2022-2023學(xué)年山東省日照市高二上學(xué)期8月校際聯(lián)考物理試題一、單項(xiàng)選擇題：本題包括8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1. 關(guān)子行星運(yùn)動(dòng)定律和萬有引力定律的建立過程，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 開普勒通過天文儀器觀察到行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道是橢圓B. 第谷通過嚴(yán)密的數(shù)學(xué)運(yùn)算，得出了行星的運(yùn)動(dòng)規(guī)律C. 牛頓通過比較月球和近地衛(wèi)星的向心加速度，對(duì)萬有引力定律進(jìn)行了“月－地檢驗(yàn)”D. 卡文迪什通過對(duì)幾個(gè)鉛球之間萬有引力的測(cè)量，得出了引力常量的數(shù)值【答案】D【解析】【詳解】AB．開普勒對(duì)第谷的行星運(yùn)動(dòng)觀察記錄的數(shù)據(jù)做了多年的研究得出行星的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，其中開普勒第一定律為：行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道是橢圓，太陽處在橢圓的其中一個(gè)焦點(diǎn)上，故AB錯(cuò)誤；C．牛頓通過總結(jié)論證，總結(jié)出了萬引力定律，并通過比較月球公轉(zhuǎn)的周期，根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力，對(duì)萬有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗(yàn)”，故C錯(cuò)誤；D．卡文迪什在實(shí)驗(yàn)室里通過對(duì)幾個(gè)鉛球之間萬有引力的測(cè)量，得出了引力常量的數(shù)值。引力常量的普適性成了萬有引力定律正確性的有力證據(jù)，故D正確。故選D。2. 物理學(xué)中把速度變化量與發(fā)生這一變化所用時(shí)間之比叫做加速度，下列關(guān)于加速度的說法，正確的是（    ）A. 物體的加速度增大，其速度一定增大B. 物體運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度的變化量越大，它的加速度一定越大C. 物體沿著直線做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向一定與速度方向相反D. 某時(shí)刻物體的速度為零，其加速度也一定為零【答案】C【解析】【詳解】A．加速度反映的是速度變化的快慢，與速度大小變化無關(guān)。比如一個(gè)物體做加速度越來越大的減速運(yùn)動(dòng)，速度在減小，加速度變大是指速度減小的越來越快，故A錯(cuò)誤；B．物體的速度變化量大，加速度不一定大，只有當(dāng)變化所用的時(shí)間相同時(shí)，加速度才大，故B錯(cuò)誤；C．物體沿著直線做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度的變化量方向與速度的方向相反，即加速度方向與速度方向相反，故C正確；D．某時(shí)刻物體的速度為零，其加速度不一定為零，例如初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為零，但是加速度不為零，故D錯(cuò)誤。故選C。3. 重力為200N的小朋友從高為2m的傾斜滑梯的頂端自由下滑。已知小朋友在下滑過程中受到的阻力恒為40N，傾斜滑梯的傾角為30°，小朋友下滑到滑梯底端的過程中，下列判斷正確的是（    ）A. 重力對(duì)小朋友做功為400J B. 小朋友克服阻力做功為80JC. 滑梯對(duì)小朋友做功為零 D. 小朋友的機(jī)械能增加了320J【答案】A【解析】【詳解】A．重力對(duì)小朋友做功為選項(xiàng)A正確；B．小朋友克服阻力做功為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．滑梯的支持力對(duì)小朋友做功為零，摩擦力對(duì)小朋友做功-160J，可知滑梯對(duì)小朋友做功為-160J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；    D．小朋友的機(jī)械能減小，減小量為160J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。4. 甲、乙兩種元件的電流隨著它們兩端電壓變化的關(guān)系圖線如圖所示，根據(jù)伏安特性曲線可判斷（　?。?/span>
 A. 甲的電阻為R=1Ω B. 乙的電阻率隨著溫度的升高而增大C. 交點(diǎn)a處，乙的電阻小于甲的電阻 D. 乙是非線性元件【答案】D【解析】【詳解】A．圖中無數(shù)據(jù)，甲的電阻不確定，故A錯(cuò)誤；BD．由圖可知，乙導(dǎo)體電流隨電壓的增大而增大，每一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示該點(diǎn)電阻的倒數(shù)，故可知乙導(dǎo)體的電阻隨電壓的增大而減??；隨電壓的升高電阻率減小，而隨電壓增大，溫度是升高的，所以乙的電阻率隨著燈絲溫度的升高而減小，故B錯(cuò)誤，D正確；C．交點(diǎn)a處，乙的電阻等于甲的電阻，故C錯(cuò)誤。故選D。5. 如圖所示，物塊放在一個(gè)縱剖面為矩形的靜止木箱內(nèi)，物塊的右邊被一根輕彈簧用水平向右的拉力拉著而保持靜止，輕彈簧的另一端固定在木箱右壁上?，F(xiàn)使木箱與物塊加速運(yùn)動(dòng)，但二者仍保持相對(duì)靜止，若物塊受到的摩擦力減小，則木箱與物塊的加速度方向可能為（    ）A. 水平向左 B. 水平向右 C. 豎直向上 D. 豎直向下【答案】B【解析】詳解】A．若加速度水平向左，則因二者仍保持相對(duì)靜止，則彈力不變，則f變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．若加速度水平向右，則因彈力不變，則f變小，選項(xiàng)B正確；CD．若豎直向上或豎直向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向f=F彈不變，則選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。6. 用電壓表、電流表測(cè)量導(dǎo)體電阻的兩種電路圖如圖甲、乙所示，測(cè)量時(shí)，把電壓表示數(shù)和電流表示數(shù)之比作為電阻的測(cè)量值。圖中電壓表的內(nèi)阻為1kΩ，電流表的內(nèi)阻為0.1Ω，被測(cè)導(dǎo)體R的真實(shí)電阻為49.9Ω。當(dāng)電流表的示數(shù)為0.20A時(shí)（    ）A. 圖甲中電壓表的示數(shù)為9.51V B. 圖甲中電壓表的示數(shù)為9.98VC. 圖乙中電壓表的示數(shù)為9.98V D. 圖乙中電壓表的示數(shù)為10.02V【答案】A【解析】【詳解】AB．圖甲采用的是電流表外接，電壓表測(cè)量的電壓為電壓表與電阻R并聯(lián)的阻值的電壓，即故A正確，B錯(cuò)誤；CD．圖乙采用的是電流表內(nèi)接，電壓表測(cè)量的是電流表與電阻R串聯(lián)的總阻值的電壓，即故CD錯(cuò)誤。故選A。7. 四個(gè)相同的小球，從同一位置以不同的速度拋出，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的是（    ）A. ① B. ② C. ③ D. ④【答案】D【解析】【詳解】小球在豎直方向均做加速度為g的勻變速運(yùn)動(dòng)，豎直方向先減速后加速，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為可知上升的最大高度越小，則時(shí)間越短。故選D。8. 如圖所示，三根輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，其中AC與豎直方向的夾角為45°，BD與豎直方向的夾角為60°。在C點(diǎn)懸掛一個(gè)重力為G的物體，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)施加最小的力為（    ）
 A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【詳解】由題意，結(jié)點(diǎn)C受力如圖
 由幾何關(guān)系得解得對(duì)結(jié)點(diǎn)D受力分析可知，當(dāng)外力與BD邊垂直時(shí)，外力取得最小值，由幾何關(guān)系得故選B。二、多項(xiàng)選擇題：本題包括4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9. 讓一個(gè)物體在某星球上從一定的高度由靜止下落，經(jīng)過4.5s的時(shí)間落到星球地面上，落地前的瞬時(shí)速度大小為18m/s，不計(jì)阻力的影響，下列說法正確的是（    ）A. 該星球表面的重力加速度大小為B. 物體下落的高度為101.25mC. 物體在第3s內(nèi)的位移大小為25mD. 物體在前2s內(nèi)與最后2s內(nèi)的位移大小之比為【答案】AD【解析】【詳解】A．根據(jù)公式解得該星球表面的重力加速度大小故A正確；B．物體下落的高度為故B錯(cuò)誤；C．物體在第3s內(nèi)的位移大小為故C錯(cuò)誤；D．物體在前2s內(nèi)的位移物體在前2.5s內(nèi)的位移物體在最后2s內(nèi)的位移物體在前2s內(nèi)與最后2s內(nèi)的位移大小之比為故D正確。故選AD。10. 如圖所示，實(shí)線為三條電場(chǎng)線，虛線1、2、3分別為三條等勢(shì)線，三條等勢(shì)線與其中一條電場(chǎng)線的交點(diǎn)依次為M、N、Q三點(diǎn)，MN＝NQ，電荷量相等的a、b兩帶電粒子從等勢(shì)線上的點(diǎn)沿著等勢(shì)線的切線方向飛入電場(chǎng)，僅在靜電力的作用下，兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡分別如圖中的彎曲實(shí)線所示，已知a粒子到達(dá)等勢(shì)線1時(shí)的動(dòng)能與b粒子到達(dá)等勢(shì)線3時(shí)的動(dòng)能相等，下列說法正確的是（    ）
 A. a粒子一定帶負(fù)電，b粒子一定帶正電B. a、b兩粒子從O點(diǎn)飛入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等C. a的加速度逐漸減小，b的加速度逐漸增大D. a電勢(shì)能逐漸減小，b的電勢(shì)能逐漸增大【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)軌跡可知，a粒子受電場(chǎng)力向左，則a粒子一定帶負(fù)電，b粒子受電場(chǎng)力向右，則一定帶正電，選項(xiàng)A正確；B．根據(jù)U=Ed，因電場(chǎng)線越密場(chǎng)強(qiáng)越大，而MN＝NQ 可知UMN<UNQ，兩粒子電荷量相等，則兩粒子分別到達(dá)1、3等勢(shì)面時(shí)電場(chǎng)力對(duì)a粒子做功較小，而a粒子到達(dá)等勢(shì)線1時(shí)的動(dòng)能與b粒子到達(dá)等勢(shì)線3時(shí)的動(dòng)能相等，可知a、b兩粒子從O點(diǎn)飛入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．因電場(chǎng)線向右越來越密集，即左邊場(chǎng)強(qiáng)小，右邊場(chǎng)強(qiáng)大，則a受電場(chǎng)力逐漸減小，a的加速度逐漸減小，b受電場(chǎng)力逐漸變大，則b的加速度逐漸增大，選項(xiàng)C正確；D．電場(chǎng)力對(duì)兩粒子均做正功，則兩粒子的電勢(shì)能都是逐漸減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。11. 銀河系的恒星大約四分之一是雙星。某雙星是由質(zhì)量不等的星體和構(gòu)成，兩星在相互之間的萬有引力作用下繞兩者連線上某一點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知、兩星體到O點(diǎn)的距離之比為1:3，若星體的質(zhì)量為m，做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v，向心力大小為F，向心加速度大小為a，則星體的（    ）A. 質(zhì)量為 B. 線速度為C. 向心力大小為F D. 向心加速度大小為a【答案】AC【解析】【詳解】A．雙星做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度相等，向心力由兩星之間的萬有引力提供，則 則可得選項(xiàng)A正確；B．根據(jù)v=ωr可知，線速度之比則v2=3v選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．向心力大小相等，即為F，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)F=ma可知選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。12. 如圖所示，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿P、Q，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽略不計(jì)?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小球a、b質(zhì)量均為m，a球套在豎直桿P上，b球套在水平桿Q上，a、b通過鉸鏈用長(zhǎng)度為的輕桿連接。將a從圖示位置（輕桿與細(xì)桿Q的夾角為45°）由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，重力加速度大小為g。在此后的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（   ）A. b的速度大小為零時(shí)，a的加速度大小為零B. 輕桿與Q的夾角為45°時(shí)，a、b的速度大小相等C. a球的最大速度為D. b球的最大動(dòng)能為【答案】BD【解析】【詳解】AB．如圖所示a、b小球沿桿方向速度相等，即vacosα = vbcosβ由此可知，當(dāng)α = β = 45°時(shí)va = vb當(dāng)b的速度為零時(shí)，α = 90°，此時(shí)a球只受重力，加速度為g，A錯(cuò)誤、B正確；C．當(dāng)b球速度為零時(shí)，a球達(dá)到兩桿交叉位置，根據(jù)機(jī)械能守恒定律解得此時(shí)a球的加速度為g，所以接下來a球繼續(xù)加速，則最大速度大于，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，b球處于兩桿交叉位置，a球的速度為零，b球的速度達(dá)到最大，動(dòng)能達(dá)到最大，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有D正確。故選BD。三、非選擇題：本題包括6小題，共60分。13. 電流傳感器比電流表反應(yīng)靈敏，并且可以和計(jì)算機(jī)相連，在計(jì)算機(jī)屏幕上自動(dòng)畫出電流隨時(shí)間的變化圖像。圖甲是用電流傳感器觀察電容器充、放電過程的實(shí)驗(yàn)電路圖，圖中電源電動(dòng)勢(shì)為10V。完成下列填空。（1）先使開關(guān)S與1接通，待充電完成后，開關(guān)S再與2接通，電容器通過電阻放電，放電過程中通過電阻R的電流方向?yàn)?/span>______（選填“向左”或“向右”）。（2）電流傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，顯示出電流隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。根據(jù)圖像估算出電容器整個(gè)放電過程中釋放的電荷量約為______C。（3）該電容器的電容約為______。【答案】    ①. 向右    ②.     ③. 368【解析】【詳解】（1）[1]由圖甲可知，電容器上極板帶正電，當(dāng)電容器放電時(shí)，電容器上級(jí)板相當(dāng)于正極，可知通過電阻R的電流方向?yàn)橄蛴遥?/span>（2）[2]根據(jù)題圖乙的含義，因，可知圖形與時(shí)間軸圍成的面積表示電荷量；根據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知，一個(gè)格子的電荷量為，由大于半格算一個(gè)，小于半格舍去，因此圖像所包含的格子個(gè)數(shù)為46，所以釋放的電荷量為（3）[3]根據(jù)代入數(shù)據(jù)可得14. 物理社團(tuán)應(yīng)用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電的頻率為50Hz。
 （1）對(duì)小車進(jìn)行平衡摩擦力時(shí)，下列說法正確的是________；A．在空沙桶的牽引下，輕推一下小車，使小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．每一次都要保證小車從同一位置由靜止釋放C．每改變一次小車的質(zhì)量，都需要改變墊入的薄木片的高度D．改變沙桶內(nèi)沙的質(zhì)量，不需要重新改變墊入的薄木片的高度（2）保持沙桶的質(zhì)量不變，通過增加小車中的砝碼改變小車的質(zhì)量M，分別測(cè)得小車不同質(zhì)量時(shí)對(duì)應(yīng)的加速度a，數(shù)據(jù)如下表所示。質(zhì)量M/kg0.250.290.330.400.50加速度0.620.56 0.400.32檢查時(shí)發(fā)現(xiàn)漏掉記錄其中的一個(gè)加速度數(shù)據(jù)，于是同學(xué)們找出對(duì)應(yīng)的紙帶如圖乙所示，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離已標(biāo)在圖上（每?jī)蓚€(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出），測(cè)得該紙帶對(duì)應(yīng)的加速度a＝________。（3）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，在答題卡的坐標(biāo)紙（如圖丙）上作出小車的加速度a與其質(zhì)量M之間的關(guān)系圖線________，根據(jù)你做出的圖線能不能判斷小車的加速度a與質(zhì)量M的定量關(guān)系？________（選填“能”或“不能”）。（4）保持小車的質(zhì)量M不變，通過添加沙桶內(nèi)沙的質(zhì)量，分別測(cè)得沙與沙桶的質(zhì)量m以及對(duì)應(yīng)的小車加速度a，做出小車運(yùn)動(dòng)的加速度a和所受的拉力F的關(guān)系圖像如圖丁所示。不斷增加沙桶內(nèi)沙的質(zhì)量，a－F圖線明顯彎曲，加速度a趨向于________（已知g為重力加速度大小）。【答案】    ①. D    ②. 0.48    ③.     ④. 不能    ⑤. g【解析】【詳解】（1）[1]ACD．對(duì)小車進(jìn)行平衡摩擦力時(shí)，使小車所受重力沿木板方向的分力與小車所受的摩擦力平衡即可，故需要把木板沒有定滑輪一端墊起適當(dāng)高度，使得此時(shí)木板與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)與木板與水平面的傾角滿足即可，取下沙和沙桶，然后輕推小車，使小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)；平衡摩擦力后，通過上式可知，每次改變小車的質(zhì)量或者改變沙桶內(nèi)沙的質(zhì)量，均不需要重新改變墊入的薄木片的高度，故AC錯(cuò)誤，D正確；B．平衡摩擦力時(shí)，不需要每一次都要保證小車從同一位置由靜止釋放，故B錯(cuò)誤；故選D。（2）[2]依題意，根據(jù)逐差法，可求得該紙帶對(duì)應(yīng)的加速度大小為（3）[3]根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，描點(diǎn)連線，作出小車的加速度a與其質(zhì)量M之間的關(guān)系圖線如圖所示
 [4]根據(jù)可知，小車的加速度a與質(zhì)量M成反比，而反比例函數(shù)圖像是曲線，由于作出的圖線也為曲線，故很難判斷小車的加速度a與質(zhì)量M的定量關(guān)系。（4）[5]根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得當(dāng)不斷增加沙桶內(nèi)沙的質(zhì)量，即當(dāng)時(shí)，則a－F圖線明顯彎曲，加速度a趨向于g。15. 我國提出實(shí)施新能源汽車推廣計(jì)劃，推動(dòng)新能源汽車產(chǎn)業(yè)高質(zhì)量發(fā)展，加快建設(shè)汽車強(qiáng)國。某新能源汽車質(zhì)量，發(fā)動(dòng)機(jī)的額定輸出功率P＝84kW，沿著平直公路行駛時(shí)受到阻力的大小恒為車重的0.15倍，g取。（1）若汽車以額定功率啟動(dòng)，求汽車行駛過程中的最大速度；（2）若汽車以恒定加速度啟動(dòng)，求勻加速過程所用的時(shí)間。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）當(dāng)牽引力大小等于阻力大小時(shí)汽車的速度最大,即故（2）根據(jù)牛頓第二定律可得解得設(shè)以恒定加速度加速的最大速度為，則由可得16. 如圖所示，豎直面內(nèi)光滑弧軌道BC的半徑R＝0.9m，其圓心為，半徑豎直，圓心角；光滑圓形軌道的圓心為，兩者與水平軌道分別相切于C、D兩點(diǎn)。將質(zhì)量m＝0.18kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以的初速度從A點(diǎn)水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道，經(jīng)過圓弧軌道、水平軌道后，從D點(diǎn)進(jìn)入圓形軌道。已知水平軌道CD的長(zhǎng)度x＝1.6m，物塊與水平軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)，g取。（1）求AB之間的豎直高度；（2）求小物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)受到支持力的大??；（3）為使小物塊通過圓形軌道后不脫離軌道，判斷圓形軌道的半徑r應(yīng)滿足的關(guān)系。【答案】（1）h＝0.6m；（2）；（3）或【解析】【詳解】（1）在B點(diǎn)把速度分解得在豎直方向上   解得h＝06m（2）B點(diǎn)的速度B到C由動(dòng)能定理：在C點(diǎn)由牛頓第二定律得： （3）若小物塊恰能完成圓周運(yùn)動(dòng)，在圓形軌道最高點(diǎn)從C到圓形軌道最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得若小物塊恰好能到達(dá)圓形軌道圓心等高處，則解得或者17. 小明同學(xué)在五蓮滑雪場(chǎng)滑雪時(shí)，發(fā)現(xiàn)一滑板正在滑雪場(chǎng)內(nèi)向左滑行，為防止發(fā)生意外，小明立即將一石塊水平扔向滑板，如圖所示，當(dāng)滑板右端剛好到達(dá)滑雪場(chǎng)的O點(diǎn)時(shí)，石塊正好以水平向右的速度滑上滑板的左端，此時(shí)滑板和石塊的速度大小均為3m/s。已知石塊的質(zhì)量，滑板的質(zhì)量，石塊和滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，不計(jì)滑板與滑雪場(chǎng)內(nèi)地面間的摩擦，石塊始終未脫離滑板，g取。（1）石塊剛滑上滑板時(shí)，分別求石塊和滑板加速度大小；（2）求滑板右端從離開O點(diǎn)到再次返回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間；（3）從石塊滑上滑板開始，到滑板返回到O點(diǎn)的過程中，求因摩擦所產(chǎn)生的內(nèi)能。
 【答案】（1），；（2）；（3）12J【解析】【詳解】（1）由牛頓第二定律：對(duì)石塊對(duì)滑板解得（2）從開始經(jīng)過時(shí)間滑板和石塊達(dá)到共同速度，有解得滑板減速到0時(shí)，向左滑行滑板從“速度為0”到“達(dá)到共速”，向右滑行滑板向右勻速滑行至O點(diǎn)此過程中解得總共用時(shí)（3）系統(tǒng)減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化成內(nèi)能解得18. 如圖甲所示，在xOy直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)有等腰三角形ABC的區(qū)域，AB邊的長(zhǎng)度為L且與x軸平行，區(qū)域內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為；在第二象限內(nèi)有邊長(zhǎng)為L的正方形BOEF區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知）?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子從AC的中點(diǎn)P由靜止釋放，恰好通過E點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力，則（1）求BOEF區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（2）求粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的時(shí)間；（3）在保持BOEF區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度不變情況下，將正方形電場(chǎng)區(qū)域分成BOMN和GHEF相等的兩部分，并將GHEF區(qū)域向左平移一段距離，如圖乙所示。若把粒子從第一象限內(nèi)的A點(diǎn)由靜止釋放，要使粒子仍從E點(diǎn)射出，求GHEF區(qū)域平移的距離x。
 【答案】（1）；（2）；（3）3L【解析】【詳解】（1）粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到BC中點(diǎn)過程中由動(dòng)能定理在BOEF區(qū)域內(nèi)，由牛頓第二定律水平方向上豎直方向上解得（2）在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間在無場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間所以粒子從P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)間（3）帶電粒子從A到B由動(dòng)能定理帶電粒子在區(qū)域BOMN中豎直方向速度速度偏轉(zhuǎn)角帶電粒子在兩個(gè)區(qū)域內(nèi)偏轉(zhuǎn)距離由幾何關(guān)系得解得 

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