资料简介
成都石室中学 2019-2020 学年上期高 2021 届期中考试
物理试卷
一．单项选择题（9 个小题，每小题只有一个选项正确，每小题 3 分，共 27 分）
1.带电微粒的电荷量不可能是下列选项中的（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】最小的电荷量是 1.6×10-19C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带
电量都是元电荷或是元电荷的整数倍，
A． 是 1.6×10-19C 的 2 倍，故 A 可能，不符合题意。
B．-6.4×10-20C 不是 1.6×10-19C 的整数倍，故 B 错误，符合题意；
C．-1.6×10-18C 是 1.6×10-19C 10 倍，故 C 正确，不符合题意；
D．4.0×10-17C 是 1.6×10-19C 的 250 倍，故 D 正确，不符合题意；
2.两个电子以不同的初速度垂直射入同一匀强磁场，半径为 r1 和 r2，周期为 T1 和 T2，则
A. r1=r2，T1≠T2
B. r1≠r2，T1≠T2
C. r1=r2，T1=T2
D. r1≠r2，T1=T2
【答案】D
【解析】
【详解】设电子的初速度为 v，磁场的磁感应强度为 B，电子的质量和电量分别为 m、e。根据
牛顿第二定律得：
解得运动轨迹半径为：
的
-193.2 10 C×
-206.4 10 C− ×
-181.6 10 C− ×
-174.0 10 C×
-193.2 10 C×
2vevB m r
=由于 m、e、B 相同，则 r 与 v 成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即
r1≠r2
电子圆周运动的周期为：
m、e、B 均相同，则电子运动的周期相同，即
T1=T2
A．r1=r2，T1≠T2，与结论不相符，选项 A 错误；
B．r1≠r2，T1≠T2，与结论不相符，选项 B 错误；
C．r1=r2，T1=T2，与结论不相符，选项 C 错误；
D．r1≠r2，T1=T2，与结论相符，选项 D 正确；
3. 两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它
们的加速度之比将( )
A 增大 B. 先增大后减小
C. 保持不变 D. 减小
【答案】C
【解析】
两小球间的库仑力互为相互作用力，在任意时刻都是大小相等方向相反，由 F=ma 可知它们的
加速度之比总是为质量的反比，C 对；
4.等量异种点电荷的连线和中垂线如图示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的 a 点沿直
线移动到 b 点，再从 b 点沿直线移动到 c 点，则检验电荷在此全过程中()
A. 所受电场力的方向不变
B. 所受电场力的大小恒定
C. b 点场强为 0，电荷在 b 点受力也为 0
D. 在平面内与 c 点场强相同的点总共有四处
【答案】A
.
mvr eB
=
2 2r mT v eB
π π= =【解析】
【详解】A．在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，即竖直
向下；在 b 到 c 的过程中电场力的方向也是竖直向下。检验电荷所受电场力的方向保持不变，
故 A 正确；
B．根据点电荷电场强度的叠加，结合等量的异种电荷的电场的分布特点可知，检验电荷在此
全过程中所受电场力大小是变化的，故 B 错误；
C．根据矢量叠加原理，可知，b 点场强不为 0，方向由正电荷指向负电荷，电荷在 b 点受力
也不为 0．故 C 错误；
D．在平面内与 c 点场强相同 点，即大小相等，方向相同的点只有一处，在与 c 点关于 b 点
对称的点，故 D 错误。
5.电场中有 A、B 两点，一个点电荷在 A 点的电势能为 1.2×10-8J，在 B 点的电势能为
0.80×10-8J.已知 A、B 两点在同一条电场线上如图所示，该点电荷的电荷量为 1.0×10-9C，
那么（ ）
A. 该电荷为负电荷 B. 该电荷为正电荷
C. A、B 两点的电势差 UAB="4.0" V D. 把电荷从 A 移到 B，电场力做功为
W=4.0J
【答案】A
【解析】
【分析】
A 点的电势能大于 B 点的电势能，从 A 到 B 电场力做正功，所以该电荷一定为负电荷，且 WAB＝
EpA－EpB＝1.2×10－8J－0.80×10－8J＝0.40×10－8J，故 A 项正确而 BD 项错误；UAB＝ ＝
V＝－4.0 V，所以 C 选项错误．正确答案为 A.
【详解】
的
ABW
q
8
9
0.4 10
1.0 10
−
−
×
− ×6.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机 M 和电热丝 R 构成．当闭合开
关 S1、S2 后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出
风口吹出．已知电吹风的额定电压为 220 V，吹冷风时的功率为 120 W，吹热风时的功率为 1 000
W．关于该电吹风，下列说法正确的是( )
A. 电热丝的电阻为 55 Ω
B. 电动机的电阻为 Ω
C. 当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为 120 J
D. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为 120 J
【答案】AD
【解析】
当吹热风时，电机和电阻并联。电阻消耗的功率为 ，由
可知 故 A 正确；电机为非纯电阻电路
故 B 错误；当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的
电能为 0，故 C 错误；当电吹风吹热风时，电动机 M 和电热丝 R 并联，电动机的功率为 120W，
所以每秒钟消耗的电能 ，故 D 正确；综上分析，AD 正确。
7.如图所示的电路，R1、R2 是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3 为小灯泡，电源内阻为
r．开关闭合后，当滑动变阻器触头 P 向上移动时（ ）
A. 电压表示数变大
B. 小灯泡亮度变大
C. 电容器充电
1210
3
1000 120 880P P P W W= − = − =热 冷
2UP R
=
2
55UR P
= = Ω
2 2220 1210
120 3
UR P
≠ = = Ω
120 1 120JQ Pt= = × =D. 电源的总功率变大
【答案】AC
【解析】
试题分析：闭合开关后，当滑动变阻器触头 P 向上移动时， 增大，外电路总电阻增大，干
路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变
大，故 AB 错误；电路稳定时电容器的电压等于 、 串联总电压，根据串联电路电压分配
规律可知， 增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故 C 正确；电源的总功率为
，干路电流 I 减小，则电源的总功率变小，故 D 错误．
考点：考查了电路动态变化分析
【名师点睛】本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，
可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的
特点，分析各部分电压的变化，比较简便．
8.如图所示，一矩形线圈位于 xOy 平面内，线圈的四条边分别与 x、y 轴平行，线圈中的电流
方向如图，线圈只能绕 Ox 轴转动．欲使线圈转动起来，则空间应加的磁场是：
A. 方向沿 x 轴的恒定磁场．
B. 方向沿 y 轴的恒定磁场．
C. 方向沿 z 轴的恒定磁场．
D. 方向沿 z 轴的变化磁场．
【答案】B
【解析】
试题分析：方向沿 x 轴的恒定磁场，则前方的通电导线受力为竖直向上，后方的为竖直向下，
所以不满足题意，A 错，若方向沿 y 轴的恒定磁场，则左方的安培力方向向下，右方的安培力
方向向上，满足题意，B 对。若是方向沿 z 轴的恒定磁场，则磁场具有收缩的趋势，不会转动，
C 错。方向沿 z 轴的变化磁场则会导致线框有收缩或扩张，D 错。
考点：安培力
点评：本题考查了安培力的判断，并结合安培力的力矩效果判断线框的转动。属于常见的安
'R
1R 'R
'R
P EI=培力判断问题
9.空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同
种带电粒子，速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则（）
A. 同一时刻所有粒子的动量相同
B. 同一时刻所有粒子的位移相同
C. 同一时刻所有粒子到达同一等势面上
D. 同一时刻所有粒子到达同一水平面上
【答案】C
【解析】
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，所有粒子初速度大小相等，则在同一时刻，所有粒
子动量大小相等而方向不同，粒子动量不同，故 A 错误；
B．粒子在电场中做类平抛运动，同一时刻所有粒子位移大小相等但方向不同，粒子位移不同，
故 B 错误；
CD．粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内所有粒子在水平方向位
移相等，所有粒子同时到达与电场垂直的同一竖直面内，所有粒子不会同时到达同一水平面，
匀强电场等势面是与电场垂直的平面，由此可知，在同一时刻所有粒子到达同一等势面，故 C
正确，D 错误；
二.多项选择题(5 个小题，每小题有多个选项正确，每小题 4 分，共 20 分）
10.下列说法中正确的是（ ）
A. 只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同
B. 如果把 改为 ，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变
C. 洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D. 粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如
q+ q−当粒子速
度与磁场垂直时 ，当粒子速度与磁场平行时 。又由于洛伦兹力的方向永远与
粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，故 A 错误；
B.因为 改为 且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由 知大小也
不变，故 B 正确；
C.因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，故 C 错误；
D.因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可
改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，故 D 错误。
11.如图所示，电源电动势为 E、内阻为 r.闭合开关 S，当滑动变阻器 R 的滑片缓慢地从最左
端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为 ΔU，电流表示数的变化量为 ΔI，电
流表的示数为 I，电容器的带电量为 Q，则在这个过程中，下列图象正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律
U=E-I（R1+r）得
△U=△I（R1+r）
解得：
所以不变，所以 图像为平行时间轴的直线，故 A 错误，B 正确；
CD．当滑动变阻器 R 的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的
F qvB= 0F =
q+ q− F qvB=
1
U R rI
∆ = +∆
U tI
∆ −∆电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流 I 增大，根据欧姆定律可知电阻 R1
两端电压增大，电路中总电流 I 增大，根据
Q=UC=CR1I
可知 Q-I 图象是过原点的倾斜直线，故 C 错误，D 正确
12.如图所示的 U−x 图象表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上的距离关系。若三
对金属板的负极板接地，图中 x 均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是（ ）
A. 三对金属板正极电势的关系
B 三对金属板间场强大小有
C. 若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是 1 最密，
3 最疏
D. 若沿电场方向每隔相等距离作一等势面，则三个电场中相邻等势面差值最大的是 1，最小
的是 3
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．三对金属板的负极板接地，即电势为零。根据电场的电势差与场强方向上的距离
关系图象得三对金属板正极合负极电势差相等，所以三对金属板正极电势的关系相等，故 A
错误。
B．根据电场的电势差与场强方向上的距离关系得 U=-kx+b．即表示平行金属板间任意一点到
负极的电势差与场强方向上的距离关系。根据匀强电场中任意两点的电势差等于场强与这两
点间沿着电场方向的距离的乘积，即 U=Ed，所以电场的电势差与场强方向上的距离关系图象
斜率的绝对值大小等于场强大小，所以三对金属板间场强大小有 E1＞E2＞E3．故 B 正确。
C．三对金属板间距 1 最小，3 最大，而若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，而三
对金属板正极合负极电势差相等，所以沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，三个电
场等势面分布的关系是 1 最密，3 最疏，故 C 正确。
D．三对金属板间场强大小有 E1＞E2＞E3．根据 U=Ed 得，沿电场方向每隔相等距离作一等势面，
.
1 2 3
ϕ ϕ ϕ> >
1 2 3E E E> >三个电场中相邻等势面差值最大的是 1，最小的是 3，故 D 正确。
13. 如图所示，两根间距为 d 的平行光滑金属导轨间接有电源 E，导轨平面与水平面间的夹角
θ=30°．金属杆 ab 垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为 B
的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆
能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（ ）
A. 增大磁感应强度 B
B. 调节滑动变阻器使电流减小
C. 增大导轨平面与水平面间的夹角 θ
D. 将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变
【答案】A
【解析】
试题分析：当金属杆处于静止状态时，在沿斜面方向上受到安培力和重力沿斜面向下的分力，
处于平衡状态，所以满足 ，若增大磁感应强度 B，则向上的安培力增大，故金
属杆可以沿导轨向上运动，若使电流减小，则安培力减小，金属杆沿导轨向下运动，若增大
导轨平面与水平面间的夹角 θ，则重力沿斜面方向的分力增大，金属杆沿导轨向下的运动，
若将电源正负极对调使杆中的电流方向改变安培力将沿斜面向下，因此金属棒将向下运动，
故 A 正确
考点：考查了安培力，共点力平衡条件
14.质量为 、带电荷量为+q 的小金属块 A 以初速度 从光滑绝缘高台上水平飞出.已知在足
够高的高台边缘右侧空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小 .下列说法正确的是
（）
sinBIL mg θ=
m 0v
3mgE q
=A. 金属块不一定会与高台边缘相碰
B. 金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动
C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为
D. 金属块运动过程中的最小速度为
【答案】BD
【解析】
A、B 项：小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定
会与高台边缘相碰，故 A，错误，B 正确；
C 项：小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度为-3g，根据速度位移关系公式，
有： ，故 C 错误；
D 项：小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度 vx=v0-3gt；
竖直方向做自由落体运动，分速度 vy=gt；
合速度 ，根据二次函数知识，当
时，有极小值 ，故 D 正确。
点晴：本题关键将小金属块的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据分运动的位移公
式和速度公式列式求解；对于 D 选项，要求解出合速度的表达式，根据二次函数的知识求解
极值。
第Ⅱ卷（非选择题共 63 分）
三．实验题（3 个小题，共 17 分）
15.某同学在练习使用多用电表时连接的电路如图所示。
2
0
4
v
g
010
10
v
2 2
0 0
2 3 6m
v vx g g
= =×
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0( 3 ) ( ) 10 6x yv v v v gt gt g t gtv v= + = − + = − +
03
10
vt g
= 010
10
v(1)若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过_______(填 R1 或 R2)的电流；
(2)若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，则测得的是______的电阻。
A.R1 的电阻
B.R2 的电阻
C.R1 和 R2 的串联电阻
D.R1 和 R2 的并联电阻
(3)将选择倍率的旋钮拨至×100 挡时，指针的偏转角过大，为了提高测量的精确度，请完
成下列操作：
A.将选择开关拨至______挡(填“1kΩ”或“10Ω”)；
B.将两根表笔短接
C.调节调零电阻，使指针停在 0Ω 刻度线上
D.将两根表笔分别接触待测电阻的两端，指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为
_______Ω.
E.将选择开关拨至交流电压最高挡上。
【答案】 (1). R1 (2). C (3). 10Ω (4). 160
【解析】
【详解】（1）[1]．多用电表使用电流档时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串
联，电流相等，若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过 R1 的电流．
（2）[2]．断开电路中的电键，R1 与 R2 串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是 R1 与
R2 串联的总电阻，故选 C；
（3）[3][4]．用“×100Ω”测电阻时挡时，指针的偏转角过大，说明所选挡位太大，为准
确测量电阻阻值，应换用小挡，应选“×10Ω”挡，然后对欧姆表重新进行欧姆调零，然后
Ω再测电阻阻值，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于 OFF 挡或交流电源最高挡上，由图象
表盘可知，待测电阻阻值为：16×10Ω=160Ω；
16.某实验小组设计如图所示的电路，测量电源电动势 E 和一个定值电阻 Rx 的阻值。实验室提
供的器材有：
待测电阻 Rx(约 100Ω)，
待测电源 E(电动势约 3V，内阻不计)，
电压表 V(量程 0~3V，内阻约 15kΩ)，
电阻箱 R(阻值范围 0~999.9Ω)，电键 S，导线若干。
实验步骤如下：
Ⅰ.闭合开关 S，多次调节电阻箱，记下压表的示数 U 和电阻箱相应的阻值 R；
Ⅱ.以 R 为纵坐标，_________为横坐标，作图线(用直线拟合)；
Ⅲ.由图线得出直线与纵轴的交点坐标为—a(a>0)，与横轴的交点坐标为 b(b>0)。则定值电阻
Rx=_____，电源电动势 E=________(用 a、b 表示)
【答案】 (1). (2). a (3).
【解析】
【详解】Ⅱ.由闭合电路欧姆定律可知：
变形可得： ，以 R 为纵坐标，位列得出直线应以 为横坐标；
Ⅲ.由 可知， 图象的纵截距： ，图象的斜率的绝对值：
，解得：定值电阻 ， .
17.一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如图 1 所示，此材料长约 3cm，电阻约为
100 ，已知这种材料的电阻率为 .欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量。现
提供以下实验器材：
A.20 分度的游标卡尺；
1
U
1
b
x
x
EU RR R
= +
1
x xR R ERU
= − + 1
U
1
x xR R ERU
= − + 1R U
− xa R=
x
ak ER b
= = xR a= 1E b
=
Ω ρB.螺旋测微器；
C.电流表 A1(量程 50mA，内阻 r1=100Ω)；
D.电流表 A2(量程 100mA，内阻 r2 约为 40Ω)；
E.滑动变阻器 R1(0∼10Ω，额定电流 2A)；
F.直流电源 E(电动势为 12V，内阻很小)；
G.上述导电材料 R2(长约为 3cm，电阻约为 100Ω)；
H.开关一只，导线若干。
请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径 d 的实验方案，回答下列问题：
(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图 2 所示，其示数 L=______cm，用螺旋测微器测得该样品
的外径如图 3 所示，其示数 D=__________mm.
(2)图 4 是实验测量电路一部分，为了多测几组数据，请在图上补全测量电路(所需仪器在题
中给的器材中选取，用常用的电路符号代替)____________.
(3)为了得到样品的内径 d，实验中还需要得到的一组测量值是______________(用字母表示且
要说明相应字母的含义).
(4)用已知的物理量字母和所测得的物理量的字母表示样品的内径 d=_____________.
【答案】 (1). 3.015 (2). 3.204mm∼3.206mm (3). (4). A1
电流表示数为 I1，A2 电流表示数为 I2 (5).
【解析】
【详解】（1）[1]．游标卡尺读数为 L=30mm+3×0.05mm=30.15mm=3.015cm，
[2]．螺旋测微器测得该样品的外径 d=3.0mm+20.5×0.01mm=3.205mm；（3.204mm～3.206mm）
（2）[3]．因两个电流表中，A2 电流表的满偏电流大于 A1 电流表的满偏电流，又 A1 电流表内
( )2 12
1 1
4 L I ID I r
ρ
π
−−阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将 A1 电流表与待测材料并联后再与 A2 电流表串联，
又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示．
（3）[4]．实验中还需要得到的一组测量值是：A1 电流表示数为 I1，A2 电流表示数为 I2，
（4）[5]．由欧姆定律可得待测电阻阻值
又由电阻定律 及
解得样品的直径
四．计算题（4 个小题，共 46 分）
18.摆线长为 L，摆球质量为 m 带正电量 q 的单摆从如图所示位置 A 摆下，到最低处时便在一
个磁感应强度为 B 的匀强磁场中运动，摆动平面垂直磁场，若图中 =60°，摆球从 A 起第一
次到最低处时，摆线上的拉力为？
【答案】
【解析】
【详解】从开始摆动到最低点，由动能定理：
在最低点：
1 1
2 1
I rR I I
= −
LR S
ρ= 2 21
4S D dπ= −（ ）
2 2 1
1 1
)4 (L I Id D I r
ρ
π
−= −
α
2mg qB gl+
21(1 cos60 ) 2mgl mv− =
联立解得：
19.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分別与电池两极相连，上极板中心有
一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方 处的 P 点有一带电粒子，该粒子从静
止开始下落，经过小孔进人电容器，并在下极板处（未与极板接触)返回。若将下极板向上平
移 ，求仍从 P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度。
【答案】
【解析】
【详解】对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：
将下极板向上平移 ，设仍从 P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度为 x，根据动能
定理得：
联立两式解得
20.如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度为 E，y 轴与直线
x=-d(d>0)区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度也为 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( ， )，求粒子通过 x 轴的位置坐标；
2vT qvB mg m l
− − =
2T mg qB gl= +
2
d
2
d
3
4
d
3 02mg d qU⋅ − =
2
d
( ) 02
2
Uq dmg x xd
⋅ − ⋅ − =
3
4
dx =
2
d
2
d(2)若 S 点坐标为(d，d)，求粒子通过 x 轴时的动能；
(3)若粒子能通过 x 轴上的点坐标为(−3d，0)，求释放 S 点的坐标(x，y)应满足的条件。
【答案】(1)（-d，0）(2) (3) ，
【解析】
【详解】粒子只受电场力作用；
（1）粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得：
故粒子进入第二象限时的速度
位置为(0， d)；
粒子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：
故在水平方向上的位移
故粒子刚好到达电场左边界，粒子通过 x 轴的坐标为（-d，0）；
（2）若 S 点坐标为（d，d），粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得：
故粒子进入第二象限时的速度
5
4 qEd 24 5xy d= ( 0 0)x y> >，
2
1
1
2 2
dqE mv⋅ ＝
1
qEdv m
＝
1
2
21 1
2 2
qEd tm
⋅＝
1
qEd mdx v t dm qE
⋅＝ ＝ ＝
2
2
1
2qEd mv＝
2
2qEdv m
＝位置为（0，d）；
那么，粒子在第二象限电场中的初速度增大，故运动时间减小，那么，粒子一定穿过了电场
左边界；粒子先做类平抛运动，之后做匀速直线运动到达 x 轴；
粒子做类平抛运动的时间
故竖直方向位移
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＝
（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：
所以，
粒子进入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：
又有粒子做类平抛运动的竖直位移
2
dt v
′＝
2
21 1
22 2 4
qE qE dy t dqEdm m
m
⋅ ′ ⋅＝ ＝ ＝
5
4qEd qEy qEd+ ＝
21
2qEx mv＝
2qExv m
＝
2
y
x
qE d
v at qEdm vtan v v v mv
θ
⋅
＝ ＝ ＝ ＝
粒子离开电场后做匀速直线运动，故有：
所以
所以
故释放 S 点的坐标（x，y）应满足的条件为
4xy=5d2，（x＞0，y＞0）；
21.如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大 区域内存在水平向右的电场，电场强度为 E。
不带电的绝缘小球 P2 静止在 O 点。带正电的小球 P1 离小球 P2 左侧的距离为 L。现由静止释放
小球 P1，在电场力的作用下 P1 与 P2 发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的 2/3 倍。已知 P1 的质
量为 m，带电量为 q，P2 的质量为 5m。求：
（1）碰撞前小球 P1 的速度。
（2）碰撞后小球 P2 的速度。
（3）小球 P1 和小球 P2 从第一次碰撞到得二次碰撞的时间和位置
【答案】（1） （2） （水平向右） （3）
【解析】
试题分析：（1）设碰撞前小球 P1 的速度为 v0，根据动能定理
解得 （2 分）
的
2
2
2
1 1
2 2
qE
m
dy at v
′ ⋅＝ ＝
2
y ytan d
θ − ′＝
2 2
2 2
222
qEd qEdy y y dtanmv mv
θ− ′ − =＝ ＝
2 2 2
2
5 5 5
2 4 4
qEd qEd dy mv qEx x
＝ ＝ ＝
4
3
L（2）P1、P2 碰撞，设碰后 P1 速度为 v1， P2 速度为 v2，由动量守恒定律：
（2 分）
（水平向左） 解得 （水平向右） （1 分）
（3）碰撞后小球 P1 向先向左后向右做匀变速运动，设加速度为 a，则：
（1 分）
设 P1、P2 碰撞后又经 时间再次发生碰撞，且 P1 受电场力不变，由运动学公式，以水平向右
为正，则：
（2 分）
解得： （1 分）
对 P2 分析： （2 分）
即第二次碰撞时距离 O 点 （1 分）
考点：本题考查动能定理、动量守恒定律和运动学公式。
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