北京市101中學2017-2018學年高一物理下學期期中試題(含解斬)

1、北京101中學2017-2018學年下學期高一年級期中考試物理試卷一、單選題：1. 一物體從某高度以初速度Vo水平拋出，落地時速度大小為Vt，則它的運動時間為【答案】D選 Co【點睛】解決本題的關鍵知道汽車做圓周運動向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解.【解析】將物體落地的速度進行分解，如圖所示故選 D。L2 2Vy _7VrV0sg，又由小球豎直方向做自由落體運動，有:【點睛】物體落地的速度進行分解,運動，求解運動時間.2.做勻速圓周運動的物體，下列哪些量是不變的A.線速度 B. 角速度 C. 向心加速度 D.向心力，再根據(jù)豎直方向是自由落體【答案】B【解析】 勻速圓周運動中線速度的方向時

2、刻發(fā)生變化,A 錯；向心加速度、向心力時刻指向圓心，CD 錯；3.質(zhì)量為:的汽車，以速率通過半徑為r的凹形橋，在橋面最低點時汽車對橋面的壓力大小是A. mg B.2Jmv _mv一 C. ，廠D.mvmg+【答【解根據(jù)牛頓第二定律得討、，解得 -，故 C 正確；A、B、D 錯誤。故A.B.，解得:4.汽車在水平地面上轉(zhuǎn)彎，地面對車的摩擦力已達到最大值。當汽車的速率加大到原來的3二倍時，若使車在地面轉(zhuǎn)彎時仍不打滑，汽車的轉(zhuǎn)彎半徑應A. 增大到原來的二倍B. 減小到原來的一半C. 增大到原來的四倍D. 減小到原來的四分之一【答案】C【解析】汽車在水平地面上轉(zhuǎn)彎， 所需的向心力是由側向靜摩擦力提供，

3、摩擦力已達到最大值，設摩擦力的最大值為fm,則得：，；當速率 V 增大為原來的二倍時，fm不變，由上im R得，R 應增大為原來的 4 倍.故選 C.5.用長短不同、材料相同的同樣粗細的繩子各拴著一個質(zhì)量相同的小球在光滑水平面上做勻速圓周運動，如圖所示，則A. 兩個小球以相同的線速度運動時，長繩易斷B. 兩個小球以相同的角速度運動時，短繩易斷C. 兩個小球以相同的角速度運動時，長繩易斷D. 以上說法都不對【答案】C【解析】試題分析：兩個小球以相同的速率運動時，根據(jù)，繩子越短，向心力越大，彫Vr繩子越容易斷，故 A 錯誤；兩個小球以相同的角速度運動時，根據(jù)：-門、匚知，繩子越長，向心力越大，繩子

4、越容易斷，故BD 錯誤，C 正確?？键c：向心力、牛頓第二定律【名師點睛】小球在光滑水平面上做勻速圓周運動，靠拉力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律判斷何時繩子容易斷。6.一個點電荷從靜電場中的a點移動到b點，其電勢能的變化為零，貝 UA.a、b兩點的電場強度一定相等B. 該點電荷一定沿等勢面運動4C.作用于該點電荷的電場力與其運動方向總是垂直的D.a、b兩點的電勢一定相等【答案】D【解析】試題分析：從靜電場中的a點移到b點，英電勢能的變化為零，根據(jù)公式W二Uq可得兩點的電勢相等，但電場強度不一定相等，所以A錯謀D正確；場力做功只與初末位置有關?與路徑無關電場力做功為零，電荷可能沿等勢面移動，也可能不

5、沿等勢面移動，故呂錯誤；電場力做功為零，作用于該點電荷的電場力與其移動的方向不一定總杲垂直的，故C錯誤-考點：考查了電場力做功與電勢差的關系【名師點睛】本題抓住電場力做功只與電荷初末位置有關，與路徑無關是關鍵，與重力做功的特點相似.7.在一個真空點電荷電場中，離該點電荷為ro的一點，引入電量為q的檢驗電荷，所受到的電場力為F,則離該點電荷為r處的場強的大小為A.F/qB.Fro2/qr2C.Fro/qrD. F； ：. /q【答案】B【解析】根據(jù)電場強度定義得ro處的場強大小為：根據(jù)點電荷的場強公式得 -I.,；則有：-丨解得：I：.所以該點電荷為 r 處的場強的大小為，故應選 B。qr8.用

6、絕緣柱支撐著貼有小金屬箔的導體A和B,使它們彼此接觸，起初它們不帶電，貼在它們下部的并列平行雙金屬箔是閉合的?，F(xiàn)將帶正電荷的物體C移近導體A,發(fā)現(xiàn)金屬箔都張開一定的角度，如圖所示，則5A.導體B下部的金屬箔感應出負電荷6B.導體A下部的金屬箔感應出正電荷C. 導體A和B下部的金屬箔都感應出負電荷D. 導體A感應出負電荷，導體B感應出等量的正電荷【答案】D【解析】把帶正電荷的物體匚移近導體人穩(wěn)定后.由于靜電感應.同種電荷相排斥異種電荷相吸引T正電荷靠近A后A帶負電荷，A端金屬箔片張開.E端帶正電荷，R端金屬箔片張開-故 D 正確。點晴：解決本題關鍵理解靜電感應實質(zhì)是電荷從A 端移到 B 端，并不

7、是從一個物體轉(zhuǎn)移到另一物體上。9.真空中兩相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B（均可看做點電荷），分別固定在兩處,它們之間的距離遠遠大于小球的直徑，兩球間靜電力大小為F?，F(xiàn)用一個不帶電的同樣的絕緣金屬小球C與A接觸，然后移開C,此時 A B 球間的靜電力大小為2FFA. 2FB.FC.D.【答案】D【解析】試題分析：由于兩個球之間的距離遠遠大于小球的直徑，故兩個小球可以看成是點電荷；設原來小球所帶的電荷量為q,則;當 C 與 A 接觸再移開后，A 所帶的電荷量/Z廠2減少為原來的一半，即q/2，故此時的靜電力的大小為F二.=F/2，選項 D 正確。lr*考點：庫侖定律。10.如圖所示的實驗裝置

8、中，極板 A 接地，平行板電容器的極板 B 與一個靈敏的靜電計相接。 將 A 極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q電容C兩極間的電壓U,電容器兩極板間的場強E的變化情況是7A.Q變小，C不變，U不變，E變小B.Q變小，C變小，U不變，E不變C.Q不變，C變小，U變大，E 不變D.Q不變，C變小，U變大，E變小【答案】C【解析】試題分析：平行板電容器與靜電計相接，電容器的電量不變，改變板間距離，由電容的決定式 C=，分析電容的變化，根據(jù)電容的定義式C=1分析電壓 U 的變化，而電4HkdU場強度綜合表達式 E=“ ，即可判定其大小變化情況.s解：平行板電容器與靜電計并聯(lián)，

9、電容器所帶電量不變增大電容器兩極板間的距離d 時,由電容的決定式 C= 知，電容 C 變小，Q 不變，則根據(jù)電容的定義式C=知，電容 C4兀kdU變小，Q 不變，則 U 變大，Il4k兀Q再根據(jù) E=，可得電場強度綜合表達式 E=，電場強度不發(fā)生變化，故C 正確，ABDQEs不正確.本題選擇不正確的，故選：ABD點評：對于電容器動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量.當電容器保持與電源相連時，電壓不變.當電容器充電后，與電源斷開后，往往電量不變.根據(jù)電容的決定式和定義式結合進行分析，注意掌握電場強度綜合表達式的內(nèi)容.11.如圖所示，電子由靜止開始從A 板向 B 板運動， 當?shù)竭_ B 板時速度為V,保持

10、兩板間電壓不變，則A.當增大兩板間距離時，V也增大8B.當減小兩板間距離時，V增大C. 當改變兩板間距離時，V不變D. 當增大兩板間距離時， 電子在兩板間運動的時間不變【答案】C【解析】A 根據(jù)動能定理研究電子由靜止開始從A板向B板運動列出等式：9D 由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強為L-7電子的加速度為：=八，電子在電場中一直做勻加速直線運動，由f：m md2所以電子加速的時間為：.，由此可見，當增大兩板間距離時，電子在兩板間的運動時間增大，D 錯誤；故選 Co12.如圖所示，在矩形ABC啲AD邊和BC邊的中點M和N各放一個點電荷，它們分別帶等量的正、負電荷。E、F是AB邊和CD

11、邊的中點，P、Q兩點在MN的連線上，Mf=QN對于E、F、P、Q四點，其中電場強度相同、電勢也相等的兩點是C.A和BD.C和D【答案】A【解析】依據(jù)電場強度疊加原理，知EP=EQ,EE=EF.MN 間的電場線由 M 指向 N,沿電場線JzA J方向電勢降低，有0P0 Q,E、F 在同一等勢面上，有0E=F,可見，A 正確。13.如圖所示，實線表示勻強電場的等勢線。 一個帶正電荷的粒子以某一速度射入勻強電場，只在電場力作用下，運動的軌跡如圖中的虛線所示。a、b為軌跡上的兩點。若a點電勢為a,b點電勢為eb,則下列說法中正確的是A.場強方向一定向上，且電勢eaebB.粒子一定是從a向b運動的，且電

12、勢eabD. 粒子可能是從b向a運動的，且電勢 ab【答案】D【解析】勻強電場中電場力與電場線平行，而曲線運動合力指向曲線的內(nèi)側，故電場力一定向右；粒子帶正電，故電場強度方向向右，沿電場方向電勢降低，即：電勢a b,故 D正確。點晴：電場線可形象來描述電場的分布.對于本題關鍵是根據(jù)運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內(nèi)側。14.如圖所示，帶電導體Q靠近一個接地的空腔導體， 空腔內(nèi)無電荷。則在達到靜電平衡后， 下列物理量中不為零的是A. 空腔導體外表面的電量B. 空腔導體內(nèi)表面的電量C. 空腔導體內(nèi)部任意一點的場強D. 空腔導體內(nèi)任意一點的電勢【答案】A【解析】A 項：因為接

13、地空腔導體里面無電荷， 帶電體 Q 感應遠端為正電荷， 近端為負電荷， 導體接地，說明遠端為地球，近端為導體，故導體外表面帶負電荷， 外表面的電荷量不為 0; B D 項：因為無窮遠處的電勢為 0,而地球相當于很遠的地方，故地球上電勢為與地球相連，是一個等勢體，故導體空腔內(nèi)任意點的電勢也為為 0,即內(nèi)表面沒有電荷，；C 項：空腔內(nèi)由于靜電屏蔽的作用，其內(nèi)部的場強為0。故應選 A。點晴：如果導體空腔不與大地相連，則空腔內(nèi)部的電場強度為體，它們是一個等勢體，其內(nèi)部的場強為0，電勢也為 0。0，導體空腔內(nèi)表面的電荷量0,電勢不為 0,在空腔的右側感應負電荷，在空腔的左側感應正電荷;如果空腔接地，則說

14、明空腔與地球連成了一個整1115.兩個點電荷的質(zhì)量分別為m2,帶異種電荷，電荷量分別為Q、Q,相距為d,只在庫侖力作用下（不計萬有引力） 各自繞它們連線上的某一固定點，在同一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，它們的總動能為A 豎 Bk 空 C 叫叱 D 叫竺d2d叫d2m1d【答案】B【解析】對于質(zhì)量 m，它們的庫侖力提供其向心力，即V -dlr對于質(zhì)量它們的庫侖力提供其向心力，即 .-孑口口-則它們總的動能為：y，故 B 正確。點晴：兩異種點電荷能繞圓心各自做勻速圓周運動，其向心力是由它們間的庫侖力提供，則可以求出它們的總動能。二、不定項選擇題16. 關于曲線運動的說法，正確的是A.速率不變的曲線運動

15、是沒有加速度的A .B.曲線運動一定是變速運動C. 變速運動- -定是 曲線運動4$D. 做曲線運動的物體一定有加速度【答案】BD【解析】A 項：速率不變的曲線運動，由于速度方向改變，所以也具有加速度，故A 錯誤；B 項：曲線運動的速度方向時刻發(fā)生改變，所以曲線運動一定是變速運動，故B 正確；C 項：變速運動不一定是曲線運動，如自由落體運動是勻變速直線運動，故C 錯誤；vjA 7D 項：由于曲線運動速度一定發(fā)生改變，所以一定具有加速度，故D 正確。17. 物體以速度水平拋出，若不計空氣阻力，則當其豎直分位移與水平位移相等時，以下 說法中不正確的是A.豎直分速度等于水平分速度B.即時速度大小為

16、C. 運動的時間為gD. 運動的位移為12【答案】AD【解析】AC 項：據(jù)題有：, | ,得物體運動的時間為：.豎直分速度為：Vy=gt=2v。，所以物體的豎直分速度是水平分速度的2 倍.故 A 錯誤，C 正確;B 項：物體的速率為： 一 f故 B 正確；D 項：物體的位移大小為:-，故 D 錯誤。點晴：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)豎直位移和水平位移相等， 求出運動的時間，從而得出豎直分速度， 結合平行四邊形定則求出瞬時 速度的大小.求出水平位移的大小，從而根據(jù)平行四邊形定則求出物體運動的位移。18.如圖所示， 長 0.5m 的輕質(zhì)細桿， 一端固定有一個

17、質(zhì)量為3kg 的小球，另一端由電動機帶動，使桿繞 O 在豎直平面內(nèi)作勻速圓周運動，小球的速率為2m/s。取 g=10m/s2,下列說法正確的是A. 小球通過最高點時，對桿的拉力大小是6NB. 小球通過最高點時，對桿的壓力大小是6NC. 小球通過最低點時，對桿的拉力大小是24ND. 小球通過最低點時，對桿的拉力大小是54N【答案】BD【解析】A 項：設在最高點桿子表現(xiàn)為拉力，則有，代入數(shù)據(jù)得，F(xiàn)=-6N,則桿子表現(xiàn)為推力，大小為 6N.所以小球?qū)U子表現(xiàn)為壓力，大小為6N.故 A 錯誤，B 正確；C D 項：在最低點，桿子表現(xiàn)為拉力，有 卜鬥皤：，代入數(shù)據(jù)得，F(xiàn)=54N.故 C 錯誤，D 正確。

18、點晴：桿子帶著在豎直平面內(nèi)的圓周運動，最高點，桿子可能表現(xiàn)為拉力，也可能表現(xiàn)為推力，取決于速度的大小，在最低點，桿子只能表現(xiàn)為拉力。19.如圖為兩個點電荷在真空中所產(chǎn)生電場的電場線（方向未標出）。圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關于MS右對稱。則下列說法中正確的是13A. 這兩點電荷一定是等量異種電荷B. 這兩點電荷一定是等量同種電荷C.D C兩點的電勢一定相等豊D.C點的電場強度比D點的電場強度小【答案】AC【解析】A、B 項：根據(jù)電場線分布的特點: 電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止，且DN 兩側電場線對稱，可知 A B 是兩個等量異種

19、電荷，故 A 正確，B 錯誤；C 項：根據(jù)平行四邊形定則，對中垂線上的場強進行合成，知中垂線上每點的電場方向都水 平向右，中垂線和電場線垂直，所以中垂線為等勢線，所以D C 兩點的電勢一定相等，故C 正確；/D 項：在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大，也可以從電場線的疏密判斷，所以 C 點的電場強度比 D 點的電場強度大，故 D 錯誤。20.測定壓力變化的電容式傳感器如圖所示，A為固定電極，B為可動電極，組成一個電容大小可變的電容器。 可動電極兩端固定， 當待測壓力施加在可動電極上時，可動電極發(fā)生形變，從而改變了電容器的電容?，F(xiàn)將此電容式傳感器連接到如圖所示的電路中，當待測壓力

20、增大時A符昭匡舟-A.電容器的電容將增大B.電阻R中沒有電流14C. 電阻R中有從a流向b的電流D. 電阻R中有從b流向a的電流15【答案】AD【解析】A 當待測壓力增大時，電容器板間距離減小，根據(jù)電容的決定式得知，電J 4nkd容C增大故 A 錯誤.B C D、電容板間電壓U不變，電容器所帶電量為Q=CU C增大，則Q增大，電容器處于充電狀態(tài)，而 A 板帶正電，則電路中形成逆時針方向的充電電流，電 阻R中有從b流向a的電流故 B C 錯誤，D 正確故選 AD.【點睛】本題考查對傳感器基本原理的理解，實質(zhì)是電容器動態(tài)變化分析問題，電容的決定式和定義式結合進行分析.J Jukd21.如圖所示，初

21、速為零的電子經(jīng)電壓U加速后，垂直進入偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，離開偏轉(zhuǎn)電場時側向位移是y，偏轉(zhuǎn)板間距離為d,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,板長為I。為了提高偏轉(zhuǎn)靈敏度（每 單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的側向位移即y/U2）,可采用下面哪些辦法A. 增大偏轉(zhuǎn)電壓B. 增大板長IC. 減小板間距離dD. 增大加速電壓U【答案】BC【解析】粒子經(jīng)電場加速后，根據(jù)動能定理有:粒子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動:131叫L，叫豎直方向： V=2atf 怦*所以要增加側向位移 y,可以增大偏轉(zhuǎn)電壓 U2,增加板長 L,或減小極板距離 d，或減小加水平方向:L=vt 可得粒子運動時間得電子加速后的速度16速電壓 Ui故 BC 正確。點晴：粒子經(jīng)電場加

22、速后根據(jù)動能定理可以求出加速后的表達式， 拋運動，根據(jù)類平拋知識求解粒子偏轉(zhuǎn)的側向位移，由此分析即可。三、實驗題22.用圖 1 所示的實驗裝置做“研究平拋物體的運動”實驗。圖11_對于實驗的操作要求，下列說法正確的是_A. 應使小球每次從斜槽上相同的位置自由滾下B. 斜槽軌道必須光滑C. 斜槽軌道末端可以不水平D. 要使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些E. 為了比較準確地描出小球運動的軌跡，應該用一條光滑曲線把所有的點連接起來2圖 2 是利用圖 1 裝置拍攝小球做平拋運動的頻閃照片，由照片可判斷實驗操作錯誤的是_ （填選項前的字母）。A.釋放小球時初速度不為0B. 釋放小球的

23、初始位置不同C. 斜槽末端切線不水平3圖 3 是利用穩(wěn)定的細水柱顯示平拋運動軌跡的裝置，其中正確的是 _ （填選項前的字母）。粒子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平174根據(jù)實驗結果在坐標紙上描出了小球水平拋出后的運動軌跡。部分運動軌跡如圖4 所示。圖中水平方向與豎直方向每小格的長度均為I,R、F2和P3是軌跡圖線上的 3 個點，P和P2、F2和F3之間的水平距離相等。若已測知拋出后小球在水平方向上做勻速運動，重力加速度為g?？汕蟪鲂∏驈腞運動到F2所用的時間為 _，小球拋出后的水平速度為 _ ，小球運動到P2的速度大小為 _。做同樣的平拋運動， 小球每次應從同一位置滾下，故 A 正確；小球在運動中摩擦力每次

24、都相同，故不需光滑，故 B 錯誤；為了得出更符合實際的軌跡，應盡量多的描出點，故D 正確;記錄點適當多一些，能夠保證描點光滑，用平滑曲線連接，偏離較遠的點應舍去， 故 E 錯誤;(2) 由圖 2 可知，小球的軌跡從拋出點開始向上，說明小球不是做平拋運動，即斜槽末端切線不水平，故 C 正確；(3) 豎直管內(nèi)與大氣相通， 為外界大氣壓強，豎直管在水面下保證豎直管上出口處的壓強為大氣壓強.因而另一出水管的上端口處壓強與豎直管上出口處的壓強有恒定的壓強差，保證另一出水管出水壓強恒定，從而水速度恒定.如果豎直管上出口在水面上，則水面上為恒定大氣壓強，因而隨水面下降，出水管上口壓強降低，出水速度減小，故應

25、選B；由圖 4 所示可知： h=4I，由勻變速直線運動推論得： h=gt2,即：4I=gt2,【答案】 (1). ADE (2). C (3). B (4).【解析】(1)為了保證小球做平拋運動,斜槽末端必須水平,故 C 錯誤；而為了讓小球每次18由圖 4 所示可知：x=6l，小球的初速度大?。? ：=,二二.在円點豎直方向的速度為.=、，所以 P2 點速度為 V - -點晴：根據(jù)平拋運動中的注意事項可得出正確選項；根據(jù)豎直方向運動特點h=gt2,求出物體運動時間，根據(jù)勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度大小可以求出 P2在豎直方向上的速度大小，根據(jù) vy=gt 可以求

26、出從拋出到 P2點的時間，根據(jù)平拋運動規(guī)律進一步求出結果。23.如圖所示，在平行金屬帶電極板MN 電場中將電荷量為-4X10-6C 的點電荷從 A 點移到 M板，電場力做負功 8X10-4J，把該點電荷從 A 點移到 N 板，電場力做正功為 4X10-4J, N板接地。則的不得分。24.將一個質(zhì)量n=2.0kg 的小球從離地面h=15m 高的地方水平拋出，拋出時小球的速度vo=10m/s，忽略空氣對小球的阻力。求:(1) 小球在空中運動的時間;(2)小球落地時的速度大小；(3)小球的重力勢能的減少量。 (重力加速度g取 10m/s2)(1)A 點的電勢=(2 ) U MN 等于【答(1). -

27、100V (2). -300V叫N 4101 J.A N 間的電勢差：|又：UAN= A- N,N=0 ,貝UA 點的電勢：【解A=-100V19【答案】(1) .(2) 20m/s (3) 300J【解析】(1)在豎直方向做自由落體運動:20h =2gt小球落地時豎直方向的速度為；二.所以小球落地時的速度大小小球的重力勢能的減少量 I -加-九 肓：m25.如圖所示，軌道 ABCD 勺 AB 段為一半徑R的光滑 1/4 圓形軌道，BC 段為高為h=5m 的豎 直軌道， CD 段為水平軌道。 一質(zhì)量為mFO.Ikg 的小球由 A 點從靜止開始下滑到 B 點時速度 的大小為 2m/s，離開 B

28、點做平拋運動(g 取 10m/s2),求：(1 )小球離開 B 點后，在 CD 軌道上的落地點到 C 的水平距離；(2 )小球到達 B 點時對圓形軌道的壓力大?。俊敬鸢浮?1) 2m ( 2) 3N【解析】試題分析：(1)根據(jù)高度求出平拋運動的時間，結合速度和時間求出水平距離;由牛頓第二定律 r c. -I ,求出壓力。解：(1)設小球離開 B 點做平拋運動的時間為 t1,落地點到 C 點距離為 s由卜？：.；解得：、.,丸：由公式 ;(2)小球達 B 受重力 G 和向上的彈力 F 作用2由牛頓第二定律知 InH代入數(shù)據(jù)解得：F=3N由牛頓第三定律知球?qū) 的壓力為 3N。2126.電子所帶電

29、荷量最早是由美國科學家密立根通過油滴實驗測出的。油滴實驗的原理如圖22所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負電荷，油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶電，油滴進入上板中央小孔后落到勻強電場中， 通過顯微鏡可以觀察 到油滴的運動情況，兩金屬板間的距離為d,重力加速度為g。忽略空氣對油滴的浮力和阻 力。(1)調(diào)節(jié)兩金屬板間的電勢差u，當u=UO時，設油滴的質(zhì)量為m，使得某個油滴恰好做勻速運動。該油滴所帶電荷量q為多少？(2)若油滴進入電場時的速度可以忽略，當兩金屬板間的電勢差為量為 m2 帶正電的油滴進入電場后做勻加速運動，經(jīng)過時間由以上兩式解得 Q=若 Q 為負電荷，根據(jù)牛頓

30、第二定律有mg-石-ma，又 d=atZ叫2d*由以上兩式解得 Q= -27.示波器中的示波管對電子的偏轉(zhuǎn)是電偏轉(zhuǎn)，小明同學對這種偏轉(zhuǎn)進行了定量的研究,知電子的質(zhì)量為m電荷量為e，在研究的過程中空氣阻力和電子所受重力均可忽略不計。u=U時，觀察到某個質(zhì)t運動到下極板，求此油滴所帶電荷量Q叫陰叫1、【答案】(1)( 2)【解析】(1)由平衡條件知 mg= q解得 q=(2)若 Q 為正電荷，根據(jù)牛頓第二定律有# jh噴霧器mg+c =ma，且 d=at5刃23(1)如圖所示，水平放置的偏轉(zhuǎn)極板的長度為I，板間距為d，極板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U,在24心線00垂直。電子以水平初速度vo 從兩極板左端沿兩極板間的中心線射入，忽略極板間勻強電場的邊緣效應，電子所受重力可忽略不計，求電子打到熒光屏上時沿垂直于極板板面方向偏移的距離。(2)分析物理量的數(shù)量級， 是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U=2.0 x102V,d=4.0 x10-2m,n=9.1x10-31kg ,192e=1.6x10-C,重力加速度g=10m/s。(3) 極板間既有靜電場，也有重力場。電場力反映了靜電場各點具有力的性質(zhì)，請寫出電場強度E的定義式。類