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十月月考答案
1.D 2.C 3.B 4.B 5.C
6.D 7.A 8.BD 9.AB 10.AD
11.每空 1 分（包含连线、作图共 6 分）（1）B;1.20V。 （2）1.48~1.53V；
1.03~1.13Ω。范围可适当拓宽一点
12.（共10分）（1）A2分 D 2分（2）增大。2分（3）偏小。2分（4）0.67。2分
13.（共10分=5+5）
（1）∵E=U+Ir 3分
∴r=0.4Ω。 2分
（2）∵ R 3分
U= 外 E
R +r
外
8×2
又R = = 1.6Ω
外 8+2
∴U=3.84V 2分
14.（共14分=4+4+6）
（1）∵P =I U 1分
M M M
∴I =1.5A
M
又
P =I 2R =0.9W
，1分
热 M M
由P =P −P 1分
机 M 热
得P =8.1W 1分
机（2）∵ E−U 1分
I = M
1 r+R
1
I =I −I =0.5A 1分
2 1 M
又
R =
U
2=
U
M
1分
2 I I
2 2
∴R =12Ω 1分
2
E−U 2 36
（3）P =I 2R =( M ) R = 2分
1 1 1 r+R 1 4
1 +R +4
R 1
1
由 4 √ 4 ，当且仅当 4 时取等，此时 最大。
+R ≥2❑ R =4 =R P
R 1 R 1 R 1 1
1 1 1
即R =2Ω时，2分
1
P =4.5W。2分
1max
15.（共17分=5+5+7）
（1）设粒子在第二象限中运动的时间为t ，刚进入第一象限时的速度大小为v 。
1 0
分析：粒子在第二象限中：只受水平向右的电场力Eq，在电场力的作用下水平向右做初速
度为0的匀加速直线运动，且水平位移为x 。
0
Eq
由牛顿第二定律得粒子有水平向右的加速度a = ，1分
0 m
1
由x = a t 2 1分
0 2 0 1
得 √2x m； 1分
t =❑ 0
1 Eq
由匀加速直线运动规律得 √2Eqx 1分
v =a t =❑ 0或2a t =v 2 −02
0 0 1 m 0 1 0
得 √2Eqx 。 1分
v =❑ 0
0 m
（2）设第一象限中的电场为E ，则水平分量为E ，竖直分量为E 。
1 1x 1y
分析：粒子在第一象限中仍然仅受电场力E q，根据牛顿第二定律ma =E q；对加速度进
1 1 1行分解（也可分解电场、电场力）则有水平加速度a ，竖直加速度a ，粒子以水平向右
1x 1y
的速度v 进入第一象限，飞出第一象限时恰好沿y轴负方向，则进入第四象限时水平速度
0
恰好为0，因此粒子在第一象限中水平方向上做匀减速直线运动，水平位移为x ；在竖直
0
方向上做初速度为0的匀加速直线运动，竖直位移也为x 。
0
根据匀变速直线运动的规律，
Eq
水平方向上：2a x =02-v 2得a =− ，
1x 0 0 1x m
1
又有x =v t + a t 2
0 0 2 2 1x 2
得 √2x m； 1分
t =❑ 0
2 Eq
1 Eq
竖直方向上：有x = a t 2得a = 。
0 2 1y 2 1y m
Eq
∴a =❑√a 2+a 2=❑√2 。 1分
1 1x 1y m
由ma =E q 1分
1 1
得 ， 1分
E =❑√2E
1
方向为斜左下方与水平成45度角。 1分
T
（3）根据分析可知粒子在 t +t = 1分 时刻沿y轴负方向进入第四象限，
1 2 3
进入时的速度设为
v
，由
2a x =v 2−02
或
v =a t
得
v =❑
√2Eqx
0
1分，
1 1y 0 1 1 1y 2 1 m
进入后仅受水平方向的电场力，水平方向初速度为 0，故水平方向加速度方向随电场变化
4Eq
而变化，加速度的大小为a = 1分， 竖直方向向下做匀速直线运动。
2 m
水平方向上的速度-时间图像如下：T 2T 1 T T 2
在 −− 内，粒子向右运动距离x = a （ − ） ×2=8x ， 1分
3 3 右 2 2 2 3 0
2T
即 时距离y轴9x ；
3 0
2T 4T
在 −− 内，粒子向左运动，当粒子向左走9x 即可离开第四象限。
3 3 0
2T 1 2T 2
由图可知 −−T内，粒子可向左走 a （T− ） =16x ＞9x ，则这段时间内的某
3 2 2 3 0 0
1 2T 2
一时刻粒子就能离开第四象限，设离开时为t 时刻，则有：9x = a （t − ） 得
3 0 2 2 3 3
11
t = T，1分
3 12
T 11
则粒子在第四象限中运动的时间为∆t=t − = T。可知粒子在第四象限中向下运动的
3 3 12
距离为 1分，所以粒子离开第四象限时的坐标为（0，- ）1分
v ∆t=7x 7x
1 0 0
