【文档说明】河北省保定市部分高中2023-2024学年高二上学期10月月考试题+物理+含解析.docx，共(12)页，374.011 KB，由小赞的店铺上传

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2022级高二上学期10月考试物理试题一、单选题（共7小题，每小题4分，每小题只有一个选项正确，共28分）1．下列叙述中符合物理学史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应B．法拉第提出了著名的分子电流假说C．麦克斯韦

证实了电磁波的存在D．法拉第测出电磁波与光的传播速度相同2．如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点。𝑂𝐴<𝑂𝐵，用𝐸𝐴、𝐸𝐵、𝜑𝐴、𝜑𝐵分别表示A、B两点的场强和电势，则（）A．𝐸𝐴一定大于𝐸𝐵，𝜑𝐴一

定大于𝜑𝐵B．𝐸𝐴不一定大于𝐸𝐵，𝜑𝐴一定大于𝜑𝐵C．𝐸𝐴一定大于𝐸𝐵，𝜑𝐴不一定大于𝜑𝐵D．𝐸𝐴不一定大于𝐸𝐵，𝜑𝐴不一定大于𝜑𝐵3．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点

，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（）A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小4．新冠疫情期间，额温枪广泛应用

于各种场所。4月开学后学校实行体温每日三检制度，体温检测员小明仔细研究了班里的额温枪及其技术参数（如图所示），发现它以2节干电池为电源，工作电流为5mA。能通过传感器检测人体向外辐射的红外线，根据红外线能量的强弱快速、准确且无接触的测量体温，那么关于该额温枪的说法中正确的是（）A．额温枪工作时，

电池组两极间的电压为3VB．额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把1.5J化学能转化为电能C．额温枪工作时，电源的输出功率为15mWD．若换用两节充满电的800mAh充电电池，则最多可测温约为106次5．如图所

示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路）连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（）A．减小极板间的正对

面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低C．断开开关S，带电油滴将向下运动D．将下极板上移，带电油滴将向上运动6．如图所示，平行金属板中带电质点𝑃原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表

，当滑动变阻器𝑅4的滑片向a端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数增大C．质点𝑃将向上运动D．𝑅3上消耗的功率逐渐减小7．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带

有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。现将A球沿水平方向向右缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是（）A．A、B两小球间的静电力变大B．A、

B两小球间的静电力变小C．A球对MO杆的压力变大D．A球对MO杆的压力变小二、多选题（共3小题，每小题6分，全选对得6分，对但不全的得3分，错选不得0分）8．如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、𝐵之间的加速电压为𝑈1，𝐶、𝐷之间的

偏转电压为𝑈2，𝑃为荧光屏。现有质子、氘核和𝛼粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和𝛼粒子的质量之比为1:2:4，电荷量之比为1:1:2，则质子、氘核和𝛼粒子三种粒子（）A．三种粒子都打在荧光屏上同一个

位置B．从开始到荧光屏所经历时间之比为1:√2:√2C．打在荧光屏时的动能之比为1:1:2D．打在荧光屏时的动能之比为2:1:19．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，小球A的质量为

m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则（）A．小球A与B之间库仑力的大小为𝑘𝑞

2𝑑2B．当𝑞𝑑=√𝑚𝑔sin𝜃𝑘时，细线上的拉力为0C．当𝑞𝑑=√𝑚𝑔tan𝜃𝑘时，细线上的拉力为0D．𝑞𝑑满足某条件时，斜面对小球A的支持力可能为010．某同学设计的称重仪的工作原理图如图所示，其中定值电阻的阻值

为𝑅0，金属电阻片的最大阻值为𝑅1，其接入电路中的阻值R与称重台所受压力大小F的关系为𝑅=𝑅1−𝑘𝐹（k为已知常量），显示表是由电流表改装成的，当R=0时，显示表恰好满偏，则下列有关该称重仪的说法中正确的是（）A．重物质量越大，显示表指针偏角越小B．重物质量越大，𝑅0上消耗的功率越

大C．电路中电流大小与称重台所受压力大小成正比D．改装后的称重仪显示表的刻度是不均匀的三、实验题（共两小题，每空2分，共15分）11．某同学要测量一分布均匀材料制成的金属圆柱体的电阻率𝜌,已知金属圆

柱体电阻约为150Ω。步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为mm；（3）为了更加准确地测出该圆柱体的电阻，除了导线和开关外，有以下一些器材可选择：A．电源E（电源电压4V、内阻可忽略不计）B

．电流表A1（量程0～0.6A，内阻约0.12Ω）C．电流表A2（量程0～20mA，内阻约200Ω）D．电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）E．电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）F．待测电阻RxG．滑动变阻器R1（0~10kΩ，允许最大电流2.0A）H

．滑动变阻器R2（0~20Ω，允许最大电流1A）I．电键S和导线若干其中电流表选择。电压表选择。滑动变阻器选（填前面对应的序号）在答题卡上的方框中画出实验电路并标出所选实验器材的代号。12．小明同学打算将一只量程为250μA的灵敏电流计（内阻未知，约为几百欧）改装成多用电表，他设计的改装电路

如图乙所示。图乙中G为灵敏电流计，𝑅1、𝑅2、𝑅4、𝑅5和𝑅6是定值电阻，𝑅3是滑动变阻器。实验室中还有两个备用滑动变阻器，分别为滑动变阻器𝑅7（0~1000Ω）、滑动变阻器𝑅8（0~10000Ω）。（1）用图甲所示电路测量灵敏电流计G的内阻，先将滑动变

阻器𝑅P的阻值调至最大，闭合S1，缓慢减小𝑅P的阻值，直到G的指针满偏；然后闭合S2，保持滑动变阻器𝑅P的阻值不变，逐渐调节电阻箱R的阻值，使G的指针偏到最大值的23，此时电阻箱R的读数为960Ω，则

灵敏电流计G的内阻为Ω；若图甲电路中干电池的电动势为1.5V，则滑动变阻器𝑅P选（填“𝑅7”或“𝑅8”）。（2）图乙中的A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（3）若图乙中多用电表的5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电

流1mA和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡（表盘正中间的刻度为“15”）。则𝑅1+𝑅2=Ω，𝑅5=Ω，图乙中电源电动势E=V。四、解答题（共3小题，13题12分，14题15分，15题16分，共43分）13．如图所示，电源的电动势𝐸=110V，电阻𝑅1=21Ω，电动机绕组的电阻�

�0=0.5Ω，电键S1始终闭合。当电键S2断开时，电阻𝑅1的电功率是525W；当电键S2闭合时，通过电阻𝑅1的电流是4A，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功

率。14．如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线．平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω．可以看为质点的带电小球，电量q＝－0.01C

，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑．（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势E．（2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝25，求电源内阻r．（3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？1

5．如图所示，在平面坐标系第一象限内有沿-x方向的匀强电场，电场强度大小为E，y轴与直线x=-d（d>0）区域之间有沿-y方向的匀强电场，电场强度大小也为E，一个带电量为+q的粒子（不计重力）从第一象限的s点由静止释放。（1）若s点坐标为(𝑑4,𝑑4)，求粒子通过x轴的位置坐标；（2）若s点坐

标为(𝑑2,𝑑2)，求粒子通过x轴时的动能；（3）若粒子能通过工轴上的点的坐标为（-3d，0），求释放s点的坐标（r，y）应满足的关系式。参考答案：1．A【详解】A．奥斯特在实验中观察到电流的周围存在磁场，发现了电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系，故A正确；B．安培提出了著

名的分子电流假说，故B错误；CD．赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测出电磁波与光的传播速度相同，故CD错误。故选A。2．B【详解】由两个等量正点电荷产生的电场线分布规律可知，P、Q连线中点场强是零，中垂

线上场强方向总沿中垂线远离中点O，在中垂线上从O点到无限远处电场线先变密后变疏，即场强先变强后变弱。设场强最大的点为Ｐ点，Ｐ点可能在A、B两点之间，也可能在O、A之间，也可能在B点的外侧，当Ｐ点可能在A、B两

点之间时，EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；当Ｐ点可能在O、A之间时，EA大于EB；当Ｐ点在B点的外侧时，EA小于EB。中点O处电势最高，在中垂线上交点处的电势最高，从O点向两侧电势逐渐降低，因此𝜑𝐴一定大于𝜑𝐵，所以ACD错误，B正确。故选B。3．C【详解】A．根据q1左

侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，故A错误；B．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，故B错误；C．根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，故C

正确；D．正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。故选C。4．B【详解】A．2节干电池电源的电动势为3V，则额温枪工作时，电池组两极间的电压小于3V，选项A错误；B．每节电池的电动势为1.5V，根据电动势的概念可知，额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把

1.5J化学能转化为电能，选项B正确；C．额温枪工作时，工作电流为5mA，则电源消耗的总功率为P=IE=15mW则电源的输出功率小于15mW，选项C错误；D．若换用两节充满电的800mAh充电电池，则最多可测温约为2×800mAh5mA×3600次/ℎ=1.152×106

次选项D错误。故选B。5．D【详解】AB．正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器两板间电压U不变，𝐶=𝑄𝑈=𝜀𝑟𝑆4𝜋𝑘𝑑U不变S减小，会使Q减小，但二极管的存在使得Q不能减少，故

实际过程为Q不变。上式Q不变，S减小，所以U增大，𝑈=𝐸𝑑，d不变，所以E增大，所以油滴上移。𝑈𝑝0=𝜑𝑝−0即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以𝜑𝑝增大。选项AB错误；C．断开开关，不能放电，故油滴不

动，选项C错误；D．根据𝐶=𝑄𝑈=𝜀𝑟𝑆4𝜋𝑘𝑑U不变，d减小，Q增大，可以充电，故U不变，d减小，E增大，油滴上移，选项D正确。故选D。6．C【详解】AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3

并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时，R1两端的电压也减小，故并

联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，则流过并联部分的电流减小，故电流表示数减小；因并联部分电压增大，而R2中电压减小，故电压表示数增大，故AB错误；C．因R3两端电压增大，则电容器两端电

压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，电荷向上运动，故C正确；D．R3上电流增大，根据𝑃=𝐼32𝑅3，则R3消耗的功率逐渐增大，故D错误。故选C。7．B【详解】CD．对A、B整体分析可知，MO杆对A球的支持等于A、B两小球的重力之和，大小不变，根据牛顿第三

定律可知，A球对MO杆的压力等于A、B两小球的重力之和，大小不变，CD错误；AB．令A、B两小球间的连线与竖直方向的夹角为𝜃，对B球受力分析有𝐹静cos𝜃=𝑚B𝑔解得𝐹静=𝑚B𝑔cos𝜃当A

球沿水平方向向右运动一段距离后，夹角𝜃减小，则A、B两小球间的静电力变小，A错误，B正确。故选B。8．ABC【详解】B．设加速电场AB间距离为d，偏转极板长度为l，偏转极板间的距离为h，屏到偏转电场右边缘距离为s，粒子在加速过程中，根据𝑈1𝑞=12𝑚𝑣02可得𝑣0=√2𝑈

1𝑞𝑚在加速电场中运动的时间𝑡1=𝑑𝑣02进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速度保持不变，因此打到屏的时间𝑡2=𝑙+𝑠𝑣0从开始到荧光屏所经历时间𝑡=𝑑𝑣02+�

�+𝑠𝑣0可知运动时间与𝑣0成反比，由于𝑚1:𝑚2:𝑚3=1:2:4𝑞1:𝑞2:𝑞3=1:1:2设质子、氘核和𝛼粒子三种粒子离开加速度电场的速度分别为𝑣1，𝑣2，𝑣3。因此𝑡1:𝑡2:𝑡3

=1𝑣1:1𝑣2:1𝑣3=√𝑚1𝑞1:√𝑚2𝑞2:√𝑚3𝑞3=1:√2:√2B正确；A．粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动𝐿=𝑣0𝑡𝑦=12𝑎𝑡2其中𝑈2ℎ𝑞=𝑚𝑎可得𝑦=𝑈1𝐿24𝑈2ℎ可知所有粒子在偏转电场中，偏转距离相等，即三

种粒子打到荧光屏上的位置相同，A正确；CD．根据动能定理𝑈1𝑞+𝑈2𝑞ℎ𝑦=𝐸𝑘可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因此𝐸k1:𝐸k2:𝐸k3=𝑞1:𝑞2:𝑞3=1:1:2D错误，C正确。故选ABC。9．AC【详解】A．根据库伦定律

，小球A与B之间库仑力的大小为𝐹=𝑘𝑞2𝑑2故A正确；BC．若细线上的拉力为0，小球受重力、支持力和库仑力而平衡，根据平衡条件，重力的沿斜面向下分力与库仑力的沿斜面向上分力平衡，即𝑚𝑔sin𝜃=𝐹cos𝜃其中𝐹=𝑘𝑞2𝑑2

联立解得𝑚𝑔sin𝜃=𝑘𝑞2𝑑2⋅cos𝜃故𝑞𝑑=√𝑚𝑔tan𝜃𝑘故C正确，B错误；D．两个球带同种电荷，相互排斥，不论电量多少，斜面对A的弹力不可能为0，故D错误。故选AC。10．BD【详解】AB．重物重量越大，则金属电阻接入电路的电阻越小，电

路中电流越大，指针偏角越大，𝑅0上消耗的功率越大，故A错误，B正确；CD．电路中电流为𝐼=𝐸𝑅0+𝑟+𝑅=𝐸𝑅0+𝑟+𝑅1−𝑘𝐹则电流与称重台所受压力大小不成正比，即改装后的称重仪的显示表的刻度不是均匀的，故C错误，D正确。故选BD。11．50.154

.700/4.699/4.701CDH【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知其长度为50mm+0.05mm×3=50.15mm（2）[2]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知其直径为4.5mm+0.01m

m×20.0=4.700mm（3）[3][4][5]电源电动势为4V，则电压表选择D；电路中可能出现的最大电流为𝐼=𝑈𝑅=3150A=20mA则电流表选择C；金属圆柱体电阻约为150Ω，为了调节方便

，滑动变阻器应选择阻值较小的，则选择H。[6]电流表C内阻与待测电阻相差不多，则电流表应选外接法；滑动变阻器阻值比代测电阻小得多，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路如图所示12．480R8红1608801.5【详解】（1）[1]由题意可知，调节电阻箱R的阻值，使G的指针

偏到最大值的23，通过电阻箱的电流为最大值的13，可知电阻箱的阻值等于电流计电阻的2倍，因此时电阻箱R的读数为960Ω，可知电流计的内阻为rg=480Ω；[2]本实验误差来自于闭合S2电阻箱并入电路后，干路电

流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。若图甲电路中干电池的电动势为1.5V，毫安表G的满偏电流为250μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于1.5250×10−6Ω=6000Ω，故滑动变阻

器𝑅P应选用最大阻值为10kΩ的R8。（2）[3]图乙中的A端与内置电源的负极连接，则与红色表笔相连接。（3）[4][5]当选择开关接2时，为直流电流1mA挡，则𝑅1+𝑅2=𝐼𝑔𝑟𝑔𝐼−𝐼𝑔=250×10−6×4

8010−3-250×10−6Ω=160Ω此时电流表内阻𝑅G=480×160480+160Ω=120Ω改装后的电流表满偏电流IG=1mA。当选择开关接4时为直流电压1V挡，则𝑅5=𝑈𝐼G−𝑅G=110−3−120Ω=880Ω[6]欧姆×100

Ω挡，表盘正中间的刻度为“15”，则欧姆挡内阻𝑅内=1500Ω根据𝐼G=𝐸𝑅内可得E=1.5V13．（1）1Ω；（2）1606W【详解】（1）设S2断开时，电阻𝑅1的电功率是𝑃1，则由𝑃1=(𝐸𝑅1+𝑟)2𝑅1代入数据可得

，电源的内电阻为𝑟=1Ω（2）设S2闭合时，电阻𝑅1两端的电压为𝑈，消耗的功率为𝑃2，由𝑈=𝐼𝑅1可得𝑈=84V由闭合电路的欧姆定律𝐸=𝑈+𝐼𝑟可得，当电键S2闭合时流过电源的电流为𝐼=26A设流过𝑅1的电流为𝐼1，流过电动机的电流为𝐼2，所以𝐼1=𝑈𝑅1

=4A由电流关系𝐼=𝐼1+𝐼2可得𝐼2=22A由能量守恒定律𝑈𝐼2=𝑃出+𝐼22𝑅0可得，电动机的输出功率为𝑃出=1606W14．（1）18V（2）1Ω（3）能飞出【分析】考查力电综合问题．【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒

，由机械能守恒定律得：𝑚𝑔ℎ＝12𝑚𝑣02解得：𝑣0=√2𝑔ℎ＝3m/s，对S1、S2均断开时，极板电势差即为电源电动势E，由平衡条件得：𝑚𝑔＝𝑞𝐸𝑑解得：E＝𝑚𝑔𝑑𝑞＝3×10−2×10×0.6V1×10−2＝18V（2）当S1断开，S2闭合时，带电小球做

类平抛运动，水平方向：𝑙＝𝑣0𝑡竖直方向分速度：𝑣y＝𝑎𝑡𝑣y＝𝑣0𝑡𝑎𝑛𝜃对带电小球，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔－𝑞𝐸1＝𝑚𝑎1，其中：𝑈C＝𝐸1𝑑，代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18N/C，UC＝10.8V，当S1断开

，S2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联，电容器两端电压：𝑈C＝𝑈𝑅3由部分电路欧姆定律：𝑈𝑅3＝𝐼1𝑅3由闭合电路欧姆定律：𝐸＝𝐼1（𝑅1＋𝑅3＋𝑟）代入数据解得：r＝1Ω．（3）当S1、S2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻：𝑅23＝𝑅2�

�3𝑅2+𝑅3=3×63+6𝛺＝2𝛺电路电流：𝐼2＝𝐸𝑅1+𝑅23+𝑟=183+2+1A＝3A电压：𝑈2＝𝐼2𝑅23＝6V对小球，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔－𝑞𝐸2＝𝑚𝑎2其中电压：𝑈2＝𝐸2𝑑联立求解：𝑎2＝203m/s2对带电小球

类平抛运动分析，有：𝑙＝𝑣0𝑡𝑦＝12𝑎𝑡2联立求解：y＝0.3m，y＝𝑑2＝0.3m，带电小球恰好从右侧极板边缘飞出．15．（1）（−𝑑2，0）；（2）𝑞𝐸𝑑；（3）4𝑥𝑦=5𝑑2(𝑥>0,𝑦>0)【详解】（1）粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能

定理可得𝑞𝐸⋅𝑑4=12𝑚𝑣12故粒子进入第二象限时的速度𝑣1=√𝑞𝐸𝑑2𝑚粒子从位置为(0,14𝑑)进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，假设粒子没有出电场左边界，则有14𝑑=12⋅𝑞𝐸𝑚𝑡2故在水平方向上的位移𝑥=𝑣1

𝑡=√𝑞𝐸𝑑2𝑚⋅√𝑚𝑑2𝑞𝐸=𝑑2故粒子未到达电场左边界，粒子通过x轴的坐标为（−𝑑2，0）；（2）若s点坐标为(𝑑2,𝑑2)，粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得𝑞𝐸⋅𝑑2=12𝑚𝑣22故粒子进

入第二象限时的速度𝑣2=√𝑞𝐸𝑑𝑚粒子从位置为(0,𝑑2)处进入第二象限，假设粒子没有出电场左边界，则有12𝑑=12⋅𝑞𝐸𝑚𝑡′2故在水平方向上的位移𝑥=𝑣2𝑡′=𝑑则粒子恰好经过（-d，0）故对粒子从静止到通过x轴的过程应用动能定

理可得，粒子通过x轴时的动能𝐸k=𝑞𝐸𝑑2+𝑞𝐸𝑑2=𝑞𝐸𝑑（3）设满足条件的释放点的坐标为（x，y），粒子在第一象限电场中运动过程根据动能定理可得𝑞𝐸𝑥=12𝑚𝑣2所以𝑣=√2

𝑞𝐸𝑥𝑚粒子进入第二象限，在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从电场左边界射出时的速度方向与x轴的偏转角为θ，则有tan𝜃=𝑣𝑣𝑣𝑥=𝑎𝑡𝑣=𝑞𝐸𝑚𝑣⋅𝑑𝑣=𝑞𝐸𝑑𝑚𝑣2又有粒子做

类平抛运动的竖直位移𝑦′=12𝑎𝑡2=12⋅𝑞𝐸𝑚⋅𝑑2𝑣2粒子离开电场后做匀速直线运动，故有tan𝜃=𝑦−𝑦′2𝑑所以𝑦−𝑦′=𝑦−𝑞𝐸𝑑22𝑚𝑣2=2𝑑tan𝜃=2𝑞𝐸𝑑2𝑚𝑣2所以𝑦=5𝑞𝐸𝑑22𝑚�

�2=5𝑞𝐸𝑑24𝑞𝐸𝑥=5𝑑24𝑥获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com