五校（江西师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中）第二次联考物理试卷【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、电磁感应等内容，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。卷面满分：100分考试时间：100分钟命题人：徐建红梁杰审题人：廖友保一、选择题：本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项【题文】1.在下列关于物理量和单位的说法中，正确的是（）①密度②牛③米/秒④加速度⑤长度⑥质量⑦千克⑧时间A．属于国际单位制中基本物理量的是①⑤⑥⑧B．属于国际单位制中基本单位的是⑤⑥⑦C．属于国际单位的是②③⑦D．属于国际单位的是④⑤⑥【知识点】力学单位制．C2【答案解析】C解析：属于国际单位制中的基本单位的只有千克，属于国际单位制单位的有牛顿、米/秒、千克．长度、质量和时间是基本物理量．故C正确，A、C、D错误．故选：C．【思路点拨】力学的国际单位是长度的单位m、质量的单位kg、时间的单位s，其它单位属于导出单位．本题的解题关键是掌握国际单位制中基本单位和单位，注意区别单位与物理量的不同．【题文】2.一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为s＝4＋2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2(m/s)．则该质点在t＝2s时的瞬时速度和t＝0到t＝2s间的平均速度分别为（）A．8m/s、24m/sB．24m/s、8m/sC．24m/s、10m/sD．24m/s、12m/s【知识点】平均速度．A2【答案解析】B解析：将t=2s代入质点的速度随时间变化的关系式v=6t2（m/s），得t=2s瞬时速度为v=6×22m/s=24m/s．将t=0s和t=2s分别代入距离随时间变化的关系式x=4+2t3（m），得：x1=4m，x2=20m，则质点在2s时间内通过的位移为x=x2-x1=20m-4m=16m，t=0s到t=2s间的平均速度分别为v==8m/s；故选：B．【思路点拨】由速度公式可确定2s时的瞬时速度；由位移公式确定0和2s时刻的距离，则可求得2s内的位移，再由平均速度公式求出平均速度．本题相当于数学上代数题，代入求值，只要掌握位移与距离的关系和平均速度公式就能正确求解．【题文】3.2022年12月2日1时30分，“嫦娥三号”月球探测器搭载长征三号乙火箭发射升空。该卫星在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，其运行的周期为13\nT，最终在月球表面实现软着陆。若以R表示月球的半径，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响，下列说法不正确的是（）A．“嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为B．月球的第一宇宙速度为C．月球的质量为D．物体在月球表面自由下落的加速度大小为【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】A解析：A、根据a=知“嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为(R+h)，故A错误；BC、根据万有引力提供向心力，此时r=R+h，解得月球质量M=，故C正确，又，此时r=R，解得第一宇宙速度为v=，故B正确；D、，知r=R时，a=，故D正确．本题选择错误的，故选：A．【思路点拨】根据万有引力提供向心力解答，注意r=R+h．本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论．【题文】4.一倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑。现给物体施加如图所示力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，物体加速下滑，则此时地面对斜劈的摩擦力为（）A．大小为零B．方向水平向右C．方向水平向左D．无法判断大小和方向13\n【知识点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．B3B4【答案解析】A解析:块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；当加推力F后，根据滑动摩擦定律f=μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故其合力的方向不变，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；故斜面体相对与地面无运动趋势，静摩擦力仍然为零；故选A．【思路点拨】滑块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；当加推力F后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变．本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向，当压力增加后，滑动摩擦力也增加，但两个力的合力方向不变．【题文】5.如图，手持一根长为l的轻绳的一端在水平桌面上做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为m的小木块，木块也在桌面上做匀速圆周运动，不计空气阻力，则（）A.木块只受重力、桌面的支持力和绳子拉力的作用B.绳的拉力大小为C.手对木块不做功D.手拉木块做功的功率等于(【知识点】向心力；牛顿第二定律．C2D4【答案解析】D解析:A、木块受重力、桌面的支持力和绳子的拉力、桌面摩擦力作用，故A错误；B、手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端小球随着小球做的也是匀速圆周运动；设大圆为R．由图分析可知R=，设绳中张力为T，则Tcosφ=mRω2，cosφ=故T=，所以B错误；C、绳子拉力对小球做功，手的拉力对小球做功，故C错误；D、手拉木块做功的功率P=T•V=，故D正确；故选：D．13\n【思路点拨】小球在水平面内做匀速圆周运动，根据小球沿着半径方向和垂直于半径方向的受力可以求得绳的拉力的大小，根据功率的公式可以求得收对细线做功的功率的大小．小球的受力分析是本题的关键，根据小球的受力的状态分析，由平衡的条件分析即可求得小球的受力和运动的情况．【题文】6.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，不计重力，则（）A.A、N点的电场强度大小为零B.将一正点电荷静放在x轴负半轴，它将一直做加速运动C.NC间场强方向向x轴正方向D.将一正点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功【知识点】电势差与电场强度的关系；电势．I1I2【答案解析】B解析：A、φ-x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知N、A两点的场强均不为零，故A错误．B、根据图象，结合矢量的叠加可知，x轴负半轴的电场强度方向指向x轴的负方向，所以若将一正点电荷放在x轴负半轴，则电场力指向x轴负方向，因此电场力与速度方向相同，导致一直做加速运动，故B正确；C、由图可知：从N到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向．故C错误．D、N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功．故D正确；故选：BD．【思路点拨】φ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．【题文】7.如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I．直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是（）【知识点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．K1【答案解析】A解析13\n：由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小2倍，方向垂直纸面向里；A、根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；B、同理，四段通电导线在O点的磁场是其中一段在O点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故B错误；C、由上分析可知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；D、与C选项分析相同，四段在O点的磁场是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误；故选：A．【思路点拨】根据通电导线周围存在磁场，结合相同圆弧，则产生有磁感应强度大小，再根据右手螺旋定则可知，通电导线在O点的磁场方向，最后由矢量合成法则，即可求解．考查通电导线周围磁场的分布，掌握矢量合成法则，注意叠加原则，理解右手螺旋定则是解题的关键．【题文】8.如(a)图表示光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上,车与水平面间的动摩擦因数不计，重力加速度为g，(b)图为物体A与小车的v-t图像,由此可求出（）A．小车上表面的长度B．物体A与小车B的质量之比C．A与小车上B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能【知识点】动量守恒定律；滑动摩擦力．B2F2【答案解析】BC解析:A、由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；B、由动量守恒定律得，mA（v0-v1）=mBv1，解得：，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；C、由图象可以知道A相对小车B的位移△x=v0t1，根据能量守恒得：μmAg△x=mAv02-(mA+mB)v12，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦力因素，故C正确；D、由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．故选：BC【思路点拨】当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B车质量，所以不能求得B的动能．本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中．【题文】9.如图所示,一平行板电容器C,极板是水平放置的,它和三个可变电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计（左进左偏）和电源连成电路,现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动,则下列判断正确的是（）13\nA.增大R3,油滴上升B.增大电容器板间距离的过程中,电流计指针右偏C.增大R1,R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值D.增大R1,R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值【知识点】闭合电路的欧姆定律；电容．J2J3【答案解析】CD解析:A、增大R3，外电路总电阻增大，总电流I减小，平行板电容器C的电压UC=IR并，I减小，UC减小，板间场强减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下落．故A错误．B、在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，由电容器的电量减小，电容器放电，电流计指针左偏．故B错误．C、D增大R1，外电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3的电压减小，R1、R2并联电压增大，R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3=I1+I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值．故CD正确．故选：CD【思路点拨】电路稳定时，平行板电容器C的电压等于R1、R2并联电压．减小电容器板间距离，电容增大，电容器充电，电流计指针转动．增大R1，外电路电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和R1的电流变化，判断R1中电流的变化值与R3中电流的变化值的大小及电压变化量的大小．本题是电路动态变化分析问题，要抓住电容器电容的决定因素和电路中局部与整体的关系进行分析．常规题．【题文】10.在一长为s，倾角为θ，沿顺时针方向匀速运动的传送带的下端A点，每隔相等的时间T就轻轻放上一个相同的工件，如图所示。已知工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量均为m。经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为L，则下列判断正确的有（）A.传送带的速度大小为L∕TB.传送带的速度大小可能小于L∕TC.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为D.传送带每传送一个工件而多消耗的能量为【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系．C2E2E6【答案解析】AC解析:A、B13\n工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vT，解得传送带的速度v=．故A正确、B错误；C、设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为，根据v=v0+at，解得：t=工件与传送带相对滑动的路程为：△=，则摩擦产生的热量为：Q=μmg△x=．故C正确．D、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量E=mv2+mgh+μmg△x=，．故D错误；故选AC【思路点拨】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vT求出传送带的速度；根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能．解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解．二、填空题：本题共2小题，每空2分，共12分。把答案填在答卷纸相应的横线上或按题目要求作答【题文】11.为了测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验装置。其中，a是质量为m的滑块（可视为质点），b是可以固定于桌面的滑槽（滑槽末端与桌面相切）。第一次实验时，将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P点；第二次实验时，将滑槽固定于水平桌面的左端，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P＇点。已知当地重力加速度为g，不计空气阻力。①实验还需要测量的物理量（用文字和字母表示）：。②写出滑块a与桌面间的动摩擦因数的表达式是（用测得的物理量的字母表示）：13\n【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素．B2【答案解析】(1)桌子的高度H；O点到P点的距离d1；O点到Q点的距离d2(2)解析：（1）滑块离开桌面后做平抛运动，实验需要测出滑块离开滑槽与离开桌面时的速度，因此实验时需要测出：桌子的高度H；O点到P点的距离d1；O点到Q点的距离d2；（2）滑块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上：H=gt2，在水平方向上：d1=v0t，d2=vt，滑块在桌面上运动时，要克服摩擦力做功，由动能定理得：-μmgL=mv2-mv02，解得：μ=【思路点拨】（1）滑块离开桌面受做平抛运动，要求出滑块滑下轨道时的速度，应测出桌面的高度，O与P间、O与Q间的距离；（2）由平抛运动知识求出滑块离开轨道及离开桌面的速度，由动能定理可以求出动摩擦因素的表达式；该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会；理解实验原理是正确解题的关键．【题文】12.①指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题：在使用多用电表测量时，指针的位置如图3所示，若选择开关拨至“×1”挡，则测量的结果为______Ω；若选择开关拨至“50mA”挡，则测量结果为______mA。②多用电表测未知电阻阻值的电路如图4所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图像如图5所示，则该图像的函数关系式为_____________；③下列根据图5中I-Rx图线做出的解释或判断中正确的是（）A．因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大B．欧姆表调零的实质是通过调节R0使Rx=0时电路中的电流I=IgC．Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当Rx的阻值为图5中的R2时，指针位于表盘中央位置的左侧【知识点】描绘小电珠的伏安特性曲线．J413\n【答案解析】①18； 23.0②I=③BCD解析：①所测的电阻R=18×1=18Ω．选择开关拨至“50mA”挡，则电流为I=23.0mA．②根据闭合电路欧姆定律得，I=．③A、因为Rx=-r-R0-Rg，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较小，当电流比较小时，则电阻比较大．故A错误．B、当Rx=0，I=，此时电流为满偏电流．故B正确．C、Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．故C正确．D、测量中，当Rx的阻值为图5中的R2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧．故D正确．故选：BCD．【思路点拨】①多用电表测电阻时，电阻阻值等于表盘读数与倍率的乘积．测电流时确定量程，从而读出读数．②根据闭合电路欧姆定律得出电流I与待测电阻的阻值Rx关系．③通过电流I与待测电阻的阻值Rx关系式判断分析．考查电表的读数方法，明确倍率与估读．熟悉欧姆档的表盘特点．三、计算题：本题共5小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后的答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。【题文】13.(8分)一质量m=5kg的滑块在F=15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，问：（1）滑块在力F作用下经5s，通过的位移是多大？（2）5s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．A2C2【答案解析】（1）12.5m．（2）6.25m．解析：（1）滑块的加速度a1==1m/s2滑块的位移s1=a1t2=×1×25m=12.5m（2）5s末滑块的速度v=a1t=5m/s撤去拉力后滑块的加速度大小a2==μg=0.2×10=2m/s2撤去拉力后滑行距离s2=m=6.25m【思路点拨】13\n（1）根据牛顿第二定律求出滑块做匀加速直线运动的加速度，结合位移时间公式求出滑块通过的位移．（2）根据速度时间公式求出滑块的速度，结合牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，根据速度位移公式求出滑块还能滑行的距离．本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．【题文】14.(9分)如图所示,M为一线圈电阻rM=1Ω的电动机,一定值电阻R=4Ω,电源电动势E=9V。当S闭合时,电压表的示数为U1=8.0V,当开关S断开时,电压表的示数为U2=4.0V。求:(1)电源内阻r(2)开关S断开时电源输出功率(3)开关S断开时电动机输出的机械功率【知识点】电功、电功率．J3【答案解析】（1）0.5Ω；（2）8.5W；（3）3.5W．解析：（1）当S闭合时，电压表的示数为U1=8.0V，根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+r解得：r=0.5Ω（2）当开关S断开时，电压表的示数为U2=4.0V，电流为：I2==1A电源的输出公式：P=UI=（E-Ir）I=（9-1×0.5）×1=8.5W（3）开关S断开时电动机输出的机械功率：P出=P-I2(R+rM)=8.5-12×(4+1)=3.5W【思路点拨】（1）当S闭合时，电动机被短路，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻；（2）开关S断开时，先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后根据P=UI和U=E-Ir求解电源输出功率；（3）根据能量守恒定律和焦耳定律列式求解开关S断开时电动机输出的机械功率．对于电动机电路，正常工作时是非电阻电路，根据能量守恒求解其输出功率，要区分电动机的输出功率与效率的不同，不能混淆．【题文】15.(9分)如图所示，两根平行放置的金属导轨，间距为L，倾角为θ，轨道间有电动势为E、内阻不计的电源。现有一质量为m的铜棒ab，与轨道垂直放于导轨上，流过铜棒ab的电流为I，导轨与铜棒间的动摩擦因数为μ。导轨电阻不计，要使ab棒静止在导轨上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求所施加的竖直向上的磁场磁感应强度大小的范围？【知识点】安培力共点力的平衡B3K1【答案解析】解析13\n：B最大时，铜棒有沿导轨上升的趋势，摩擦力的方向为沿导轨向下，有联立B最小时，铜棒有沿导轨下降的趋势，摩擦力沿导轨向上联立所以【思路点拨】对导体棒受力分析，在斜面方向受到安培力，重力的分力和摩擦力，根据平衡列出方程求解。本题不难，主要考查摩擦力方向。【题文】16.(10分)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成的S形轨道。光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略。粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h。从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为x。已知小球质量m，不计空气阻力，求：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；（3）小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功。【知识点】机械能守恒定律；平抛运动．D2E3【答案解析】（1）x；（2）9mg+；（3）mg（h-4R）-解析13\n（1）小球从E点飞出后做平抛运动，设在E点的速度大小为v，则：4R=gt2x=vt解得：v=x（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒=mg•4R+mv2在B点F-mg=m联立解得：F=9mg+,由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为F′=9mg+（3）设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则mg（h-4R）-W=mv2得W=mg（h-4R）-【思路点拨】（1）小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．（2）在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力．（3）根据动能定理求出小球沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功．解决本题的关键理清运动的过程，综合运用牛顿定律和动能定理进行解题．【题文】17.(12分)如图甲所示，A和B是真空中、面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l。现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生大量粒子，粒子质量为m、电荷量为-q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量（1）在t=0时刻出发的微粒，会在什么时刻到达哪个极板？（2）在范围内，哪段时间内产生的微粒能到达B板？（3）到达B板的微粒中速度最大为多少？【知识点】带电粒子在电场中运动I3I7【答案解析】(1)(2)(3)13\n解析:(1)根据图乙可知，从t=0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动，设粒子到达A板的时间为t，并假设在半个周期内到达A板，则解得：故在t时刻到达A板(2)在0-时间内，粒子的加速度为在，粒子的加速度为若粒子在内加速，再在内减速刚好到达A板，则解得：所以在到范围内到达B板即：(3)恰好未撞上A板的粒子，反向加速距离最大，所获得的速度最大。【思路点拨】电场力提供带电粒子的加速度，本题注意电场力周期性变化即可，然后根据匀变速运动规律求解。13
