吉林省延边第二中学2018-2019学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2019高二上·延边期中）如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，下列说法正确的是（ ）
A．此时A带正电，B带负电
B．此时，B都带负电
C．移去C，A，B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A，B下部的金属箔都闭合
【答案】C
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】AB、带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电，AB不符合题意；
C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，C符合题意；
D、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端。
2．（2019高二上·延边期中）有一个电流表G，内阻Rg＝30Ω，满偏电流Ig＝1mA。要把它改装为量程0~0.6A的电流表，则（ ）
A．需要串联略大于0.05Ω的电阻
B．需要并联略小于0.05Ω的电阻
C．改装之后的电流表内阻为30.05Ω
D．改装之后的电流表内阻为0.05Ω
【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A、B、把电流表改装成0～0.6A的电流表，需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为 ；A，B不符合题意.
C、D、改装后电流表内阻为： ；C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解所串联的电阻即可。
3．（2019高二上·延边期中）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则 （ ）
A．小球带负电
B．小球在运动过程中机械能守恒
C．电场力与重力等值反向
D．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
【答案】C
【知识点】电场及电场力；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、C、据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，小球受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力应与重力平衡，则知小球带正电；A不符合题意，C符合题意.
B、由于除重力做功以外的电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒；B不符合题意.
D、小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大；D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】带电小球在电场和磁场的复合场中做匀速圆周运动，那么小球的重力与电场力是等大反向相互平衡的，在洛伦兹力的作用下小球做圆周运动，结合选项分析求解即可。
4．（2019高二上·延边期中）四盏灯泡接成如图电路,a、c灯泡的规格为“220V100W”,b、d规格为“220V40W”,各个灯泡的实际功率均没有超过它的额定功率,则四盏灯泡实际功率大小顺序是（ ）
A．Pa=Pc>Pb=Pd B．Pa>Pd>Pc>Pb
C．Pd>Pa>Pc>Pb D．Pd>Pc>Pb>Pa
【答案】C
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【解答】a、c灯泡的电阻为： ；b、d灯泡的电阻为： ；根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R，大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于a灯泡的电压，根据P=U2/R可得Pa>Pc>Pb ；a、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知，则P与R成正比，则Pd＞Pa，故功率大小顺序为：Pd>Pa>Pc>Pb；C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合灯泡的电压和功率求解灯泡的电阻，再利用欧姆定律求解流过每个灯泡的电流，根据灯泡的电阻和电流计算每个灯泡的实际功率再进行比较即可。
5．（2018高二上·内蒙古月考）如图所示，一段长为a，宽为b，高为c(a>b>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为（ ）
A．R B． C． D．
【答案】D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】由电阻定律：R= 可知横截面积越小，长度越大，电阻越大；横截面积越大，长度越短，电阻越小。故电阻最大时，横截面积应该最小，即从左右两端接入，此时电阻为：
R=
解得：ρ=
当从上下两个面接入时电阻最小，此时电阻为：
r= = ，D符合题意，ABC不符合题意
故答案为：D.
【分析】题目条件，利用电阻的决定式R= 求出电阻的电阻率，再结合导体的截面积，利用公式R= 求解电阻的阻值。
6．（2018高二上·合肥月考）如图，有一带电粒子贴着A板沿水平方向输入匀强电场，当偏转电压为 时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出：当偏转电压为 时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】两极板间的距离为d，极板的长度为l，粒子的水平初速度为 ，粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，轨迹1的运动时间为 ，粒子的偏转加速度为 ，粒子在竖直方向上偏转了 ，故 代入得 ，同理轨迹2的运动时间为 ，偏转加速度为 ，在竖直方向上偏转了d，故 ，代入得 ，所以两电压之比为1：8.
故答案为：A。
【分析】利用位移公式可以求出运动的时间；结合竖直方向的位移公式可以求出加速度的大小；利用牛顿第二定律可以判别偏转的电压之比。
7．如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速度－时间图象是选项中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，B符合题意．
故答案为：B
【分析】电荷的受力指向圆弧的内部，判断出电荷的电性，结合电场线判断出电场力的方向，根据位移判断速度的变化。
8．（2018高二上·赤峰月考）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V．一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点(不计质子的重力)，下列判断正确的是（ ）
A．c点电势高于a点电势
B．场强的大小为
C．质子从b运动到c所用的时间为
D．质子从b运动到c，电势能增加8 eV
【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc，解得：Uc=16V，a点电势为20V．则c点电势低于a点电势。A不符合题意；设ad连线中点为O，则其电势为16V，Co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向。场强为 ，B符合题意；由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做为在平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为 ，则运动时间为 ．C不符合题意。根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=1e×（24V-16V）=8eV，电势能减小8eV，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用电势差和距离关系可以求出出点的电势大小；利用电势相等可以求出等势面进而判别场强的方向；利用电势差结合距离可以求出场强的大小；利用类平抛的位移公式可以求出运动的时间；利用电势差可以求出电场力做功进而判别电势能的变化。
二、多选题
9．（2019高二上·延边期中）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A．在O～x2间，电场强度先减小后增大
B．在O～x2间，电场强度方向没有发生变化
C．若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小
D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动
【答案】B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。A不符合题意，B符合题意。由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。C不符合题意。从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动。D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对于电势-距离图像，图形的斜率表示该位置处电场的强度，与横轴包围的面积是电场力做的功，结合选项求解即可。
10．（2019高二上·延边期中）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为一根光滑绝缘的竖直细杆，放在两电荷连线的中垂线上，a、b、c三点所在直线平行于两点电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。下列说法正确的是（ ）
A．将不计重力的试探电荷+q在a点由静止释放后可沿直线运动到b
B．试探电荷-q在a点的电势能等于在c点的电势能
C．b点场强小于d点场强
D．将带电小环套在细杆上由b点静止释放后将做匀加速直线运动
【答案】C,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】A、两等量异种电荷的电场线分布如图所示：
因a点的电场方向沿曲线的切线方向向右上，故+q在a点由静止释放后斜向上运动，不能沿直线到b点；A不符合题意.
B、a点电势为正，c点电势为负，负电荷在a点电势能为负，而在c点电势能为正，故-q在a点的电势能小于在c点的电势能，B不符合题意；
C、在两等量异号电荷连线上中点的电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大，所以b点的场强小于连线中点的场强，d点的场强大于中点的场强，则b点场强小于d点场强，C符合题意；
D、细杆所在的各点电场强度方向均向右侧，带电环受静电力和杆的弹力在水平方向平衡，只有重力使环做加速运动，加速度为g，D符合题意.
故答案为：CD.
【分析】结合等量异种电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，结合选项分析求解即可。
11．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示的是一个电容式传感器，在金属a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极，今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时（ ）
A．引起两极间正对面积变大 B．电容器的电容将变小
C．电容器两极间的电压将变大 D．静电计指针偏角将减小
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、由图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；当液面升高时，只能是正对面积S增大；A符合题意.
B、由 可知电容增大，B不符合题意.
C、D、因电容器充电后与电源断开，则电容器的总电荷量Q不变，依据 ，因此电势差减小，而静电计指针的偏角反映电容器的电压大小，即静电计的指针偏角变小；C不符合题意，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】电源断开代表电容器电量不变，导电液体的深度变大代表电容器的正对面积变大，所以电容变大，电压变小，角度也变小。
12．（2019高二上·延边期中）如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带负电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零，已知BC连线水平，则（ ）
A．B球带负电荷，C球带正电荷
B．B球和C球都带正电荷
C．A球电荷量的绝对值是B球的两倍
D．B球和C球所带电量不一定相等
【答案】B,C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A、B、对B球受力分析如图所示：
B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；则可知B、C都应带正电；A不符合题意、B符合题意.
C、D、由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，B、C带电量应相同；C符合题意，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】对其中一个小球进行受力分析，在重力和两个库仑力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
13．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，竖直面内，A、B、C、D位于同一半径为r的圆上且AB⊥CD，在C点有一固定点电荷，电荷量为+Q，现从A点将一质量为m，电荷量为-q的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为 ，规定电场中B点的电势为零。则在+Q形成的电场中（ ）
A．A点电势高于D点电势
B．D点电势为-
C．O点电场强度大小是A点的 倍
D．点电荷-q在D点具有的电势能为-
【答案】A,B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】由题意可知，沿着电场线的方向，电势降低，而电场线从正电荷发散，则A点的电势高于D点电势，A符合题意；-q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgr-W电= mv2-0，解得：W电= mgr；规定电场中B点的电势为零，AB 两点对称，因由D到B点电场力做正功，则电势能减小，因此D点的电势能为EPD= mgr；根据公式φD= ，B符合题意，D不符合题意；根据点电荷电场强度公式，E= ，电场强度的大小与间距的平方成反比，CA= CO，则有O点电场强度大小是A点的2倍，C不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】利用距离可以判断电势的高低，电场线向外射出的电势逐渐降低；利用动能定理可以求出AD间的电势差，A点电势为0，就可以求出D点电势大小；利用点电荷的场强公式可以求出场强的大小；利用电荷量乘以电势可以求出电势能大小。
三、填空题
14．（2019高二上·延边期中）现有一合金制成的圆柱体。用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和图乙所示，读得圆柱体的直径 ，长度为 。
【答案】；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】由图甲所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为 ，游标尺示数为 ，螺旋测微器示数为 ；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为 ，游标尺示数为 ，游标卡尺示数为 。
【分析】明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；明确游标卡尺的读数规则进行读数即可。
四、实验题
15．（2019高二上·延边期中）一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“6V，1.5W”的小灯泡的I﹣U图线，现有下列器材供选用：
A．学生电源（直流9V）
B．开关一个、导线若干
C．电压表（0～3V，内阻约10kΩ）
D．电压表（0～6V，内阻约10kΩ）
E．电压表（0～10V，内阻约30kΩ）
F．电流表（（0～0.3A，内阻约0.1Ω）
G．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）
H．电流表（0～3A，内阻约0.6Ω）
I．滑动变阻器（20Ω，2A）
J．滑动变阻器（200Ω，1A）
（1）实验中需用到的仪器有 （用字母序号表示）；
（2）在下面图1方框内画出实验电路图；
（3）对应实验电路图将图2实物连线补充完整．
【答案】（1）ABDFI
（2）如图所示
（3）如图所示；
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）因为灯泡的标号为“6V 1.5W”，故电源选用直流电压为9V的A，当然还需要一些导线和开关B，电压表选用量程为6V的D即可，由于灯泡正常发光的电流为I=1.5W/6V=0.25A，故电流表选用量程为0.3A的F，由于测的是小灯泡的I-U图线，要求电压的调节范围较大，故采用分压式连接，滑动变阻器选用阻值较小的I；（2）因为灯泡的电阻约为24欧，阻值较小，为了减小误差，电流表宜采用外接法接入，故电路图如图所示；（3）连接的实物电路如图所示。
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（3）根据电路图中电流的走向连接实物图即可。
五、解答题
16．（2019高二上·延边期中）如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻不计，电路中的电阻R0为2.5Ω，闭合开关S后，电动机正常工作，理想电流表的示数为2.0A。若转子被卡住后，该电流表的示数变为4.0A，求：
（1）电动机M的内阻;
（2）电动机正常工作时的输出功率.
【答案】（1）解：电动机被卡住时，相当于纯电阻，
由闭合电路的欧姆定律
解得：
（2）解：电动机正常工作,由欧姆定律可知：
可得：
对电动机由能量守恒有：
解得：
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【分析】（1）电动机是非纯电阻原件，不能对其直接利用欧姆定律求解电阻，对整个电路利用闭合电路欧姆定律求解电动机的内阻即可；
（2）利用电动机两端的电压乘以流过电动机的电流求解电动机的总功率，利用总功率减去电动机的发热功率，即为电动机的输出功率。
17．（2019高二上·延边期中）如图所示是一个平行板电容器，两板间电压为U＝2×103V，上极板M带正电，下极板N接地，两极板间距为d=10cm，A点距离上极板的距离为2cm，现将一个检验电荷q＝2×10-6C由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s＝6cm，连线AB与电场方向的夹角为60°，求：
（1）两极板间的电场强度E的大小；
（2）A点的电势；
（3）该检验电荷从A运动到B的过程中电场力所做的功.
【答案】（1）解：电容器间形成的是匀强电场，故场强为
代入数据解得：
（2）解：由匀强电场中电势差与场强的关系可知：
而
N板接地，有
联立解得：
（3）解：匀强电场中电场力为恒力，由功的定义式得：
解得：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）求解两极板间的电场强度，利用两极板的电势差除以两极板的间隔即可；
（2）先确定零势能面，求解A点的电势，利用A点到零时面的距离乘以电场强度即可；
（3）电场力做功与路径无关，只与始末位置无关，利用公式W=qU求解即可，其中q是电荷量，U是AB两点间的电势差。
18．（2019高二上·延边期中）如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E =2×104N/C、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R =2m，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域Ⅲ有一宽为d =3m的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右.一质量为 =0.4kg、带电荷量为q =-2×10-4C的小球(质点)从左边界O点正上方的M点以速度 =2m/s水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从区域Ⅲ中电场的右边界穿出，(g取10m/s2)求：
（1）OM的长L；
（2）区域Ⅲ中电场的电场强度大小 ；
（3） 等高，小球到达区域Ⅲ中的电场边界上的点与 间的距离.
【答案】（1）解：小球在区域 I中做类平抛运动，设小球在A点的速度为vA，竖直分速度为vy，
则有： ，
由牛顿第二定律可得：
由匀变速直线运动的速度位移公式得： ，解得：
（2）解：在区域 II中，由图可能得，由A至B下降的高度为 ，
则由A到B，根据动能定理：mg = mvB2 — mvA2，解得：vB=3v0
在区域 III中，小球在水平方向做匀减速直线运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：vB2=2 d
解得：E′=1.2×104N/C
（3）解：水平方向： ，
代入数据得：
坚直方向上小球做自由落体运动：
小球到达右边界后又向左返回到左边界，返回用时
竖直方向下落的高度
所以小球到达区域Ⅲ中电场边界上时与 的距离为：
， ，即：
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）小球在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可；
（2）对小球从A点到B点的运动过程应用动能定理求解小球的末速度，小球在电场III中做匀减速运动，小球的动能全部转化为电势能，利用动能定理列方程求解区域III中的电场强度即可；
（3）小球区域III中水平方向做匀加速运动，竖直方向做自由落体运动，结合受力情况，利用牛顿第二定定律求解两个方向的加速度，再利用运动学公式求解距离即可。
19．（2019高二上·延边期中）水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：
（1）求粒子在电场中的运动时间；
（2）求t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移；
（3）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度。
【答案】（1）解：进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动L=v0t
电子在电场中运动时间
（2）解：电子在电场运动时间一共是 ，根据两极板电压变换图b，竖直方向其中 电子匀加速运动， 电子匀减速直线运动，
由于电压大小一样，所以加速度大小相等
离开电场时竖直方向位移
（3）解：挡板去后，所有粒子离开电场的速度都相同。示意图如下
t=0时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向
若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上边沿离开电场。
时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为 ，此粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场。
次粒子正向偏移为
根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在水平方向上做匀速运动，结合水平方向的距离和水平速度求解运动时间；
（2）粒子在竖直方向上做匀加速运动，结合粒子的受力情况，利用牛顿第二定律求解粒子的加速度，再结合匀变速运动公式求解竖直方向的位移即可；
（3）结合两极板间电场的变化分析粒子的运动轨迹，结合运动学公式求解光带的宽度。
吉林省延边第二中学2018-2019学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2019高二上·延边期中）如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，下列说法正确的是（ ）
A．此时A带正电，B带负电
B．此时，B都带负电
C．移去C，A，B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A，B下部的金属箔都闭合
2．（2019高二上·延边期中）有一个电流表G，内阻Rg＝30Ω，满偏电流Ig＝1mA。要把它改装为量程0~0.6A的电流表，则（ ）
A．需要串联略大于0.05Ω的电阻
B．需要并联略小于0.05Ω的电阻
C．改装之后的电流表内阻为30.05Ω
D．改装之后的电流表内阻为0.05Ω
3．（2019高二上·延边期中）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则 （ ）
A．小球带负电
B．小球在运动过程中机械能守恒
C．电场力与重力等值反向
D．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
4．（2019高二上·延边期中）四盏灯泡接成如图电路,a、c灯泡的规格为“220V100W”,b、d规格为“220V40W”,各个灯泡的实际功率均没有超过它的额定功率,则四盏灯泡实际功率大小顺序是（ ）
A．Pa=Pc>Pb=Pd B．Pa>Pd>Pc>Pb
C．Pd>Pa>Pc>Pb D．Pd>Pc>Pb>Pa
5．（2018高二上·内蒙古月考）如图所示，一段长为a，宽为b，高为c(a>b>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为（ ）
A．R B． C． D．
6．（2018高二上·合肥月考）如图，有一带电粒子贴着A板沿水平方向输入匀强电场，当偏转电压为 时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出：当偏转电压为 时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速度－时间图象是选项中的（ ）
A． B．
C． D．
8．（2018高二上·赤峰月考）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V．一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点(不计质子的重力)，下列判断正确的是（ ）
A．c点电势高于a点电势
B．场强的大小为
C．质子从b运动到c所用的时间为
D．质子从b运动到c，电势能增加8 eV
二、多选题
9．（2019高二上·延边期中）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A．在O～x2间，电场强度先减小后增大
B．在O～x2间，电场强度方向没有发生变化
C．若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小
D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动
10．（2019高二上·延边期中）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为一根光滑绝缘的竖直细杆，放在两电荷连线的中垂线上，a、b、c三点所在直线平行于两点电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。下列说法正确的是（ ）
A．将不计重力的试探电荷+q在a点由静止释放后可沿直线运动到b
B．试探电荷-q在a点的电势能等于在c点的电势能
C．b点场强小于d点场强
D．将带电小环套在细杆上由b点静止释放后将做匀加速直线运动
11．（2018高二上·哈尔滨月考）如图所示的是一个电容式传感器，在金属a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极，今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时（ ）
A．引起两极间正对面积变大 B．电容器的电容将变小
C．电容器两极间的电压将变大 D．静电计指针偏角将减小
12．（2019高二上·延边期中）如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带负电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零，已知BC连线水平，则（ ）
A．B球带负电荷，C球带正电荷
B．B球和C球都带正电荷
C．A球电荷量的绝对值是B球的两倍
D．B球和C球所带电量不一定相等
13．（2018高二上·黑龙江月考）如图所示，竖直面内，A、B、C、D位于同一半径为r的圆上且AB⊥CD，在C点有一固定点电荷，电荷量为+Q，现从A点将一质量为m，电荷量为-q的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为 ，规定电场中B点的电势为零。则在+Q形成的电场中（ ）
A．A点电势高于D点电势
B．D点电势为-
C．O点电场强度大小是A点的 倍
D．点电荷-q在D点具有的电势能为-
三、填空题
14．（2019高二上·延边期中）现有一合金制成的圆柱体。用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和图乙所示，读得圆柱体的直径 ，长度为 。
四、实验题
15．（2019高二上·延边期中）一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“6V，1.5W”的小灯泡的I﹣U图线，现有下列器材供选用：
A．学生电源（直流9V）
B．开关一个、导线若干
C．电压表（0～3V，内阻约10kΩ）
D．电压表（0～6V，内阻约10kΩ）
E．电压表（0～10V，内阻约30kΩ）
F．电流表（（0～0.3A，内阻约0.1Ω）
G．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）
H．电流表（0～3A，内阻约0.6Ω）
I．滑动变阻器（20Ω，2A）
J．滑动变阻器（200Ω，1A）
（1）实验中需用到的仪器有 （用字母序号表示）；
（2）在下面图1方框内画出实验电路图；
（3）对应实验电路图将图2实物连线补充完整．
五、解答题
16．（2019高二上·延边期中）如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻不计，电路中的电阻R0为2.5Ω，闭合开关S后，电动机正常工作，理想电流表的示数为2.0A。若转子被卡住后，该电流表的示数变为4.0A，求：
（1）电动机M的内阻;
（2）电动机正常工作时的输出功率.
17．（2019高二上·延边期中）如图所示是一个平行板电容器，两板间电压为U＝2×103V，上极板M带正电，下极板N接地，两极板间距为d=10cm，A点距离上极板的距离为2cm，现将一个检验电荷q＝2×10-6C由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s＝6cm，连线AB与电场方向的夹角为60°，求：
（1）两极板间的电场强度E的大小；
（2）A点的电势；
（3）该检验电荷从A运动到B的过程中电场力所做的功.
18．（2019高二上·延边期中）如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E =2×104N/C、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R =2m，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域Ⅲ有一宽为d =3m的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右.一质量为 =0.4kg、带电荷量为q =-2×10-4C的小球(质点)从左边界O点正上方的M点以速度 =2m/s水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从区域Ⅲ中电场的右边界穿出，(g取10m/s2)求：
（1）OM的长L；
（2）区域Ⅲ中电场的电场强度大小 ；
（3） 等高，小球到达区域Ⅲ中的电场边界上的点与 间的距离.
19．（2019高二上·延边期中）水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：
（1）求粒子在电场中的运动时间；
（2）求t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移；
（3）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】AB、带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电，AB不符合题意；
C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，C符合题意；
D、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端。
2．【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】A、B、把电流表改装成0～0.6A的电流表，需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为 ；A，B不符合题意.
C、D、改装后电流表内阻为： ；C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解所串联的电阻即可。
3．【答案】C
【知识点】电场及电场力；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、C、据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，小球受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力应与重力平衡，则知小球带正电；A不符合题意，C符合题意.
B、由于除重力做功以外的电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒；B不符合题意.
D、小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大；D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】带电小球在电场和磁场的复合场中做匀速圆周运动，那么小球的重力与电场力是等大反向相互平衡的，在洛伦兹力的作用下小球做圆周运动，结合选项分析求解即可。
4．【答案】C
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【解答】a、c灯泡的电阻为： ；b、d灯泡的电阻为： ；根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻R并＜R，大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于a灯泡的电压，根据P=U2/R可得Pa>Pc>Pb ；a、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知，则P与R成正比，则Pd＞Pa，故功率大小顺序为：Pd>Pa>Pc>Pb；C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合灯泡的电压和功率求解灯泡的电阻，再利用欧姆定律求解流过每个灯泡的电流，根据灯泡的电阻和电流计算每个灯泡的实际功率再进行比较即可。
5．【答案】D
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】由电阻定律：R= 可知横截面积越小，长度越大，电阻越大；横截面积越大，长度越短，电阻越小。故电阻最大时，横截面积应该最小，即从左右两端接入，此时电阻为：
R=
解得：ρ=
当从上下两个面接入时电阻最小，此时电阻为：
r= = ，D符合题意，ABC不符合题意
故答案为：D.
【分析】题目条件，利用电阻的决定式R= 求出电阻的电阻率，再结合导体的截面积，利用公式R= 求解电阻的阻值。
6．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】两极板间的距离为d，极板的长度为l，粒子的水平初速度为 ，粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，轨迹1的运动时间为 ，粒子的偏转加速度为 ，粒子在竖直方向上偏转了 ，故 代入得 ，同理轨迹2的运动时间为 ，偏转加速度为 ，在竖直方向上偏转了d，故 ，代入得 ，所以两电压之比为1：8.
故答案为：A。
【分析】利用位移公式可以求出运动的时间；结合竖直方向的位移公式可以求出加速度的大小；利用牛顿第二定律可以判别偏转的电压之比。
7．【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，B符合题意．
故答案为：B
【分析】电荷的受力指向圆弧的内部，判断出电荷的电性，结合电场线判断出电场力的方向，根据位移判断速度的变化。
8．【答案】B
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc，解得：Uc=16V，a点电势为20V．则c点电势低于a点电势。A不符合题意；设ad连线中点为O，则其电势为16V，Co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向。场强为 ，B符合题意；由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做为在平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为 ，则运动时间为 ．C不符合题意。根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=1e×（24V-16V）=8eV，电势能减小8eV，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用电势差和距离关系可以求出出点的电势大小；利用电势相等可以求出等势面进而判别场强的方向；利用电势差结合距离可以求出场强的大小；利用类平抛的位移公式可以求出运动的时间；利用电势差可以求出电场力做功进而判别电势能的变化。
9．【答案】B,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。A不符合题意，B符合题意。由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。C不符合题意。从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动。D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对于电势-距离图像，图形的斜率表示该位置处电场的强度，与横轴包围的面积是电场力做的功，结合选项求解即可。
10．【答案】C,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电场及电场力
【解析】【解答】A、两等量异种电荷的电场线分布如图所示：
因a点的电场方向沿曲线的切线方向向右上，故+q在a点由静止释放后斜向上运动，不能沿直线到b点；A不符合题意.
B、a点电势为正，c点电势为负，负电荷在a点电势能为负，而在c点电势能为正，故-q在a点的电势能小于在c点的电势能，B不符合题意；
C、在两等量异号电荷连线上中点的电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大，所以b点的场强小于连线中点的场强，d点的场强大于中点的场强，则b点场强小于d点场强，C符合题意；
D、细杆所在的各点电场强度方向均向右侧，带电环受静电力和杆的弹力在水平方向平衡，只有重力使环做加速运动，加速度为g，D符合题意.
故答案为：CD.
【分析】结合等量异种电荷的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，结合选项分析求解即可。
11．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、由图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；当液面升高时，只能是正对面积S增大；A符合题意.
B、由 可知电容增大，B不符合题意.
C、D、因电容器充电后与电源断开，则电容器的总电荷量Q不变，依据 ，因此电势差减小，而静电计指针的偏角反映电容器的电压大小，即静电计的指针偏角变小；C不符合题意，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】电源断开代表电容器电量不变，导电液体的深度变大代表电容器的正对面积变大，所以电容变大，电压变小，角度也变小。
12．【答案】B,C
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】A、B、对B球受力分析如图所示：
B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态；则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；则可知B、C都应带正电；A不符合题意、B符合题意.
C、D、由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，B、C带电量应相同；C符合题意，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】对其中一个小球进行受力分析，在重力和两个库仑力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
13．【答案】A,B
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】由题意可知，沿着电场线的方向，电势降低，而电场线从正电荷发散，则A点的电势高于D点电势，A符合题意；-q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgr-W电= mv2-0，解得：W电= mgr；规定电场中B点的电势为零，AB 两点对称，因由D到B点电场力做正功，则电势能减小，因此D点的电势能为EPD= mgr；根据公式φD= ，B符合题意，D不符合题意；根据点电荷电场强度公式，E= ，电场强度的大小与间距的平方成反比，CA= CO，则有O点电场强度大小是A点的2倍，C不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】利用距离可以判断电势的高低，电场线向外射出的电势逐渐降低；利用动能定理可以求出AD间的电势差，A点电势为0，就可以求出D点电势大小；利用点电荷的场强公式可以求出场强的大小；利用电荷量乘以电势可以求出电势能大小。
14．【答案】；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】由图甲所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为 ，游标尺示数为 ，螺旋测微器示数为 ；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为 ，游标尺示数为 ，游标卡尺示数为 。
【分析】明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；明确游标卡尺的读数规则进行读数即可。
15．【答案】（1）ABDFI
（2）如图所示
（3）如图所示；
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）因为灯泡的标号为“6V 1.5W”，故电源选用直流电压为9V的A，当然还需要一些导线和开关B，电压表选用量程为6V的D即可，由于灯泡正常发光的电流为I=1.5W/6V=0.25A，故电流表选用量程为0.3A的F，由于测的是小灯泡的I-U图线，要求电压的调节范围较大，故采用分压式连接，滑动变阻器选用阻值较小的I；（2）因为灯泡的电阻约为24欧，阻值较小，为了减小误差，电流表宜采用外接法接入，故电路图如图所示；（3）连接的实物电路如图所示。
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（3）根据电路图中电流的走向连接实物图即可。
16．【答案】（1）解：电动机被卡住时，相当于纯电阻，
由闭合电路的欧姆定律
解得：
（2）解：电动机正常工作,由欧姆定律可知：
可得：
对电动机由能量守恒有：
解得：
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【分析】（1）电动机是非纯电阻原件，不能对其直接利用欧姆定律求解电阻，对整个电路利用闭合电路欧姆定律求解电动机的内阻即可；
（2）利用电动机两端的电压乘以流过电动机的电流求解电动机的总功率，利用总功率减去电动机的发热功率，即为电动机的输出功率。
17．【答案】（1）解：电容器间形成的是匀强电场，故场强为
代入数据解得：
（2）解：由匀强电场中电势差与场强的关系可知：
而
N板接地，有
联立解得：
（3）解：匀强电场中电场力为恒力，由功的定义式得：
解得：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）求解两极板间的电场强度，利用两极板的电势差除以两极板的间隔即可；
（2）先确定零势能面，求解A点的电势，利用A点到零时面的距离乘以电场强度即可；
（3）电场力做功与路径无关，只与始末位置无关，利用公式W=qU求解即可，其中q是电荷量，U是AB两点间的电势差。
18．【答案】（1）解：小球在区域 I中做类平抛运动，设小球在A点的速度为vA，竖直分速度为vy，
则有： ，
由牛顿第二定律可得：
由匀变速直线运动的速度位移公式得： ，解得：
（2）解：在区域 II中，由图可能得，由A至B下降的高度为 ，
则由A到B，根据动能定理：mg = mvB2 — mvA2，解得：vB=3v0
在区域 III中，小球在水平方向做匀减速直线运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：vB2=2 d
解得：E′=1.2×104N/C
（3）解：水平方向： ，
代入数据得：
坚直方向上小球做自由落体运动：
小球到达右边界后又向左返回到左边界，返回用时
竖直方向下落的高度
所以小球到达区域Ⅲ中电场边界上时与 的距离为：
， ，即：
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）小球在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可；
（2）对小球从A点到B点的运动过程应用动能定理求解小球的末速度，小球在电场III中做匀减速运动，小球的动能全部转化为电势能，利用动能定理列方程求解区域III中的电场强度即可；
（3）小球区域III中水平方向做匀加速运动，竖直方向做自由落体运动，结合受力情况，利用牛顿第二定定律求解两个方向的加速度，再利用运动学公式求解距离即可。
19．【答案】（1）解：进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动L=v0t
电子在电场中运动时间
（2）解：电子在电场运动时间一共是 ，根据两极板电压变换图b，竖直方向其中 电子匀加速运动， 电子匀减速直线运动，
由于电压大小一样，所以加速度大小相等
离开电场时竖直方向位移
（3）解：挡板去后，所有粒子离开电场的速度都相同。示意图如下
t=0时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向
若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上边沿离开电场。
时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为 ，此粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场。
次粒子正向偏移为
根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在水平方向上做匀速运动，结合水平方向的距离和水平速度求解运动时间；
（2）粒子在竖直方向上做匀加速运动，结合粒子的受力情况，利用牛顿第二定律求解粒子的加速度，再结合匀变速运动公式求解竖直方向的位移即可；
（3）结合两极板间电场的变化分析粒子的运动轨迹，结合运动学公式求解光带的宽度。
