(假期一日一練)學(xué)年高二物理上學(xué)期第三次(11月)檢測試題(含解析)

1、2019學(xué)年上學(xué)期第三次（11月）檢測高二物理試卷一、選擇題1 .關(guān)于電源的電動勢，下列說法正確的是（）A.電動勢在數(shù)值上等于外電路斷開時(shí)電源兩極間的電壓B.電動勢是表征電源把電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的本領(lǐng)大小的物理量C.電動勢是表征電場力做功多少的物理量D.外電路發(fā)生變化時(shí)，電源兩端的電壓隨之變化，電動勢也隨之變化【答案】A【解析】電動勢在數(shù)值上等于外電路斷開時(shí)電源兩極間的電壓，選項(xiàng) A正確；電動勢是表征 電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小的物理量，選項(xiàng)B錯誤；電動勢是表征非靜電力把單位正電荷從電源的負(fù)極移到正極做功多少的物理量，選項(xiàng)C錯誤；外電路發(fā)生變化時(shí)，電源兩端的電壓隨之變化，電動勢

2、不變，選項(xiàng) D錯誤；故選 A.2 .如圖虛線表示某點(diǎn)電荷形成的電場中的等勢面，一帶電粒子僅在電場力作用下由A運(yùn)動到B的軌跡如圖中實(shí)線所示.粒子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA.電，電勢能分別為,八、,卜列判斷正確的是（）7V 0 3VA."：產(chǎn)強(qiáng),3產(chǎn)閾B. 鼠>、2產(chǎn)引C. .1.上 D. 八%【答案】D【解析】根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力，根據(jù)U=Ed知，等差等勢面越密的位置場強(qiáng)越大，B處等差等勢面較密集，則場強(qiáng)大，帶電粒子所受的電場力大，加速度也大，即aAaB；根據(jù)沿著電場線方向，電勢是降低的，結(jié)合運(yùn)動軌跡，可知，粒子帶負(fù)電，當(dāng)從A到B,電場力對帶

3、負(fù)電粒子做負(fù)功，電勢能增加，則知B點(diǎn)電勢能大，即Ea< Eb；故D正確，ABC錯誤.故選 D.點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是先根據(jù)靠差等勢面的疏密判斷場強(qiáng)的大小，再結(jié)合電場力做功正負(fù)分析電勢能變化.公式 U=Ed,對非勻強(qiáng)電場可以用來定性分析場強(qiáng).3 .如圖所示，厚薄均勻的矩形金屬薄片邊長ab= 2 bc.當(dāng)將A與B接入電壓為 UV)的電路中時(shí)，電流為I ;若將C與D接入電壓為U(V)的電路中，則電流為()-16 -I1A. 4 I B. 2 I C. I D. P4【答案】A【解析】試題分析：設(shè)金屬薄片的厚度為 d,當(dāng)A與B接入電壓為U(V)的電路中時(shí)，p-刁, 1 M一vl也no當(dāng)C與D接入電壓為

4、U(V)的電路中時(shí)R2 p ,聯(lián)立得：根據(jù)歐姆定律得，電流"1曲d&R知電流之比為1:4 ,所以將C與D接入電壓為UI (V)的電路中，電流為 4I .選A.【點(diǎn)睛】根據(jù)電阻定律得出兩種情況下的電阻之比，結(jié)合歐姆定律得出電流大小之比.4 .如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板為A B, B極板接地，A極板帶有電荷量+Q板間電場有一同定點(diǎn)P,若將B極板固定，A極板上移一些，或者將 A極板固定，B極板下移一些，在這兩種情況下，以下說法正確的是()P點(diǎn)電勢降低P點(diǎn)電勢升高P點(diǎn)電勢升高P點(diǎn)電勢降低A. B極板下移時(shí),B. B極板下移時(shí),C. A極板上移時(shí),D. A極板上移時(shí),P點(diǎn)的電場強(qiáng)

5、度不變,P點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變,P點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變,P點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變,【解析】由題電容器兩板所帶電量不變,正對面積不變,根據(jù)C =鼎 七和E = '可推出；E =若 4RK0I UEo，可知.只改變板間距離d時(shí)，板間的電場強(qiáng)度不變,則P點(diǎn)的電場強(qiáng)度E不變.B極板下移時(shí),P 點(diǎn)與下板的距離增大.根據(jù)公式U=EcL P點(diǎn)與下板的電勢差變大.下板的電婚為零.則P點(diǎn)的電勢升 高.故A錯誤，B正確：A板上移時(shí),同理得知r P點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變,根據(jù)公式U二Ed ,知P點(diǎn)與 下極板的間的電勢差不變.故P點(diǎn)的電勢不變,故CD錯誤,故選B.點(diǎn)睛：本題是電容器的動態(tài)變化分析問題，板間的場強(qiáng)表達(dá)式為E-勺絲，

6、這個(gè)式子要在理eS解并會推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記住，這是一個(gè)很重要的結(jié)論.5 .如圖所示，MN PQ為兩條平行的豎直線，間距為 d,其間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)弓雖度為B, O是MNh一點(diǎn)，O處有一粒子源，粒子源能沿著與 MN成0角（如圖所示） 的方向放出速度大小不同（方向均垂直磁場方向）、比荷均為"的帶負(fù)電粒子（粒子重力及粒子 間的相互作用力不計(jì)），已知e =60° ,為使粒子不能從右邊界 pq穿出磁場，則射出粒子的速 度的最大值為（）M X X >:X X；多、；X X ：X X :N 口'QA |Bqd B 2Bqd C 上現(xiàn)d D Bqd12m m3m

7、 m【答案】C【解析】試題分析：為使粒子不能從右邊界PQ穿出磁場，即讓粒子運(yùn)動軌跡與PQ相切，速度最大，其運(yùn)動軌跡圖如圖所示:X X :NXa由幾何關(guān)系得：R + Rc加60, i解得：R 、，粒子在磁場受洛倫茲力作用做勻速圓周運(yùn)動，3則有殺口吧，解得一現(xiàn)，選C.R |3m【點(diǎn)睛】由粒子沿60射入時(shí)，為使粒子不能從右邊界PQ穿出磁場，即讓粒子運(yùn)動軌跡與PQ相切，做運(yùn)動軌跡圖，由幾何關(guān)系得最大半徑，由磁場規(guī)律求出對應(yīng)的最大速度6 .如圖所示的電路圖中，R為定值電阻，R2為滑動變阻器，電源內(nèi)阻不可忽略，電流表、電壓表可視為理想電表，當(dāng)滑動變阻器的滑動片向右移動時(shí)，關(guān)于電流表和電壓表示數(shù)的變化情況的

8、分析，正確的是（）A.電流表和電壓表讀數(shù)均增大B.電流表和電壓表讀數(shù)均減小C.電壓表丫的示數(shù)變化量的絕對值大于電壓表V的示數(shù)變化量的絕對值D.電流表讀數(shù)變小，電壓表 三讀數(shù)變大，叫讀數(shù)減小【答案】D【解析】由電路圖可知，滑動變阻器的滑動片向右移動時(shí)，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路的總電阻增大，電源的電動勢不變，由閉合電路歐姆定律可知，電路總電流I減小，而路端電壓U=E-Ir ,則U增大，電阻R的電壓Ui=IRi減小，則電壓表 M示數(shù)減??；并聯(lián)部分的 電壓U并=U-U增大，電壓表 V2示數(shù)增大；U并增大，通過 R的電流增大，因?yàn)榭傠娏鳒p小，所 以通過電流表的示數(shù)變小.總之，電流表讀數(shù)變小，電

9、壓表V2讀數(shù)變大，Vi讀數(shù)變小，故 AB錯誤，D正確；電壓表 Vi的示數(shù)與電壓表 V2的示數(shù)之和等于 U,即Ui+U=U,因Vi示數(shù)增大，V2示數(shù)減小，而U減小，所以電壓表Vi的示數(shù)增加量小于電壓表V2的示數(shù)減小量，故C錯誤.故選D.7 .如圖所示，空間有一垂直紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速放置一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量q=+0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力。t=0時(shí)對木板施加方向水平向左，大小為0.6 N的恒力F, g取10 m/s2。則（）

10、 A.木板和滑塊一直做加速度為2m/s2的勻加速運(yùn)動8 .滑塊開始做加速度減小的變加速運(yùn)動，最后做速度為10 m/s的勻速運(yùn)動C.木板先做加速度為 2m/s2的勻加速運(yùn)動，再做加速度增大的運(yùn)動，最后做加速度為3 m/s的勻加速運(yùn)動D. t =3s后滑塊和木板有相對運(yùn)動【答案】BC【解析】試題分析：由于動摩擦因數(shù)為0.5 ,靜摩擦力能提供的最大加速度為5m/s2,所以當(dāng)F 0.6 r 0.6N的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以 a-=的加速度一起運(yùn)動，當(dāng)M + m 0.2 01滑塊獲得向左運(yùn)動的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqv=mg解得v

11、=10m/s ,此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動，F(xiàn) 0 6而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動，=< .可知滑塊先與木板一起做勻加速M(fèi) 0.2直線運(yùn)動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速，最后做速度為10m/s的勻速運(yùn)動.故A錯誤，BC正確.木塊開始的加速度為2m/s2,然后加速度逐漸減小，當(dāng)減小到零，與木板脫離做勻速直線運(yùn)動，知3s末的速度小于10m/s,知此時(shí)摩擦力不為零，還未脫離木板.故 D錯誤.故選BC.考點(diǎn)：洛倫茲力；牛頓第二定律【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析木板和滑塊 的受力情況，進(jìn)而判斷運(yùn)動情況；解題時(shí)要注意滑塊所受的洛倫茲力的變化情況

12、；此題物理過程較復(fù)雜，考查學(xué)生綜合分析問題的能力.8 .如圖所示的電路圖，AB間電壓為U,則下列說法正確的是（A.滑動變阻器滑片向上移動時(shí)，R*兩端電壓變小9 .滑動變阻器滑片向下移動時(shí)，Rk兩端電壓變大C.滑動變阻器滑片位于中間時(shí)，Rk兩端電壓小于"I .7D.滑動變阻器滑片位于中間時(shí)，若CD間改接為內(nèi)阻為R*的電動機(jī)，電動機(jī)恰能正常工作,則此電動機(jī)消耗的熱功率小于【答案】CD【解析1滑動變阻器是分壓式接法,電阻心與變阻器的下半部分并聯(lián)后再與上半部分串聯(lián)；滑劫受阻 器滑片向下移動時(shí),串聯(lián)部分電阻變大,并聯(lián)電阻變小，分壓小,則的端電壓變小i同理滑片向上 移動時(shí)，f兩端電壓變大，故A

13、B錯誤；滑動變阻器滑片位于中間時(shí)，電阻限與變阻器的下半部分并 聯(lián)后再與上半部分串聯(lián)；由于并聯(lián)部分的電阻比受阻器上半部分電阻小.故比兩端電壓小于52 .故 C正確.CD間改接為內(nèi)阻為k的電動機(jī)h由匚知其電壓小于U/2 , ：K又不是純電阻電路，則其消耗11的熱功率小于2，則D正確,故選CD.10 如圖，在半徑為 R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于圓平面向里（未畫出）。一群比荷為的負(fù)離子以相同速率v0 （較大），由P點(diǎn)（PQ為水平直徑）在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場（不計(jì)重力），則下列說法正確的是 （）A.離子在磁場中運(yùn)動的半徑一定相等B.由Q點(diǎn)飛出的離子

14、在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長C.沿PQ方向射入的離子飛出時(shí)偏轉(zhuǎn)角最大D.如果入射速率v0 = ,則沿各個(gè)方向射入的離子在飛離開磁場時(shí)的速度方向均豎直向下 m【答案】ABD【解析】試題分析：由=得史，因離子的速率相同，比荷相同，故半徑一定相同，r BqA正確；由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，當(dāng)軌跡圓的弦長最大時(shí)偏向角最大，故應(yīng)該使弦長為PQ故由Q點(diǎn)飛出的離子圓心角最大，所對應(yīng)的時(shí)間最長，此時(shí)離子一定不會沿PQ射入.B正確，C錯誤；沿各個(gè)方向射入磁場的離子，當(dāng)入射速率j三弼 時(shí)，離子的軌跡半ID徑為r_a = R,入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、 O點(diǎn)與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場時(shí)的軌跡半徑與入咄射點(diǎn)所在的磁場半

15、徑平行，離子在飛離開磁場時(shí)的速度方向均豎直向下，D正確.選ABD.【點(diǎn)睛】本題要抓住離子的運(yùn)動軌跡是圓弧，磁場的邊界也是圓弧，利用幾何知識分析出射速度與入射速度方向的關(guān)系，確定出軌跡的圓心角，分析運(yùn)動時(shí)間的關(guān)系.帶電離子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，對著圓心入射，必將沿半徑離開圓心，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，求出時(shí)軌跡半徑，確定出速度的偏向角.對著圓心入射的離子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，即可分析時(shí)間關(guān)系.11 .如圖，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，兩虛線圓均以 O為圓心，兩實(shí)線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運(yùn)動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點(diǎn)，不計(jì)重力 .

16、下列說法正確的是（）3/A. M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B. M 在b點(diǎn)的動能大于它在 a點(diǎn)的動能C. N在d點(diǎn)的電勢能等于它在 e點(diǎn)的電勢能D. N在從c點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)的過程中克服電場力做功【答案】AC【解析】由粒子運(yùn)動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知 M帶負(fù)電荷，Nb點(diǎn)的帶正電荷，故 A正確.M從a到b點(diǎn)，庫侖力做負(fù)功，根據(jù)動能定理知，動能減小，則動能小于在a點(diǎn)的動能，故B錯誤.d點(diǎn)和e點(diǎn)在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點(diǎn)的電勢能等于在e點(diǎn)的電勢能，故 C正確.N從c到d,庫侖斥力做正功，故 D錯誤.故選AC. 點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是根據(jù)曲線運(yùn)動的條件判斷出靜電力的方向，掌握判斷動

17、能和電勢能變化的方向，一般的解題思路是根據(jù)動能定理判斷動能的變化，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化.11. “電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成.偏轉(zhuǎn)器是由兩個(gè)相互絕緣、半徑分別為 R和R的同心金屬半球面 A和B構(gòu)成，A B為電勢值不等的等勢面，電勢分別為6 a和6 b,其過球心的截面如圖所示.一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動能從偏轉(zhuǎn)器左端 M的正中間小孔垂直入射，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達(dá)偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N,其中動能為Ek0的電子沿等勢面 C做勻速圓周運(yùn)動到達(dá) N板的正中間.忽略電場的邊緣 效應(yīng).下列說法中不正確的是()A. A 球面電勢比 B球面電勢高B.電子

18、在AB間偏轉(zhuǎn)電場中做勻變速運(yùn)動C.等勢面C所在處電勢的大小為I 犯皿D.等勢面C所在處電場強(qiáng)度的大小為 F 即a+ rb)【答案】ABC【解析】試題分析：電子做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，受力的方向與電場的方向相反，所以B板的電勢較高，A錯誤；電子做勻速圓周運(yùn)動，受到的電場力始終始終圓心，是變力，所以電子在電場中的運(yùn)動不是勻變速運(yùn)動，B錯誤；該電場是放射狀電場，內(nèi)側(cè)的電場線密，電場強(qiáng)度大，所以1 bc>Uca,即：如 收 ",所以<士, C錯誤.電子在等v1 I 以十二L一勢面C所在處做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力：-,半徑R -一 ,R22聯(lián)立得：E, D正確.本

19、題選不正確的，選 ABC.【點(diǎn)睛】電子做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，電子受力的方向與電場的方向相反；由 牛頓第二定律和向心力列式解答；該電場是放射狀電場，內(nèi)側(cè)的電場線密，電場強(qiáng)度大結(jié)合 電勢差的表達(dá)式即可得出 C點(diǎn)的電勢大小.二、實(shí)驗(yàn)題12.為了精確測量某待測電阻R的阻值（約為300）。有以下一些器材可供選擇。電流表：Ai（量程050mA內(nèi)阻約12Q）4（量程03A,內(nèi)阻約0.12 ）電壓表：Vi（量程03V,內(nèi)阻很大）上（量程015V,內(nèi)阻很大）電源：E（電動勢約為3V,內(nèi)阻約為0.2 ）定值電阻：R（30Q,允許最大電流 2.0A）滑動變阻器：R（010Q,允許最大電流 2.0A）滑動

20、變阻器：R（0IkQ,允許最大電流 0.5A）單刀單擲開關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干（1）電流表應(yīng)選,電壓表應(yīng)選,滑動變阻器應(yīng)選 。（填字母代號）（2）請?jiān)诜娇蛑挟嫵鰷y量電阻R的實(shí)驗(yàn)電路圖 。（要求測量值的范圍盡可能大一些，所用器材用對應(yīng)的符號標(biāo)出）I ,則計(jì)算待測電阻阻值的表達(dá)式為（3）某次測量中，電壓表示數(shù)為U時(shí)，電流表示數(shù)為【解析】(1)測量電阻時(shí)電流不能太大，電流表應(yīng)選Ai,電源電動勢為3V,故電壓表應(yīng)選 V,根據(jù)閉合電路歐姆定律考慮電流表讀數(shù)要求，可求出電路最小電阻 R=90Q,故變R"_3 Al阻器若用限流式則 Ri太小，R太大，因此應(yīng)采用分壓式，故應(yīng)選阻值小的變阻器Ri.(2)又

21、待測電阻阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，電流表應(yīng)選外接法，但根據(jù)歐姆定律，若將電阻直接接在電壓表兩端時(shí)，電阻兩端最大電壓為 U 750/3口-10一*丫 1,只是電壓表 V量程的一半；若將待測電阻與定值電阻串聯(lián)，則它們兩端電壓為I L/Rx - R) 50 T'3 - (30 4叫.彳"正好與電壓表 V的量程相同，所以電路圖如圖所示(3)由歐姆定律可得：點(diǎn)睛：因本題有“要求測量值的范圍盡可能大一些”，這就提示我們滑動變阻器應(yīng)用分壓式;又所給器材中有一個(gè)定值電阻，說明可能待測電阻不能直接使用.13.某研究小組收集了手機(jī)中的鋰電池。為測量鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r,小紅同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的

22、電路圖，圖中R為電阻箱。根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出 一L圖象，如圖乙所示。(1)若該U R圖線的斜率為k,縱軸截距為b,則該鋰電池的電動勢 E=,內(nèi)阻r =(用k、b 表木)。JT x小IPSI -© 1> r rqJ中 £(2)若考慮電壓表的內(nèi)阻，從理論上分析，用上述方法測出的數(shù)據(jù)與真實(shí)值比較，測量出的電動勢,測量出的內(nèi)阻 (填“偏大”、“偏小”或“不變”)【答案】(1).(1)1/b；(2). k/b ;(3).(2)偏?。?(4). 偏??；【解析】(1)由圖乙所示電路可知，E=U+Ir=U1r,則'因此圖象的縱軸截距 b1,R b BR EE電動勢E，圖象的斜率k

23、=，則電源內(nèi)阻r=kE=*,則表達(dá)式為E(2)由電路圖可知，實(shí)驗(yàn)中考慮電壓表的分流，則電源內(nèi)部的電流=U+U一)r ;變形可知J HRVr 1 w,則bI- RbR. b(1)(2)求導(dǎo)體棒由靜止釋放瞬間的加速度的大小?！敬鸢浮?1)BLE(R + r),方向水平向右(2) a=mg ( R+r) sin 0 - BLEcosO /m(R+r)【解析】試題分析:(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可求得導(dǎo)體棒中的電流，再根據(jù)安培力公式可求得安培力大小,(2)再對導(dǎo)體棒分析，根據(jù)牛頓第二定律可求得導(dǎo)體棒的加速度(1)由閉合電路歐姆定律有:導(dǎo)體棒受到的安培力FBLE,故測量出的電動勢和內(nèi)阻均偏小、計(jì)算題14

24、 .在與水平方向成 0角的傾斜光滑導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab (導(dǎo)軌寬度為L,導(dǎo)軌 和棒的電阻不計(jì))，電源電動勢為 E,內(nèi)電阻為r,定值電阻阻值為 R,整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下，如圖所示.求釋放瞬間導(dǎo)體棒所受安培力的大小和方向.(2)以導(dǎo)體棒為研究對象，受力情況如圖根據(jù)牛頓第二定律有： 解得:【點(diǎn)睛】本題考查牛頓第二定律以及安培力的計(jì)算，要注意在分析受力時(shí)應(yīng)作出對應(yīng)的平面 圖，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度.15 .如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 m帶電量為q的粒子，此粒子的比荷 1-2 ,由靜止開始，先經(jīng)過 JT1電壓為Ui=400V的電場加速后，再垂直于電場方向射入兩平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中，兩金屬板板長為L=10cmi,間距為d=10cm,板間電壓為U2=800V.加速雨值求(1)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度;(2)粒子出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的側(cè)移量(3)粒子出偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角度【答案】(1) 40m/s (2) 5cm (3)巾=45°【解析】試題分析：(1)在加速電場中，根據(jù)動能定理可得(2)在偏轉(zhuǎn)電場中，在豎直方向上有UJ/聯(lián)立可得5cm'41巾(3)如圖所示：紅qU,粒子射出電場時(shí)偏轉(zhuǎn)角度的正切值:v0Uirnp -UJ解得lanu 1,所以中 45叫d考點(diǎn)：考查了帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題