北京市西城区19-20学年高二上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分） 1. 下列物理量中，属于矢量的是( )
A. 电势 B. 电势差 C. 电场强度 D. 电势能
2. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为𝐹.如果保持这两个点电荷之间的距离不
变，而将它们的电荷量都变为原来的4倍，那么它们之间静电力的大小变为( )
A. 16
𝐹
B. 4
𝐹
C. 4F D. 16F
3. 如图为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是( )
A. 这个电场可能是负点电荷的电场 B. 这个电场可能是匀强电场
C. 点电荷在A点受到的电场力比在B点时受到的电场力大 D. 负电荷在B点时受到的电场力的方向沿B点切线方向
4. 下列现象中属于静电利用的是( )
A. 油罐车上有铁链拖到地面 C. 屋顶安装避雷针
5. 关于电容器，下列说法正确的是( )
B. 飞机轮胎用导电橡胶制作 D. 汽车表面喷涂油漆
A. 电容器的电容越大，则电容器所带电荷量越多 B. 电容器两极板间电压越小，电容越大 C. 电容器的电容与电荷量成正比，与电压成反比
D. 电容器的电容不随所带电荷量及板间电压的变化而变化
6. 通过一个导体的电流是5A，经过4min通过该导体横截面的电荷量是( )
A. 20 C B. 50 C C. 1200 C D. 2000 C
7. “电子伏特(𝑒𝑣)”属于下列哪一个物理量的单位( )
A. 能量 B. 电压 C. 电流 D. 电荷量
𝑅2=𝑅4，8. 如图所示，电压表𝑉1的示数为70V，电压表𝑉2的示数为50V，则A与B间的电压为( )
A. 140V B. 120V C. 100V D. 无法计算
9. 有一只灯泡的灯丝断了，通过转动灯泡灯丝接通，再接入电源后，所发生的现象及其原因是( )
A. 灯丝电阻变小，通过它的电流变大，根据𝑃=𝐼2𝑅，电灯变亮 B. 灯丝电阻变大，通过它的电流变小，根据𝑃=𝐼2𝑅，电灯变暗 C. 灯丝电阻变小，它两端的电压不变，根据，𝑃=
𝑈2𝑅
电灯变亮
电灯变暗 D. 灯丝电阻变大，它两端的电压不变，根据，𝑃=𝑈
𝑅
10. 在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带
电量Q的变化判断正确的是( )
2
A. L变暗，Q增大 B. L变暗，Q减小 C. L变亮，Q增大 D. L变亮，Q减小
11. 某同学对四个电阻各进行了一次测量，把每个电阻两端的电压和通过它的
电流在𝑈−𝐼坐标系中描点，得到了如图所示的a、b、c、d四个点，请比较这四个电阻的大小：( )
A. 𝑅𝑎>𝑅𝑏>𝑅𝑐>𝑅𝑑 C. 𝑅𝑎<𝑅𝑏<𝑅𝑐<𝑅𝑑
B. 𝑅𝑎=𝑅𝑏=𝑅𝑐=𝑅𝑑 D. 𝑅𝑎=𝑅𝑏>𝑅𝑐=𝑅𝑑
12. 下列各图中通电直导线A受到的安培力的方向水平向右的是( )
A. 图(2) B. 图(1)和(2) C. 图(3) D. 图(2)和(4)
13. 面积是0.50𝑚2的导线环，处于磁感强度为2.0×10−2𝑇的匀强磁场中，环面与磁场垂直，穿过导
线环的磁通量等于( )
A. 2.5×10−2𝑊𝑏 B. 1.0×10−2𝑊𝑏 C. 1.5×10−2𝑊𝑏 D. 4.0×10−2𝑊𝑏
14. 下列有关静电现象的说法错误的是( )
A. 验电器常用来判断物体是否带电
B. 干燥的冬季，摸金属门把手有时会被电击，是因为手与门把手摩擦起电 C. 高压输电线上方有两条导线与大地相连，起静电屏蔽作用，使输电线免遭雷击 D. 高压设备中的导体表面应做得尽量光滑是为了避免尖端放电
15. 一个直流电动机，其线圈的电阻是0.5𝛺，当它两端所加电压为6V时，通过电动机的电流是2𝐴.由
此可知( )
A. 电动机消耗的电功率为10W C. 电动机输出的机械功率为10W
B. 电动机发热的功率为12W D. 电动机的工作效率为20%
16. 如图所示，来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为
200kV的直线加速器加速，形成电流为1𝜇𝐴的细柱形质子流。假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质
子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为𝑛1和𝑛2，已知元电荷的电荷量𝑒=1.60 ×10−19C.则( )
A. 𝑛1：𝑛2=2：1，这束质子流每秒打到靶上的质子数为6.25×1012个 B. 𝑛1：𝑛2=2：1，这束质子流每秒打到靶上的质子数为6.25×1015个 C. 𝑛1：𝑛2=4：1，这束质子流每秒打到靶上的质子数为6.25×1012个 D. 𝑛1：𝑛2=4：1，这束质子流每秒打到靶上的质子数为6.25×1015个
二、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
17. 在测定金属电阻率的实验中，如图1所示，用螺旋测微器测金属丝的直径的测量值
𝑑=______𝑚𝑚.如图2所示，是多用电表的“×10”欧姆挡经过正确步骤测量金属丝电阻时多用电表指针的位置，则金属丝阻值的测量值𝑅=______𝛺，若测出金属丝长度的测量值为L，则该金属丝电阻率的表达式𝜌=______(用d、R、L表示)。
三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
18. 如图所示，已知电源的电动势𝐸=1.5𝑉，内阻𝑟=0.5𝛺，R为电阻箱，求：
(1)当电阻箱的电阻𝑅1=2.5𝛺时，理想电压表的示数𝑈1。 (2)当电阻箱的电阻𝑅2=9.5𝛺时，理想电流表的示数。
19. 把长𝐿=0.2𝑚的导体棒置于磁感应强度𝐵=10𝑇的匀强磁场中，使导体
棒和磁场方向垂直，如图所示若导体棒中的电流𝐼=2𝐴，方向向左，求： (1)导体棒受到的安培力大小和方向；
(2)若导体棒的质量为0.1𝑘𝑔，g取10𝑚/𝑠2，不计空气阻力，导线的加速度大小．
20. 一带电粒子无初速度的进入一加速电场A，然后垂直进入两块平行金属板M、N形成的偏转电
场中(偏转电场可视为匀强电场)，如图所示．已知加速电场A板间电压为𝑈1，M、N两板间的电压为𝑈2，两板间的距离为d，板长为L，粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子受到的重力及它们之间的相互作用力．求： (1)粒子穿过A板时速度大小𝑣0； (2)粒子在偏转电场运动时的加速度 (3)粒子从偏转电场射出时的侧移量y．
21. 如图所示，电子在电势差为𝑈0=4500𝑉的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场
加速后从右板中央垂直射入电势差为𝑈=45𝑉的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置
的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为𝑚=9.0×10−31𝑘𝑔，电荷量为𝑒=1.6×10−19𝐶，偏转电场的板长为𝐿1=10𝑐𝑚，板间距离为𝑑=1𝑐𝑚，光屏M到偏转电场极板右端的距离𝐿2=15𝑐𝑚。求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度𝑣0； (2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)𝑦； (3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值𝑡𝑎𝑛𝜃；
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．
本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性． ABD、电势、电势差和电势能都是只有大小没有方向的标量。故ABD错误。 C、电场强度是既有大小又有方向的矢量。故C正确。 故选：C。
2.答案：D
解析：解：距离改变之前：𝐹=𝑘
𝑞1𝑞2𝑟2…①
4𝑞1⋅4𝑞2
𝑟2当电荷量都变为原来的4倍时：𝐹′=𝑘=16𝑘
𝑞1𝑞2𝑟2…②
联立①②可得：𝐹′=16𝐹，故ABC错误，D正确． 故选：D．
本题比较简单，直接利用库仑定律𝐹=𝑘
𝑞1𝑞2𝑟2进行计算讨论即可．
库伦定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．
3.答案：C
解析：解：A、电场线不是直线，根据图象可以判断不是负点电荷形成的电场，故A错误； BC、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，A点的场强大于B点的场强，根据𝐹=𝑞𝐸知：电荷在A处的电场力小，故B错误，C正确；
D、电场线的切线方向为该点场强的方向，由𝐹=𝑞𝐸知负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，故D错误。 故选：C。
电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．电场力𝐹=𝑞𝐸，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大．
本题关键要理解并掌握点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择．
4.答案：D
解析：解：A、油罐车在运输过程中产生静电，若不及时导走，当人碰到会被击伤，通过连接地线导走是静电的防止。故A错误；
B、飞机轮胎用导电橡胶制作，是为了防止因摩擦产生的静电导走，属于静电的防止，故B错误； C、下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电。故C错误； D、汽车表面喷涂油漆属于静电的应用，故D正确； 故选：D。
物体带电的本质是电荷的转移，出现多余的电荷从而带电，所以静电的产生有利有弊．
在生活中静电无处不在，有的我们需要，有的我们不需要．所以我们要学会基本常识，提高我们的很生活质量．
5.答案：D
解析：解：A、由𝑄=𝑈𝐶可知，电容器所带电量取决于电压及电容，只有电容大，电量不一定大；故A错误；
B、电容是电容器的固有属性，与电压无关，故B错误； C、电容器的电容与电压及电荷量无关；故C错误；
D、电容器的电容是电容器的本身的属性，与电量及电压无关；故D正确； 故选：D。
本题应根据电容器电容的定义式𝐶=𝑈及其物理意义进行分析． 电容器的定义式采用了比值定义法；应注意C其实与U及Q无关．
𝑄
6.答案：C
解析：
本题考查了电量及其计算，比较基本，只要记住公式：𝐼=𝑡即可求解。但要注意单位配套。已知电流5A和时间4min，根据𝑄=𝐼𝑡可求出电荷量。
ABD错误。 𝑡=4𝑚𝑖𝑛=240𝑠，𝑄=𝐼𝑡=5𝐴×240𝑠=1200𝐶。通过导体横截面的电荷量：故C正确，
𝑄
故选C。
7.答案：A
解析：解：研究微观粒子时常用电子伏特(𝑒𝑉)做能量的单位。1eV等于一个电子经过1V电压加速后所增加的动能。若电场中的a、b两点间的电势差为1V，将一电子从a点移到b点，电子克服电场力做功为1𝑒𝑉.1𝑒𝑉=1.60×10−19𝐽，即电子伏特是能量单位，故A正确BCD错误。 故选：A。
在研究微观粒子时常用电子伏特(𝑒𝑉)做能量的单位。1eV等于一个电子经过1V电压加速后所增加的动能。若电场中的a、b两点间的电势差为1V，将一电子从a点移到b点，电子克服电场力做功为1eV。
此题考查的是我们对常见物理量及其对应单位的掌握情况，要注意明确电子伏特的准确定义，明确其为能量的单位。
8.答案：B
解析：
根据串联电路的总电压等于各部分电压之和，串联电路中电流处处相等，结合欧姆定律进行解答． 对于串联电路，关键要掌握其基本特点：电流处处相等，理解并掌握总电压与各部分电压的关系，即可正确解题．
根据串联电路的特点可知：A与B间的电压为：𝑈𝐴𝐵=𝑈1+𝑈2+𝑈3+𝑈4； 由题𝑅2=𝑅4，电流也相等，由欧姆定律可知𝑈2=𝑈4； 可得：𝑈𝐴𝐵=𝑈1+𝑈2+𝑈3+𝑈2=70𝑉+50𝑉=120𝑉 故选：B。
9.答案：C
解析：解：把断了的灯丝搭在一起，长度减小，灯丝电阻变小； 电压一定，灯泡的电功率跟灯丝电阻成反比；
由于灯丝电阻变小，所以灯泡的功率变大，灯泡更亮了。 故ABD错误，C正确； 故选：C。
根据电阻的特点，长度减小，电阻就变小了，由电功率公式𝑃=𝑈𝐼=变大，灯泡就比原来亮了．
本题考查了电阻的特点及电功率公式的应用，属于常见的考题．
𝑈2𝑅
可知，电阻变小，实际功率
10.答案：B
解析：解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，灯L变暗． 电容器板间电压等于变阻器两端的电压．由上得知，路端电压减小，则通过L灯的电流减小，而干路电流增大，则通过𝑅1的电流增大，𝑅1的电压也增大，则变阻器两端的电压减小，电容器所带电量Q减小．故B正确． 故选：B
当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，得到干路电流和路端电压的变化，则知灯L亮度的变化．电容器的电压等于变阻器两端的电压，分析其电压的变化，判断带电量Q的变化．
本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．
11.答案：C
解析：解：根据电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比可得，四个电阻的𝑈−𝐼图象如下图所示：
𝑈−𝐼图象中图象的斜率表示电阻的阻值；则由图可知，a的斜率最小，依次为b，c、而d的斜率最大；故可知： 𝑅𝑎<𝑅𝑏<𝑅𝑐<𝑅𝑑； 故选：C．
根据根据欧姆定律可知：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；然后在图象中做
出它们的图象，由斜率的意义可确定电阻的大小．
本题考查了学生对欧姆定律及其公式变形的理解和应用，要注意不要被图象中的虚线所误导，要做出其斜率再进行分析．
12.答案：C
解析：解：(1)根据左手定则判断可知：安培力方向垂直于导线斜向左下方，不符合题意．故(1)错误．
(2)导线所在处磁场方向向左，根据左手定则判断可知：安培力方向垂直于导线向下．不符合题意．故(2)错误．
(3)通电线圈在导线处产生的磁场方向根据安培定则判断可知：垂直纸面向外，根据左手定则判断可知：安培力方向水平向右．符合题意．故(3)正确．
(4)通电线圈在导线处产生的磁场方向根据安培定则判断可知：向左，根据左手定则判断可知：安培力方向向上．不符合题意．故(4)正确． 故选C
通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．电流的磁场由安培定则判断磁场方向． 本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系．
13.答案：B
解析：解：在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量： 𝛷=𝐵𝑆=2.0×10−2×0.5𝑊𝑏=1.0×10−2𝑊𝑏 故选：B．
在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量𝛷=𝐵𝑆.当线圈与磁场成𝜃角时，磁通量𝛷=𝐵𝑆𝑠𝑖𝑛𝜃．
本题关键记住磁通量的计算公式𝛷=𝐵𝑆，明确其适用条件，基础题．
14.答案：B
解析：
验电器是根据电荷间的相互作用制成的，同种电荷相互排斥，验电器的金属箔片所带的电荷量越多，其张角越大；脱掉外衣，出现摩擦起电，伸手去摸金属门把手，出现放电现象；导体的外壳对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽。 考查摩擦起电的实质，理解放电现象的原理，注意静电感应起电与摩擦起电的区别。
A.验电器是用来检验物体是否带电的仪器；它是利用同种电荷相互排斥的原理制成的；故A正确； B.干燥的冬季，衣服出现摩擦起电；当伸手去摸金属门把手，使产生的大量静电导走，从而出现放电现象；故B错误；
C.高压输电线的上方有两条导线，这两条导线的作用是它们与大地相连，形成稀疏的金属“网”把高压线屏蔽起来，免遭雷击，故C正确；
D.高压电气设备的金属元件，表面有静电，尖锐的地方更容易积累更多的电荷，金属元件表面要很光滑，这样做的目的是为了避免尖端放电，故D正确； 故选B。
15.答案：C
解析：解：A、直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U，总功
22
率为：𝑃=𝑈𝐼=2×6=12𝑊，发热功率为：𝑃热=𝐼𝑅=2×0.5=2𝑊，故AB错误；
C、根据能量守恒定律，其输出功率是：𝑃出=𝑃−𝑃热=12𝑊−2𝑊=10𝑊，故C正确； D、机械的工作效率为𝜂=故选：C。
2
在计算电功率的公式中，总功率用𝑃=𝐼𝑈来计算，发热的功率用𝑃热=𝐼𝑅来计算，如果是计算纯电
𝑃出𝑃
=
1012
=83.3%，故D错误。
阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。
对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
16.答案：A
解析：解：1s内质子流打到靶上的质子总电荷量为：𝑞=𝐼𝑡=1×10−6×1=1×10−6𝐶
12个) 则质子流每秒打到靶上的质子数为：𝑛===6.25×10(−19𝑒1.6×10
𝑞
1×10−6
根据𝐼1=𝑛1𝑒𝑣1，𝐼2=𝑛2𝑒𝑣2 在l处与4l处的电流相等：𝐼1=𝐼2 故：𝑛1𝑒𝑣1=𝑛2𝑒𝑣2 得：𝑛1：𝑛2=𝑣2：𝑣1。 由动能定理得：
2
在l处有：𝐸𝑒𝑙=2𝑚𝑣1 2在4l处有4𝐸𝑒𝑙=2𝑚𝑣2
11
可得：𝑣2：𝑣1=2：1 所以得𝑛1：𝑛2=2：1 故选：A。
先求出𝑞=𝐼𝑡求出质子流每秒打到靶上的总电荷量，再用总电荷量除以每个质子的带电量，得出质子的个数；再用动能定理和电流的微观表示𝐼=𝑛𝑒𝑠𝑣来求出𝑛1：𝑛2。
解决本题时要明确总电荷量=每个粒子的带电量与总个数的乘积；电流的微观表示的应用要注意灵活性；𝐼=𝑛𝑒𝑠𝑣中各量的物理意义要清楚。
17.答案：1.721(1.720～1.722均正确)，140，
𝜋𝑑2𝑅4𝐿
。
解析：解：由图示螺旋测微器可知，其读数为：1.5𝑚𝑚+22.1×0.01𝑚𝑚=1.721𝑚𝑚(1.720𝑚𝑚～1.722𝑚𝑚均正确)
多用电表的电阻“×10”挡，由图2所示可知，该电阻的阻值约为14×10𝛺=140𝛺。 根据电阻定律可得：𝑅=𝜌𝑆 横截面积：𝑆=𝜋(2)2
联立两式可得该金属丝电阻率的表达式：𝜌=
𝜋𝑑2𝑅4𝐿
𝑑
𝐿
。
故答案为：1.721(1.720～1.722均正确)，140，
𝜋𝑑2𝑅4𝐿
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确；由电阻定律求出电阻率的表达式，结合欧姆定律及串并联的特征，然后求出电阻率。
本题考查金属电阻率的测量实验，还考查了螺旋测微器与欧姆表的读数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读，利用欧姆定律结合电阻定律，求解金属丝的电阻率。
18.答案：解：(1)当一电阻箱的电阻𝑅1=2.5𝛺时，𝐼1=(𝑅1+𝑟)=0.5+2.5𝐴=0.5𝐴
电压表的示数即外电压的值：𝑈1=𝐼1⋅𝑅1=0.5×2.5𝑉=1.25𝑉。 (2)当电阻箱的电阻𝑅2=9.5𝛺时，通过电流表的电流：𝐼2=𝑅的示数。
𝐸
2+𝑟
𝐸1.5
=
1.59.5+0.5
𝐴=0.15𝐴，这就是电流表
解析：(1)当电阻箱的电阻𝑅1=2.5𝛺时，根据串联电路电压与电阻成正比的规律，求理想电压表的示数；
(2)当电阻箱的电阻𝑅2=9.5𝛺时，由闭合电路欧姆定律求理想电流表的示数。
19.答案：解：(1)解：由图看出，导体棒与匀强磁场垂直，则安培力大小为：
𝐹=𝐵𝐼𝐿=10×2×0.2𝑁=4𝑁
根据左手定则判断可知，安培力的方向向下． (2)根据牛顿第二定律可得：𝐹+𝑚𝑔=𝑚𝑎 得：𝑎=
𝐹+𝑚𝑔𝑚
=
4+0.1×10
0.1
𝑚/𝑠2=50𝑚/𝑠2
答：(1)导体棒受到的安培力大小为4N，方向竖直向下；
(2)若导线的重0.1𝑘𝑔，g取10𝑚/𝑠2，不计空气阻力，导线的加速度大小为50𝑚/𝑠2．
解析：(1)根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向，根据𝐹=𝐵𝐼𝐿来计算安培力的大小即可 (2)根据牛顿第二定律求的加速度
本题是安培力的分析和计算问题．安培力大小的一般计算公式是𝐹=𝐵𝐼𝐿𝑠𝑖𝑛𝛼，𝛼是导体与磁场的夹角，当B、I、L互相垂直的时候安培力最大为𝐹=𝐵𝐼𝐿
2
−0 20.答案：解：(1)粒子在电场A中加速运动，由动能定理得：𝑞𝑈1=2𝑚𝑣0
1
得：𝑣0=√
𝑞2𝑈1𝑚
(2)粒子在偏转电场中运动时，根据牛顿第二定律，有
𝑈2𝑞=𝑚𝑎 𝑑解得：𝑎=
𝑞𝑈2
𝑑𝑚
(3)粒子在加速电场中作类平抛运动，
水平方向为匀速直线运动，则粒子在电场中偏转时间：𝑡=𝑣 0
𝐿
竖直方向为匀加速直线运动：𝑎=𝑚=
𝐹𝐸𝑞𝑚
=
𝑞𝑈2
𝑑𝑚1
1𝑈 𝑞
𝐿2
0
2
× 2=2 所以粒子从偏转电场射出时的侧移量：𝑦=2𝑎𝑡 2=2𝑑𝑚
𝑣4𝑑𝑈
1
𝑈 𝐿2
答：(1)粒子穿过A板时速度大小𝑣0为√
𝑞2𝑈1𝑚
；
(2)粒子在偏转电场运动时的加速度为𝑑𝑚 2 (3)粒子从偏转电场射出时的侧移量y为4𝑑𝑈 1
𝑞𝑈2
𝑈 𝐿2
解析：(1)粒子在加速电场𝑈1中运动时，电场力对粒子做正功，根据动能定理求解粒子穿过A板时的速度大小𝑣0．
(2)根据牛顿第二定律求解加速度；
(3)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解粒子从偏转电场射出时的侧移量y．
带电粒子关键要掌握电场中类平抛运动的研究方法，知道其方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解，根据牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．
21.答案：解：(1)电子在加速电场中运动，由动能定理得：
12 𝑒𝑈0=𝑚𝑣0
2代入数据解得：𝑣0=4×107𝑚/𝑠
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，沿初速度方向有：𝐿1=𝑣0𝑡 可得：𝑡=2.5×10−9𝑠 在垂直速度方向有：
1𝑒𝑈2𝑦=𝑎𝑡2=𝑡
22𝑑𝑚代入数据解得：𝑦=2.5×10−3𝑚=0.25𝑐𝑚 (3)偏转角的正切值为：𝑡𝑎𝑛𝜃=代入数据解得：𝑡𝑎𝑛𝜃=0.05
答：(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度𝑣0为4×107𝑚/𝑠。 (2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)𝑦为0.25𝑐𝑚。 (3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切𝑡𝑎𝑛𝜃为0.05。
𝑣𝑦𝑣0
=
𝑎𝑡𝑣0
=
𝑒𝑈𝑡𝑚𝑑𝑣0
解析：(1)电子先在加速电场中加速，后在偏转电场中做类平抛运动，应用动能定理可以求出电子加速获得的速度，即为射入偏转电场的速度𝑣0；
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律与几何知识可以求出偏转距离y； (3)根据电子离开偏转电场时分速度关系求偏转角的正切值𝑡𝑎𝑛𝜃；
本题考查了电子在电场中的运动，分析清楚电子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、运动的合成与分解、类平抛运动规律即可正确解题。
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