江西省上饒縣中學(xué)高三物理上學(xué)期第12周周練（特+補）.docVIP

2014-2015學(xué)年江西省上饒市上饒縣中學(xué)高三（上）第12周周練物理試卷（特+補）一、選擇題（1，2，4，6，7，為多選題共48分）1（4分）如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球a、b分別處于豎直墻面和水平地面上，且處于同一豎直平面內(nèi)，若用圖示方向的水平推力f作用于小球b，則兩球靜止于圖示位置，如果將小球b向左推動少許，待兩球重新達(dá)到平衡時，則兩個小球的受力情況與原來相比（） a 推力f將增大 b 豎直墻面對小球a的彈力增大 c 地面對小球b的彈力一定不變 d 兩個小球之間的距離增大【考點】： 共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用；庫侖定律【專題】： 共點力作用下物體平衡專題【分析】： 由整體法可知地面的支持力的大小；根據(jù)兩球的距離變化可知庫侖力的變化，采用隔離法可知兩球距離的變化【解析】： 解：整體法可知b球?qū)Φ孛鎵毫Σ蛔?，c正確；假設(shè)a球不動，由于a、b兩球間距變小，庫侖力增大，a球上升，庫侖力與豎直方向夾角變小，而其豎直分量不變故庫侖力變小a、b兩球間距變大，d正確；但水平分量減小，故a、b不正確故選cd【點評】： 本題考查了連接體問題的動態(tài)平衡，整體法隔離法相結(jié)合是解決此類問題根本方法2（4分）x軸上有兩點電荷q1和q2，q1和q2之間各點對應(yīng)的電勢高低如圖中曲線所示，從圖中可看出（） a q1和q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷 b q1一定大于q2 c 電勢最低處p點的電場強度為0 d q1和q2之間各點的電場方向都指向p點【考點】： 勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，從坐標(biāo)x1到x2電勢先減小后增大，根據(jù)沿電場線電勢逐漸降低判斷兩電荷的電性，根據(jù)電場強度為零的位置比較兩電荷的電量大小【解析】： 解：a、從坐標(biāo)x1到x2電勢先減小后增大，因為沿電場線方向電勢逐漸降低，知q1和q2一定是同種電荷，且都為正電荷故a錯誤；b、c、x圖線的切線斜率表示電場強度的大小，p點切線斜率為零，則p點的電場強度為零兩電荷在p點的合場強為零，p點距離q1較遠(yuǎn)，根據(jù)點電荷的場強公式知，q1的電量大于q2的電量故b正確，c正確d、因為沿電場線方向電勢逐漸降低，所以p點的左側(cè)電場方向向右，p點的右側(cè)電場方向向左，q1和q2之間各點的電場方向都指向p點故d正確故選：bcd【點評】： 解決本題的關(guān)鍵找到該題的突破口，即根據(jù)p點的切線斜率（即電場強度）為零入手分析，以及知道沿著電場線方向電勢逐漸降低3（4分）有一靜電場，其電場強度方向平行于x軸其電勢隨坐標(biāo)x的改變而變化，變化的圖線如圖所示，則下圖中能正確表示該靜電場的場強e隨x變化的圖線是（設(shè)場強沿x軸正方向時取正值）（） a b c d 【考點】： 電場強度【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： 電場強度方向平行于x軸，如果在x方向上取極小的一段，電場強度有，根據(jù)電勢u隨坐標(biāo)x的改變而變化，通過直線的斜率物理意義求解沿著電場線方向電勢降低【解析】： 解：電場強度方向平行于x軸，電勢u隨坐標(biāo)x圖象的斜率的意義反映了電場強度沿著電場線方向電勢降低02mm，直線斜率不變，沿x軸正方向電勢升高，說明電場強度方向沿x軸負(fù)方向，大小等于v/m=2104v/m，依次求出其他位置的電場強度故選a【點評】： 正確把握電勢u隨坐標(biāo)x圖象的斜率的物理意義是解決問題的關(guān)鍵4（4分）如圖所示，光滑的水平軌道ab，與半徑為r的光滑的半圓形軌道bcd相切于b點，ab水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，b為最低點，d為最高點一質(zhì)量為m帶正電的小球從距b點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿ab向右運動，恰能通過最高點，則（） a r越大，x越大 b r越大，小球經(jīng)過b點后瞬間對軌道的壓力越大 c m越大，x越大 d m與r同時增大，電場力做功增大【考點】： 動能定理的應(yīng)用；向心力；勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： 小球恰能通過最高點時，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出小球經(jīng)最高點時的速度，根據(jù)動能定理求出初速度v0與半徑r的關(guān)系小球經(jīng)過b點后的瞬間由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，由牛頓運動定律研究小球?qū)壍赖膲毫εc半徑的關(guān)系【解析】： 解：a、小球在bcd部分做圓周運動，在d點，有：mg=m，從a到d過程，由動能定理有：qex2mgr=mvd2，由得：r=，可知，r越大，x越大故a正確b、小球由b到d的過程中，由動能定理有：2mgr=mvd2mvb2，vb=，在b點有：fnmg=m，fn=6mg，則知小球經(jīng)過b點瞬間軌道對小球的支持力與r無關(guān)，則小球經(jīng)過b點后瞬間對軌道的壓力也與r無關(guān)，故b錯誤c、由知，m越大，x越大，故c正確d、從a到d過程，由動能定理有：w2mgr=mvd2，由解得：電場力做功 w=，可知m與r同時增大，電場力做功越多，故d正確故選：acd【點評】： 動能定理與向心力知識綜合是常見的題型小球恰好通過最高點時速度與輕繩模型類似，軌道對小球恰好沒有作用力，由重力提供向心力，臨界速度v=，做選擇題時可直接運用5（4分）真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和粒子都從o點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與oo垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點（已知質(zhì)子、氘核和粒子質(zhì)量之比為1：2：4，電量之比為1：1：2，均帶正電，重力不計）下列說法中正確的是（） a 三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2：1：1 b 三種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同 c 在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點 d 偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：2【考點】： 帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】： 帶電粒子在電場中的運動專題【分析】： 根據(jù)動能定理求出粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度，抓住在偏轉(zhuǎn)電場中垂直于電場方向做勻速直線運動，求出運動的時間結(jié)合豎直方向上做勻加速直線運動，求出出電場時豎直方向上的分速度以及偏轉(zhuǎn)的位移，從而可判斷三個粒子打在屏光熒上的位置根據(jù)動能定理求出偏轉(zhuǎn)電場電場力做功的大小關(guān)系【解析】： 解：a、根據(jù)動能定理得，qu1=0，則進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0=，因為質(zhì)子、氘核和粒子的比荷之比為2：1：1，則初速度之比：1：1，在在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間t=，則知時間之比為1：故a錯誤b、在豎直方向上的分速度vy=at=，則出電場時的速度v=因為粒子的比荷不同，則速度的大小不同故b錯誤c、在加速電場中，由動能定理得：qu1=0，在偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)位移y=，聯(lián)立得y=，可見y與粒子的電量和質(zhì)量無關(guān)，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移相等，熒光屏將只出現(xiàn)一個亮點故c正確d、偏轉(zhuǎn)電場的電場力對粒子做功w=qey，因為e和y相同，電量之比為1：1：2，則電場力做功為1：1：2故d錯誤故選：c【點評】： 本題考查粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，掌握處理粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的方法，知道粒子在垂直電場和沿電場方向上的運動規(guī)律，抓住等時性，結(jié)合運動學(xué)公式進(jìn)行求解6（4分）如圖所示，豎直放置的平行金屬板帶等量異種電荷，一帶電微粒沿圖中直線從a向b運動，下列說法中正確的是（） a 微粒做勻速運動 b 微粒做勻加速運動 c 微粒電勢能增大 d 微粒動能減小【考點】： 帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓第二定律；功能關(guān)系；電勢能【專題】： 計算題【分析】： 對微粒進(jìn)行受力分析可知粒子合力的情況，則可判斷微粒的運動情況；根據(jù)各力做功情況可知能量的變化，由動能定理可知動能的變化【解析】： 解：a、粒子在板間受重力及電場力而做直線運動，重力豎直向下，而電場力沿水平方向，故合力不可能為零，粒子不可能做勻速運動，故a錯誤；b、而物體做直線運動，故物體受到的合力一定沿粒子的運動方向；因重力向下，若電場力向右，則合力向右下，不能滿足條件，故電場力只能向左，合力才能沿圖中直線；而粒子從a運動到b，故粒子一定做減速運動，故b錯誤；c、因電場力做負(fù)功，故電勢能增大；故c正確；d、重力及電場力均做負(fù)功，由動能定理可得，粒子的動能一定減小；故d正確；故選cd【點評】： 本題考查運動和力的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于熟練掌握力和運動的關(guān)系，切入點為粒子做直線運動則合力一定沿直線方向7（4分）如圖所示，用絕緣細(xì)線拴一個帶負(fù)電的小球，帶電量為q，讓它在豎直向下的勻強電場中（場強為e）繞o點做豎直平面內(nèi)的勻速圓周運動，a、b兩點分別是圓周的最高點和最低點，不計空氣阻力則下列說法中正確的是（） a 小球質(zhì)量為 b 小球在運動中機械能守恒 c 小球經(jīng)過a點時，機械能最大 d 小球經(jīng)過a點時，電勢能最大【考點】： 帶電粒子在混合場中的運動【專題】： 帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題【分析】： 小球做勻速圓周運動，動能保持不變，故合力一直不做功，由于重力和電場力為恒力，是二力平衡，細(xì)線的拉力提供向心力【解析】： 解：a、小球做勻速圓周運動，重力和電場力平衡，細(xì)線的拉力提供向心力，故：mg=qe，解得：m=；故a正確；b、小球在運動中電場力做功，故機械能不守恒；故b錯誤；c、小球經(jīng)過a點時，重力勢能最大，而動能一直不變，故在a點的機械能最大，故c正確；d、從b到a，電場力做正功，電勢能減小，故小球經(jīng)過a點時的電勢能最??；故d錯誤；故選：ac【點評】： 本題關(guān)鍵明確小球的受力情況，找到向心力來源，然后結(jié)合平衡條件、機械能守恒定律和功能關(guān)系分析，不難8（4分）一正電荷在電場中僅受電場力作用，從a點運動到b點，速度隨時間變化的圖象如圖所示，ta、tb分別對應(yīng)電荷在a、b兩點的時刻，則下列說法中正確的是（） a a處的場強一定小于b處的場強 b a處的電勢一定低于b處的電勢 c 電荷在a處的電勢能一定大于在b處的電勢能 d 從a到b的過程中，電場力對電荷做正功【考點】： 動能定理的應(yīng)用；電場強度【專題】： 動能定理的應(yīng)用專題【分析】： 由速度圖象看出，質(zhì)點做加速度減小的減速運動，可知，電場力減小，場強減小，由能量守恒定律分析電勢能的變化，由動能定理分析電場力做功情況【解析】： 解：a、vt圖象的斜率等于加速度，由vt圖象看出，質(zhì)點做加速度減小的減速運動，而質(zhì)點在電場中僅受電場力作用，則知電場力減小，由電場力f=qe知，電場強度e減小，即有a處的場強一定大于b處的場強故a錯誤b、c質(zhì)點做減速運動，其動能減小，根據(jù)能量守恒可知，其電勢能增大，即電荷在a處的電勢能一定小于在b處的電勢能，根據(jù)推論：正電荷在電勢高處電勢能大，可知a處的電勢一定低于b處的電勢故b正確，c錯誤d、質(zhì)點的動能減小，由動能定理得知，電場力一定對電荷做負(fù)功故d錯誤故選b【點評】： 本題關(guān)鍵要根據(jù)速度的斜率判斷出加速度的變化，根據(jù)動能定理和能量守恒分析電勢能的變化和電場力做功和正負(fù)，屬于基礎(chǔ)題9（4分）一個初動能為ek的電子，垂直電場線飛入平行板電容器中，飛出電容器的動能為2ek如果此電子的初速度增至原來的2倍，則當(dāng)它飛出電容器時的動能變?yōu)椋ǎ?a 4ek b 8ek c 4.5ek d 4.25ek【考點】： 勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： 兩個過程中帶電粒子做類平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩過程初速度不同故在磁場中運動時間不同，在豎直方向的位移不同，最后用動能定理求解【解析】： 解：設(shè)粒子第一個過程中初速度為v，電場寬度為l，初動能為 ek=mv2第一個過程中粒子沿電場線方向的位移為：y=at2=（）2=第一個過程由動能定理：qey=2kkek=ek；第二個過程中沿電場線方向的位移為：y=（）2=y，初動能為ek=m（2v）2=4ek；根據(jù)動能定理得：qey=ek末4ek代入得：qey=ek末4ek，解得：ek末=4.25ek故選：d【點評】： 本題是動能定理和類平拋運動知識的綜合應(yīng)用，用相同的物理量表示電場力做功是解題的關(guān)鍵10（4分）如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab=cd=l，ad=bc=2l，電場線與矩形所在平面平行已知點a電勢為20v，b點電勢為24v，d點電勢為12v一個質(zhì)子從b點以v0的速度射入此電場，入射方向與bc成45，一段時間后經(jīng)過c點不計質(zhì)子的重力下列判斷正確的是（） a c點電勢高于a點電勢 b 強場的方向由b指向d c 質(zhì)子從b運動到c所用的時間為 d 質(zhì)子從b運動到c，電場力做功為4ev【考點】： 帶電粒子在勻強電場中的運動；電勢【專題】： 壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題【分析】： 勻強電場的電場線為相互平行間隔相等的平行線，而等勢線與電場線垂直；由題意知bd連線上一定有一點的電勢與a點相等，故可以找到一條等勢線，根據(jù)電場線與等勢線的特點可確定電場線的方向，由幾何關(guān)系可知c點電勢；由電場力做功的特點可求得電場力做功【解析】： 解：a、連接bd，bd兩點的電勢差為24v12v=12v；ad兩點的電勢差為20v12v=8v；因，故將bd分成3份，每一份表示4v，如圖所示，e點的電勢一定為20v，連接ae即為等勢線，f的電勢為16v，連接fc，由幾何知識得知，fcae，則知c的電勢是16v，故a點電勢高于c點的電勢，故a錯誤；b、強場的方向垂直于等勢線，則知強場的方向垂直于ae向上，不是由b指向d故b錯誤c、由于bc兩點的電勢分別為24v、16v，則bc中點的電勢為20v，則a、e、o在同一等勢面上，由于ab=bo=l，abo=90，則bao=boa=45，因為電場線與等勢線ao垂直，所以場強的方向與bc的夾角為45，質(zhì)子從b運動到c時做類平拋運動，沿初速度v0方向做勻速直線運動，則運動時間為t=故c正確；d、若質(zhì)子由b到c，因bc間的電勢差為24v16v=8v，則電場力做功w=ue=8ev；故d錯誤故選c【點評】： 本題的關(guān)鍵在于找出等勢面，然后才能確定電場線，要明確電場線與等勢線的關(guān)系，能利用幾何關(guān)系找出等勢點，再根據(jù)等勢線的特點確定等勢面11（4分）一均勻帶正電的半球殼，球心為o點，ab為其對稱軸，平面l垂直ab把半球殼一分為二，且左右兩側(cè)球殼的表面積相等，l與ab相交于m點如果左側(cè)部分在m點的電場強度為e1，電勢為1，右側(cè)部分在m點的電場強度為e2，電勢為2（已知一均勻帶電球殼內(nèi)部任一點的電場強度為零取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，一點電荷q在距離其為r處的電勢為=k），則（） a e1e2 12 b e1e2 12 c ele2 l=2 d e1=e2 l2【考點】： 電勢；電場強度【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： 根據(jù)電場的疊加原理，分析半球殼在m點的場強方向，再比較場強的大小關(guān)系根據(jù)=k，結(jié)合左右兩側(cè)球殼上點電荷到m點距離的關(guān)系，進(jìn)行分析【解析】： 解：由題：一均勻帶電球殼內(nèi)部任一點的電場強度為零，是由于左右兩個半個球殼在同一點產(chǎn)生的場強大小、方向相反，右半球殼在m點產(chǎn)生的場強方向向左，可知，左半球殼在m點產(chǎn)生的場強方向向右，則根據(jù)電場的疊加可知：左側(cè)部分在m點產(chǎn)生的場強比右側(cè)電荷在m點產(chǎn)生的場強大，e1e2 根據(jù)題設(shè)條件：點電荷q在距離其為r處的電勢為=k，由于左側(cè)各個點電荷離m點的距離比右側(cè)近，則左側(cè)部分在m點的電勢比右側(cè)高，即12故選：a【點評】： 本題運用點電荷場強公式和電場的疊加原理理解場強關(guān)系，要讀懂題意，根據(jù)電勢公式分析電勢的關(guān)系12（4分）在光滑絕緣的水平面上固定有一點電荷，a、b是該點電荷電場中一條電場線上的兩點，帶負(fù)電的小球沿該電場線從a點運動到b點，其動能隨位置變化的關(guān)系如圖所示設(shè)a、b兩點的電勢分別為a、b，小球在a、b兩點的電勢能分別為epa、epb，則關(guān)于點電荷的位置及電勢、小球電勢能大小的說法正確的是（） a 點電荷帶負(fù)電在a點左側(cè)，ab、epaepb b 點電荷帶正電在a點左側(cè)，ab、epaepb c 點電荷帶正電在b點右側(cè)，ab、epaepb d 點電荷帶負(fù)電在b點右側(cè)，ab、epaepb【考點】： 電勢；電場強度；電勢能【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： 由圖看出帶負(fù)電的小球從a點運動到b點，動能增加，由能量守恒定律判斷電勢能的變化，則確定電場力做功的正負(fù)，從而可判斷出電場力的方向，確定出孤立點電荷的電性和位置，根據(jù)順著電場線的方向電勢降低判斷電勢的高低【解析】： 解：由圖看出帶負(fù)電的小球從a點運動到b點，由能量守恒定律，判斷得知帶負(fù)電的小球的動能增大，即有：ekaekb帶負(fù)電的小球電勢能減小，電場力對電子做正功，所以帶負(fù)電的小球所受的電場力方向從ab，所以電場線的方向從ba根據(jù)順著電場線的方向電勢降低，則知ab，若孤立點電荷帶負(fù)電，該電荷應(yīng)位于b點的左側(cè)；若孤立點電荷帶正電，該電荷應(yīng)位于b點的右側(cè)，故c正確，abd錯誤故選：c【點評】： 解決本題關(guān)鍵掌握電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，掌握電場線方向與電勢變化的關(guān)系，能熟練運用能量守恒定律判斷能量的變化，是常見的問題二、填空題（共4小題，每小題12分，滿分52分）13（12分）如圖所示是一組不知方向的勻強電場的電場線，把1.0106c的負(fù)電荷從a點沿水平線移到b點，靜電力做了2.0106j的功a、b兩點間的距離為2cm，問：（1）勻強電場的場強為多大？方向如何？（2）a、b兩點間的電勢差為多大？【考點】： 電場強度；電勢差【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： a、b間兩點間的電勢差是uab=根據(jù)電場力做功，與電荷量沿電場方向移動的位移，可求出勻強電場的大小及方向【解析】： 解：由題意可知，靜電力做了2.0106 j的功有：wab=2106j 根據(jù)uab=得：uab=2v沿著電場方向的位移為d=2102cos60m=1102me=200v/m沿著電場線方向電勢降低，所以電場線的方向：沿直線由下而上答案：（1）勻強電場的場強為200 v/m，方向方向沿直線由下而上（2）a、b兩點間的電勢差為2 v【點評】： 本題考查對電勢差與電場強度關(guān)系的理解能力還要抓住公式e=中d是沿著電場線方向的距離14（12分）如圖所示，固定于同一條豎直線上的a、b是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為+q和q，a、b相距為2dmn是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個穿過細(xì)桿的帶電小球p，其質(zhì)量為m、電荷量為+q（可視為點電荷，不影響電場的分布），現(xiàn)將小球p從與點電荷a等高的c處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距c點距離為d的o點時，速度為v，已知mn與ab之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g求：（1）c、o間的電勢差uco；（2）小球p在o點時的加速度；（3）小球p經(jīng)過與點電荷b等高的d點時的速度【考點】： 電勢差與電場強度的關(guān)系；動能定理【專題】： 電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： （1）對c到o段運用動能定理，求出c、o間的電勢差，再求出c、d間的電勢差uco（2）由點電荷的場強公式結(jié)合平行四邊形定則求解（3）由電場的對稱性知，uod=uco，小球從o到d由動能定理求解【解析】： 解：（1）小球p由c運動到o時，由動能定理得：mgd+quco=mv20，解得：uco=；（2）小球p經(jīng)過o點時受力如圖：由庫侖定律得：f1=f2=k，它們的合力為：f=f1cos45+f2cos45=，所以p在o點處的加速度：a=+g，方向豎直向下；（3）由電場特點可知，在c、d間電場的分布是對稱的即小球p由c運動到o與由o運動到d的過程中合外力做的功是相等的，由動能定理得：w合=mv0=2mv2，解得：vd=v；答：（1）c、o間的電勢差uco為；（2）小球p在o點時的加速度為：+g，方向豎直向下；（3）小球p經(jīng)過與點電荷b等高的d點時的速度為v【點評】： 本題關(guān)鍵要正確分析小球的受力情況，運用牛頓第二定律、動能定理處理力電綜合問題，分析要知道o點的場強實際上是兩點電荷在o點產(chǎn)生場強的合場強，等量異種電荷的電場具有對稱性15（14分）如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長l=0.4m，兩板間距離d=4103m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)s閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，微粒質(zhì)量為m=4105kg，電量q=+1108c（g=10m/s2）求：（1）微粒入射速度v0為多少？（2）為使微粒能恰好從平行板電容器的下極板的右邊射出電場，電容器的上板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓u應(yīng)為多少？【考點】： 帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】： 帶電粒子在電場中的運動專題【分析】： （1）粒子剛進(jìn)入平行板時，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可以求得粒子入射速度v0的大??；（2）由于兩板之間加入了勻強電場，此時帶電粒子在電場中的運動是類平拋運動，仍把運動在水平和豎直兩個方向上分解，進(jìn)行列式計算由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運動時間變大，而豎直方向位移不變，所以在豎直方向的加速度減小了，由此可判斷受到了豎直向上的電場力作用，再結(jié)合牛頓運動定律列式求解即可【解析】： 解：（1）粒子剛進(jìn)入平行板時，兩極板不帶電，粒子做的是平拋運動，則有：水平方向有：豎直方向有：解得 v0=10m/s （2）由于帶電粒子的水平位移增加，在板間的運動時間變大，而豎直方向位移不變，所以在豎直方向的加速度減小，所以電場力方向向上，又因為是正電荷，所以上極板與電源的負(fù)極相連，當(dāng)所加電壓為u時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，則有：根據(jù)牛頓第二定律得：a=解得：u=120v答：（1）微粒入射速度v0為10m/s；（2）為使微粒能恰好從平行板電容器