的物体A被水平速度为𝑣0的子弹射中并且嵌

入其中，随后一起向右运动压缩弹簧，已知物体A的质量是物体B的质量的34，子弹的质量是物体B的质量的14，求：(1)物体A被击中后的速度大小；(2)弹簧压缩到最短时B的速度大小。【答案】解：(1)设子弹射入A后，A与子弹的共同速度为𝑣1，由动量守恒定律可得：1

4𝑚𝑣0=(14𝑚+34𝑚)𝑣1解得：𝑣1=14𝑣0；(2)当AB速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A、B的共同速度为v，取向右为正方向，对子弹、A、B组成的系统，由动量守恒定律可得：14𝑚𝑣0=(14𝑚+34𝑚+𝑚)𝑣解得：𝑣=18𝑣0。【解析】本题考

查了动量守恒定律的应用，解答这类问题的关键是弄清运动过程，正确选择状态，然后根据动量守恒列方程求解。(1)子弹射入物块A过程，子弹与A的动量守恒，根据动量守恒定律可求解最大速度；(2)以子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统为研究对象，当三者速度相等时，弹簧被压缩到最短，则弹性

势能最大，根据动量守恒可正确解答。35.如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为−4×10−6𝐶的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10−4𝐽，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10−4𝐽，N板接地。则：(1)�

�点的电势𝜑𝐴是多少？(2)ＵＭＮ等于多少伏？(3)𝑀板的电势𝜑𝑀是多少？【答案】解：(1)𝐴、N间的电势差：𝑈𝐴𝑁=𝑊𝐴𝑁𝑞=4×10−4−4×10−6𝑉=−100𝑉又𝑈𝐴𝑁=𝜑𝐴−𝜑𝑁，N板接地𝜑𝑁=0，则A点的电势为：𝜑𝐴=−

100𝑉．(2)𝑀、N板间的电势差为：𝑈𝑀𝑁=𝑊𝑀𝑁𝑞=𝑊𝑀𝐴+𝑊𝐴𝑁𝑞=8×10−4+4×10−4−4×10−6𝑉=−300𝑉．(3)由𝑈𝑀𝑁=𝜑𝑀−𝜑𝑁，𝜑𝑁=0

，得M板的电势为：𝜑𝑀=𝑈𝑀𝑁=−300𝑉答：(1)𝐴点的电势𝜑𝐴是−100𝑉．(2)𝑀、N板间的电势差𝑈𝑀𝑁等于−300𝑉．(3)𝑀板的电势𝜑𝑀是−300𝑉．【解析】根据𝑊𝐴𝑁=𝑞𝑈𝐴𝑁可求出点AN的电势差

，N板接地电势为零，即可求出A点的电势；根据𝑊𝐴𝑀=𝑞𝑈𝐴𝑀可求出点AM的电势差，即可求出𝑈𝑀𝑁和M板的电势．运用电势差公式𝑈=𝑊𝑞时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入正负号一起计算．36.如图所示，电子在电势差为𝑈1=180𝑉的

加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为𝑈2的两块平行极板AB的中央，入射方向跟极板平行，已知极板长𝐿=8𝑐𝑚，间距𝑑=４𝑐𝑚，电子质量𝑚=9.0×10−31𝑘𝑔，整个装置处在真空中，重力可忽略。求：(１)电子从加速电场出射时的速度𝑣0(２)若电子恰好从

Ａ板边缘出射，则𝑈2为多少？(３)若在ＡＢ板间加上大小为𝑈2如图所示的交变电压(电压为正时Ａ板带正电)，要使电子能从极板中央水平射出电场，则电压的周期T应满足什么条件？在满足条件的周期取最大值时，大致画出电子的运动轨迹．【答案】解：(1)由动能定理𝑒𝑈1=12𝑚�

�02得𝑣0=√2𝑒𝑈1𝑚=8×106𝑚/𝑠(２)电子在电场力作用下做类平抛运动加速度为𝑎=𝑒𝑈2𝑑𝑚运动时间为𝑡=𝐿𝑣0=1×10−8𝑠偏转的侧位移为𝑑2=12𝑎𝑡2解得：𝑈2=90𝑉

(３)加上图示电压时，电子在不撞到极板时，一个周期内在电场中先做类平抛，后做反类平抛，再反向类平抛和反类平抛，即经过一个周期后速度方向恰好沿电场中央水平向右，因此要让电子从中央水平向右射出电场，电子在

电场中运动的时间恰好为电压周期的整数倍，即𝑛𝑇=𝑡，所以𝑇=𝑡𝑛=10−8𝑛(𝑛=1,2,3......)，当𝑛=1时，𝑇𝑚𝑎𝑥=10−8𝑠此时轨迹如图：【解析】本题主要考查带电粒子在电场中的运动规律，一类是在匀强电

场中做匀变速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化；第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法。