江西省南昌市第二中学2018_2019学年高二物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -南昌二中 20182019 学年度上学期第一次月考高二物理试卷一选择题。 （4 分12=48 分）本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分其中 1-7 题，在给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12 题有多个选项是正确的，全选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，选错或不答的得 0 分 1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )A. 根据电场强度的定义式 可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B. 根据电容的定义式 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据电势差的计算式 可知，若带电荷量为 1

2、 C 的正电荷，从 A 点移动到 B 点克服电场力做功为 1 J，则 UAB=1 VD. 根据真空中点电荷的电场强度公式 可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量成正比【答案】D【解析】【详解】A、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故 A 错误；B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故 B 错误；C、据电势差的定义式 知，带电量为 1C 正电荷，从 A 点移动到 B 点克服电场力做功为 1J，即电场力做功为1 J，则 A、 B 点的电势

3、差为1 V，故 C 错误；D、根据点电荷的场强公式 知： Q 是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故 D 正确；故选 D。- 2 -【点睛】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；点电荷电场强度公式 中 Q是场源电荷用电容器和电势差的定义式即可求解。2.在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为 104V/m，已知一半径为 1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为 10m/s2，水的密度为 103kg/m3这雨滴携带的电荷量的最小值约为A. 210-9C B. 410-9C C. 610-9C D. 810-9C【答案】B【解析】试

4、题分析：带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq 其中：m=V V= r 3解得： ，故选 B考点：物体的平衡【名师点睛】本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力。视频3.如图所示，两根细线挂着两个质量未知的小球 A、B 处于水平匀强电场中。原来两球不带电时，上、下两根细线的拉力为 FA，F B，现让两球带上等量异种电荷后，上、下两根细线的拉力分别为 FA，F B，两球间的库仑力远小于 B 球重力，则( )A. FAF A，F BF B B. F AF A，F BF BC. FAF A，F

5、BF B D. F AF A，F BF B【答案】B【解析】- 3 -【详解】运用整体法研究两个质量未知的小球 A 和 B，不管 A、 B 是否带电，整体都受重力和上细线的拉力，则由平衡条件得：上细线的拉力 ，所以 ； 再隔离 B 研究，不带电时受重力和下细线的拉力，由平衡条件得： ，带电时设下细线与竖直方向的夹角为 ，由于两球间的库仑力远小于 B 球重力，于两球间的库仑力可忽略，B 受重力、下细线对 B 的拉力和水平匀强电场的电场力，由平衡条件可得在竖直方向，即 ，故 B 正确，A、C、D 错误；故选 B。4.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几

6、种方法中不能使两球都带电的是( )A. 先把两球分开，再移走棒 B. 先移走棒，再把两球分开C. 先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开 D. 手摸一下甲球，然后移走棒，再把两球分开【答案】B【解析】【详解】A、先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷，故 A 错误；B、先移走棒，此时两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样甲乙不再带电，故 B 正确；- 4 -C、先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开，是接触带电，甲乙带同种电荷，故 C 错误；D、手摸一下甲球，此时甲带电，乙不带电，然后移走棒，再把两球分开，甲乙带同种电荷，故 D 错误；故选 B。【点睛】将棒移近两个

7、不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变。5. 如图所示 A、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关 S 分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔 a 和 b，在 a 孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达 b 孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿出 b 孔，可行的方法是（ ）A. 保持 S 闭合，将 B 板适当上移B. 保持 S 闭合，将 B 板适当下移C. 先断开 S，再将 A 板适当上移D. 先断开 S，再将 B 板适当下移【答案】B【解析】试题分析：由题质点到达 b 孔时速度恰为零，根据动能定理得 mg（h+d）

8、-qU=0若保持 S 闭合，将 B 板适当上移d，由动能定理得 mg（h+d-d）-qU= mv2，则 v0，说明质点没有到达 b 孔速度为零，然后返回，不能穿过 b 孔故 A 错误保持 S 闭合，将 B 板适当下移d，由动能定理得 mg（h+d+d）-qU= mv2，则 v0，知质点能够穿出 b 孔，故 B 正确若断开 S 时，将 A 板适当上移，板间电场强度不变，设 A 板上移距离为d，质点进入电场的深度为 d时速度为零由动能定理得 mg（h-d）-qEd=0，又由原来情况有 mg（h+d）-qEd=0比较两式得，dd，说明质点在到达 b 孔之前，速度减为零，然后返回故 C 错误若断开 S

9、，再将 B 板适当下移，根据动能定理可知，质点到达 b 孔原来的位置速度减为- 5 -零，然后返回，不能到达 b 孔故 D 错误故选 B。考点：带电粒子在电场中的运动6.如图所示，电荷 q 均匀分布在半球面上，球面的半径为 R，CD 为通过半球顶点 C 与球心 O的轴线P、Q 为 CD 轴上关于 O 点对称的两点如果带电量为 Q 的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等则下列判断正确的是( )A. P 点的电势与 Q 点的电势相等B. 带正电的微粒在 O 点的电势能为零C. 在 P 点静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动D. P 点的电场强度与 Q 点的电场强度相

10、等【答案】D【解析】【详解】A、由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，所以 P 点的电势高于 Q 点的电势，故 A 错误；B、本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在 O 点的电势能不一定为零，故 B 错误；C、电场线方向水平向右，所以在 P 点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故 C 错误；D、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边，然后看 PQ 两点，可以看到， PQ 两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在 P

11、、 Q 两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q 点产生的电场强度相当于负电半球在 Q 点产生的电场强度，而与 P 点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故 D 正确；故选 D。【点睛】利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态。7.两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，如图所示，该电偶极子由相距为 l、电荷量分别为+q 和-q 的点电荷构成，取二者连线方向为 y 轴方向，中点 O 为原点，建- 6 -立 xOy 坐标系，P 点距坐标原点 O 的距离为 r

12、(rl)，P、O 两点间连线与 y 轴正方向的夹角为 ，设无穷远处的电势为零，P 点的电势为 ，静电力常量为 k，下面给出了 的四个表达式，其中只有一个是合理的。你可能不会求解 P 点的电势 ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，那么 的合理表达式应为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】若夹角 ，则 P 点位于检验电荷从无穷远沿 x 轴移动到 O 点的过程中，电场力始终与位移方向垂直，则 x 轴上的电势处处为 0，这与 相符，可见 A、D 错误；因离 O点越远，其电势就越小，故 r 应在分母上，故 C 正确，B 错误；故选 C。【点睛】可用一些比较

13、特殊的位置进行尝试，结合所给的表达式进行验证。8.如图所示，光滑绝缘的水平面上 M、N 两点有完全相同的金属球 A 和 B，带有不等量的同种电荷。现使 A、B 以大小相等的初动量相向运动，不计一切能量损失，碰后返回 M、N 两点，则A. 碰撞发生在 M、N 中点之外B. 两球同时返回 M、N 两点C. 两球回到原位置时动能比原来大些D. 两球回到原位置时动能不变【答案】BC【解析】由于两球在任何时刻所受的电场力相等，则加速度相等，速度大小相等，可知碰撞发生在中- 7 -点，且同时返回 M、 N 点，A 错误 B 正确；两球碰撞后，电量重新分布，两球在同样的位置间的作用力由 变为 ，故根据 （

14、，由于两电荷量不相等，所以等号不会成立） ，故作用力比之前增大，可知整个过程中电场力做正功，知返回到出发点的速度比较之前大，则两球回到原位置时动量比原来大些，C 正确 D 错误9.如图所示，虚线 A、B、C、D 是某匀强电场中的 4 个平行且等距的等势面，其中等势面 C的电势为 0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过 A、D 等势面时的动能分别为 26eV 和5eV，则下列说法正确的是A. 等势面 D 的电势为-7VB. 等勢面 B 的电势为 4VC. 该电子不可能到达电势为10V 的等势面D. 该电子运动到某一位置，其电势能变为 8eV 时，它的动能为 4eV【答案】AD【解析】【详解】 （

15、1）因电子仅在静电力的作用下运动，经过 A、D 等势面的动能分别为 26eV 和5eV，根据动能定理有 ，即 ，又 ，可得 ，选项 A正确；（2）因匀强电场中 ，等势面 B 的电势为 7V，选项 B 错误；（3）因只有静电力做功，动能和电势能之和保持不变。当电子的速度为零时，由能量守恒可得 ，解得 ，选项 C 错误；（4）同理，由能量守恒可得 ， ，选项 D 正确。故本题选 AD。10.如图所示，在 x 轴上关于 O 点对称的 F、G 两点有等量正点电荷 Q，正方形 ABCD 在 xoy 平面内，其中心在 O 点，且 AB 边与 FG 连线平行。则下列判断正确的是（ ）- 8 -A. O 点电

16、场强度为零 B. A,C 两点电场强度相等C. B,D 两点电势相等 D. 若将点电荷-q 从 A 点移向 C，电场力做的总功为负【答案】AC【解析】【详解】A、根据电场线分布和叠加原理可知 O 点电场强度为零，故 A 正确；B、根据电场线分布的对称性可知，A、 C 两点电场强度大小相等，方向相反，故 B 错误；C、根据电场线分布的对称性和顺着电场线方向电势降低， D 点的电势等于 B 点的电势，故 C正确；D、根据电场线分布的对称性和顺着电场线方向电势降低，A 点的电势等于 C 点的电势，根据可知 A 点的电势能等于 C 点的电势能，所以将点电荷-q 从 A 点移向 C，电场力做的总功为 0

17、，故 D 错误；故选 AC。【点睛】空间各点的电场强度是两个点电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理分析电场方向，确定电势关系和电场强度关系；确定出从 A 到 C 电势的变化，根据电场力做功。11.在 x 轴上的 O、M 两点分别固定着电荷量为 q1、q 2的正负点电荷，在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 C 点的电势最高。下列说法正确的是 （ ）A. A,N 两点的电场强度均为零B. C 点的电场强度为零C. 将一正电荷从 C 点静止释放，如果只受电场力，它可以沿 x 轴正向一直做加速度减小的加速运动D. 将一负电荷从 N 移到 D

18、 点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】BD- 9 -【解析】【详解】AB、-x 图象的斜率等于电场强度 E，可知 C 点电场强度为零，A、N 两点的电场强度不为 0，故 B 正确，A 错误；C、由于 -x 图象的斜率等于电场强度 E，可知 C 点电场强度为零，将一正电荷从 C 点静止释放，电场力为 0，它将静止不动，故 C 错误； D、 N D 段中，电势先高升后降低，根据 可知将一负电荷从 N 移到 D 点的过程中电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故 D 正确；故选 BD。【点睛】-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和 判断电势能的变化，根据功能

19、关系分析电场力做功。12.一带电质点从图中的 A 点竖直向上以速度 v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B 点时，速度方向变为水平，已知质点质量为 m，带电荷量为 q， A、 B 间距离为 L，且 AB 连线与水平方向成 =37角，质点到达 B 后继续运动可到达与 A 点在同一水平面上的 C 点（未画出） ，则（ ）A. 质点在 B 点的速度大小为B. 匀强电场的电场强度大小为C. 从 A 到 C 的过程中，带电质点的电势能减小了D. 质点在 C 点的加速度大小为【答案】ABC【解析】【分析】将质点的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上受电场力做匀加速直线运动，在竖直方向上做竖直上

20、抛运动，根据匀变速直线运动的平均速度公式求出 vA、v B的大小；根据等时性，求出水平方向上的加速度与竖直方向上的加速度关系，从而得出电场强度的大小再对水平方向运用动能定理和运动学推论求解 A 到 C 的过程中，带电质点的电势能减小根据- 10 -牛顿第二定律求解质点在 C 点的加速度大小【详解】由题意可知，质点的运动是竖直方向和水平方向的匀变速直线运动，因此在坚直方向上有：Lsin37= t在水平方向上有：Lcos37= t由上两式得：tan37=可得：v B= = v0，故 A 正确。由于两分运动的时间相同即：坚直方向上的时间：t= ；在水平方向上有：v B=at；所以有： ；又 a= ，

21、解得：E= ，故 B 正确。从A 到 B，对于水平方向，根据能量守恒可知：带电质点的电势能减小为；由于质点在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由推论可知：AC 间的水平距离等于 AB 间水平距离的 4 倍，由 W=qEd，可知从 A 到 C 的过程中电场力做功是从 A 到 B 的过程电场力做功的 4 倍，所以从 A 到 C 的过程中，带电质点的电势能减小为E p2=4E p1= mv02，故 C 正确。质点在 C 点的加速度大小 ，故 D 错误。故选 ABC。二填空题（本题共 3 小题，每空 2 分，共 14 分）13.示波管的内部结构如图所示。如果在偏转电极 XX/、 YY/之间都没有

22、加电压，电子束将打在荧光屏中心如果在偏转电极 XX/之间和 YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图。- 11 -【答案】【解析】试题分析：A 图中，在 XX偏转电极所加的电压的周期为 2T，即在 2T 的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y 方向）的周期为 T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由 2 个周期性的变化；y 方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以 A 图中的扫描图形如图；要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象XX偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压B 图中，在 XX偏转电极所加的

23、电压的周期为 T，即在一个周期 T 的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为 T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y 方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以 B 图中的扫描图形如图考点：考查了示波器的工作原理- 12 -【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的 YY偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象14.美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置最先测出了电

24、子的电荷量，被称为密立根油滴实验。两块水平放置的金属板 A、 B 分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。 （已知重力加速度为 g）（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有_。A油滴质量 m B两板间的电压 UC两板间的距离 d D两板的长度 L（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量 q=_【答案】 (1). ABC (2). 【解析】（1）平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有：，所以需要测出的物理量有油滴质量 m，两板间的电压 U，两板间的距离 d，故选 ABC。（2）由 ，可得油滴的电

25、荷量为： 。15.在如图所示的实验装置中,充电后的平行板电容器与电源断开，极板 A 与静电计相连,极板 B 接地。(1)若将极板 B 向上平行移动一小段距离,则将观察到静电计指针偏角_（填“增大”- 13 -或“减小”或“不变” ）,说明平行板电容器的电容随极板正对面积 S 减小而减小。(2)若将极板 B 向左平行移动一小段距离,则将观察到静电计指针偏角增大,说明平行板电容器的电容随板间距离 d 增大而_（填“增大”或“减小”或“不变” ） 。(3)若将玻璃板插入 A、B 两极板间，则将观察到静电计指针偏角_（填“增大”或“减小”或“不变” ） 。【答案】 (1). 增大； (2). 减小；

26、(3). 减小【解析】【详解】解：(1)若极板 B 稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式 分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式 ，极板间的电压 U 增大，则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的减小而减小；(2)若极板 B 稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式 分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式 ，极板间的电压 U 增大，则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离成反比，极板间距离的增大而减小；(3)将玻璃板插入 A、B 两极板间，由电容的决定式 分析知电容增大，电容器的电量不变，根据电容的定义式 ，极

27、板间的电压 U 减小，则静电计指针偏角减小。【点睛】行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，先由电容的决定式 ，分析电容的变化，根据电容的定义式 ，分析电压 U 的变化，即可判断静电计指针偏角的变化。三、计算题 (共 4 小题，48 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，有数值计算的题目，答案中应明确写出数值和单位)16.在一电场中，设想沿如图所示的路径 abcd 移动一电子，电场力做功分别是：从 a 到 b 为4 eV，从 b 到 c 为2 eV，从 c 到 d 为 3 eV，求 d、a 两点间的电势差 Uda【答案】-3V【解析】- 14 -【分析】先求出从 a 到 d 移

28、动电子电场力所做的功，又根据电场力作功的特点：在电场中两点间移动电荷，电场力作的功与移动的路径无关，确定出从 a 到 d 移动电子电场力所做的功，即可求解。【详解】解：将电子从 a 点移到 d 点，不管沿 a d 路径还是 a b c d 路径移动，电场力做功是不变的；则将电子由 a 点移到 d 点，电场力作功为 根据电势差定义式得： a、 d 间电势差为即 d、a 两点间的电势差17.在竖直平面内有水平向右的匀强电场，场中有一根长 L=2m 的绝缘细线，一端固定在 O 点，另一端系质量为 0.4kg 的带电小球，静止时细线与竖直方向成 37角，如图所示。把小球缓慢拉至最低点给其一水平向右的初

29、速度 v0，为了使小球能绕 O 点在竖直 面内做圆周运动，求 v0 应满足的条件。(cos37=0.8，g=10m/s 2)【答案】 【解析】【分析】根据小球在平衡位置合力为 0，可以求出小球所受的电场力，根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知在平衡位置的对称点合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球速度的最小值，根据动能定律求出 v0 应满足的条件。【详解】解：对小球进行受力分析如图所示- 15 -可得： 由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力在圆上各点中，小球在平衡位置 A 点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点 B 点，小球的势能最大，由于小球总能量

30、不变，所以在 B 点的动能 EkB最小，对应速度 vB最小，在 B 点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有： 解得 从最低点到 B 点，根据动能定律则有联立解得 即 v0 应满足的条件18.如果场源是多个点电荷，电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，电场中某点的电势为各个点电荷单独在该点产生电势的代数和。若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势 可表示为 ，其中 k 为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r 为该点到点电荷的距离。如图所示，一个半径为 R、电荷量为+Q 的均匀带电细圆环固定在真空中，环面水平。一质量

31、为 m、电荷量- q 的带电液滴，从环心 O 正- 16 -上方 D 点由静止开始下落。已知 D、O 间的距离为 ，静电力常量为 k，重力加速度为 g。求(1)D 点的电场强度 E (2)液滴到达 O 点时速度 v 的大小。【答案】(1) 方向竖直向上；(2) 【解析】【分析】利用微元法求出每个微元在 D 点的电场和竖直方向的电场，根据叠加原理求出 D 点的电场强度；结合点电荷的电势的公式，求出 D、O 点的电势，然后由功能关系即可求出液滴到达 O点时速度 v 的大小。【详解】解（1） D 到环上的各点的距离为 L，则由几何关系可知：将均匀的带电圆环分成长度为 的微元，每个微元带电量为每个微元

32、在 D 点的电场为 竖直方向的电场根据叠加原理可知整个均匀带电圆环在在 D 点的水平方向的电场抵消为 0整个均匀带电圆环在在 D 点的竖直方向的电场 D 点的电场强度 ，方向竖直向上（2） 由于环上的各点到 D 的距离都是 L，则环上的电荷在 D 处产生的电势为：则环上的电荷在 O 处产生的电势为： - 17 -负电荷从 D 到 O 的过程中重力做正功，电场力也做正功，所以到达 O 点时：所以：19.如图甲所示，一对平行金属板 M、 N 长为 L，相距为 d， O1O 为中轴线当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场某种带负电的粒子从 O1点以速度 v0沿O1O 方向

33、射入电场，粒子恰好打在上极板 M 的中点，粒子重力忽略不计。（1）求带电粒子的比荷 ；（2）若 MN 间加如图乙所示的交变电压，其周期 ，从 t=0 开始，前 内 UMN=2U，后内 UMN= U，大量的上述粒子仍然以速度 v0沿 O1O 方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求 U 的值。【答案】 （1） （2）【解析】（1）设粒子经过时间 t0打在 M 板中点，沿极板方向有： ，垂直极板方向有： ，解得： 。（2）粒子通过两板时间为： ，从 t=0 时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变- 18 -化周期的前三分之一时间内的加速度大小为： ，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为： ，方向垂直极板向下。不同时刻从 O1点进入电场的粒子在电场方向的速度 vy随时间 t 变化的关系如图所示。因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在 t=nT 或 时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。有：，解得： 。点睛：此题首先要明确两板带正负电的情况，进而明确匀强电场的方向；其次要明确带电粒子的受力情况，进而分析带电粒子在不同时间段内的运动情况；最后要明确“所有粒子恰好能全部离开电场而不打到极板上”的含义：带电粒子在电场方向偏转的距离最大为 。