《2022年高二上學期期中物理試卷 含解析(V)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高二上學期期中物理試卷 含解析(V)（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高二上學期期中物理試卷 含解析(V)一、單選題：（本大題共8小題，每小題4分，共32分；每小題的選項中，只有一項是正確的）1關于電動勢，下列說法正確的是（）A電源兩極間的電壓等于電源電動勢B電源把越多的其他形式的能轉化為電能，電動勢就越大C電動勢在數(shù)值上等于電源將單位正電荷從負極移送到正極時非靜電力所做的功D電源的電動動勢與外電路結構有關，外電路變化，通常電動勢也要變化2下列說法中正確的是（）A電場線密集處場強大，電勢高B沿電場線方向場強減小，電勢降低C在電勢高處電荷具有的電勢能也大D場強為零處，電勢不一定為零3如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角

2、形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中已知靜電力常量為k若 三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為（）ABCD4如圖所示，圖甲中AB是一條電場線，圖乙則是放在電場線上a、b處的試探電荷的電荷量與所受電場力大小的函數(shù)圖象，由此可判定（）A電場方向一定由A指向BB若場源為正電荷，位置在A側C若場源為負電荷，位置在B側D若場源為正電荷，位置在B側5等量異種點電荷的連線和其中垂線如圖所示，現(xiàn)將一個帶負電的檢驗電荷先從圖中a點沿直線移到b點，再從b點沿直線移到c點則檢驗電荷在此全過程中（）A所受電場力的方向將發(fā)生改變B所受電場力的大小恒定C電勢能一直

3、減小D電勢能先不變后減小6如圖所示，曲線為電荷在勻強電場中的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法正確的是（）A電荷在b點的電勢能大于在a點的電勢能B電荷在a、b兩點的電勢能相等C該電場的方向水平向左Db點的電勢高于a點的電勢7如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OM=MN，則P和Q的質量之比為（）A3：4B4：3C3：2D2：38如圖所示，平行放置的金屬板A、B組成一只平行板電容器，保持開關S閉合，若A、B金屬板間距增大，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差U，電容器兩極板間場強E

4、的變化情況是（）AQ變小，C變小，U不變，E變小BQ變小，C變小，U不變，E不變CQ不變，C變小，U變大，E不變DQ不變，C變小，U變小，E變小二、多選題（本大題共4小題，每小題4分，共16分，有錯選零分，漏選得2分）9圖中電路可將聲信號轉化為電信號，電路中右側固定不動的金屬板b與能在聲波的驅動力作用下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜a構成一個電容器，a、b通過導線與恒定電源兩極相接，則（）Aa板振動中，a、b板間場強不變Ba板振動中，a、b板所帶電量不變Ca板振動中，靈敏電流表中始終有方向不變的電流Da板向右的位移最大時，a、b板構成的電容器的電容最大10如圖所示，虛線a、b和c是某靜電場

5、中的三個等勢面，它們的電勢分別為a、b、c，abc，一帶電粒子射入電場中，其運動軌跡如實線KLMN所示，由圖可知（）A帶電粒子帶正電B粒子從L到N的過程中，電場力做負功C粒子從K到L的過程中，靜電勢能增加D粒子從L到M的過程中，動能減少11如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔以速度v1射出，運動時間為t1，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離y后離開電場，離開電場時速度為v2，運動時間為t2，則下列判斷正確的是（）A若只增大U1，則t1增大B若只增大U1，則y減小C若只增大U2，則v2增大D若只增大U2，則y減小12如圖所示，長為L、傾角為的光

6、滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為+q、質量為m的小球，以初速度v0從斜面底端 A點開始沿斜面上滑，當?shù)竭_斜面頂端B點時，速度仍為v0，則（）AA、B兩點間的電壓一定等于B小球在B點的電勢能一定大于在A點的電勢能C若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最大值一定為D如果該電場由斜面中點正上方某處的點電荷產(chǎn)生，則該點電荷必為負電荷三、填空題（每空2分，共計16分）13如圖所示，不帶電的枕形導體AB，A段靠近一帶正電的導體C時，A端將帶電，B端（填“不帶電”、“帶正電”或“帶負電”）用手觸摸枕形導體A端后，枕形導體A端（填“不帶電”、“帶正電”或“帶負電”），B端（填“不帶電”、“帶正電”或“帶負電

7、”）14研究影響平行板電容器電容的因素的實驗中的實驗方法是設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，電容器已充電實驗中，極板所帶電荷量不變，若保持S不變，增大d，則將；板間電壓；說明電容隨板間距離增大而（填“增大”，“不變”或“減小”）四、計算題（本大題共3小題，共46分要求：回答要有必要的公式和過程）15有一電子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，進入兩塊間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿出電場，設電子的電量為e，質量為m（重力不計）求：（1）電子剛進入U2電場時的初速度V0（2）金屬板的長度L（3）電子離開電場時的動能16如圖，平行板電容器為C，電荷量

8、Q0，極板長為L，極板間距離為d，極板與水平面成夾角，現(xiàn)有一質量為m的帶電液滴沿兩極板的中線從P點由靜出發(fā)到達Q點，P、Q兩點都恰在電容器的邊緣處，忽略邊緣效應，求：（1）液滴的電荷量；（2）液滴到達Q點時的速度大小17如圖所示，兩個圓弧與直軌道組合成光滑絕緣軌道，在高度h=2R以下存在E=、方向水平向右的勻強電場，其它幾何尺寸如圖所標，一帶電量為q，質量為m的帶正電的小球，從A以初速度v0向右運動，（1）當小球運動到最高點B處時，對軌道的壓力等于mg，試求小球落回水平軌道時與A處相距多遠？（2）若小球整個運動只能束縛在軌道內運動而不脫離，則小球v0應滿足的條件？（3）在第（2）問條件下v0為

9、最大值時，求小球對軌道的最大彈力為多少？參考答案與試題解析一、單選題：（本大題共8小題，每小題4分，共32分；每小題的選項中，只有一項是正確的）1關于電動勢，下列說法正確的是（）A電源兩極間的電壓等于電源電動勢B電源把越多的其他形式的能轉化為電能，電動勢就越大C電動勢在數(shù)值上等于電源將單位正電荷從負極移送到正極時非靜電力所做的功D電源的電動動勢與外電路結構有關，外電路變化，通常電動勢也要變化【考點】電源的電動勢和內阻【分析】電源電動勢是描述電源把其它形式的能量轉化為電能本領的物理量；電動勢等于非靜電力把1C的正電荷在電源內部從負極搬運到正極所做的功，電動勢等于電源沒有接入電路時電源兩極間的電壓

10、，電動勢等于內外電路電壓之和【解答】解：A、根據(jù)閉合電路歐姆定律，在閉合電路中，電源電動勢等于路端電壓與電源內部電勢降落之和，故A錯誤B、根據(jù)W=qU，電源把其他形式的能轉化為電能越多，電動勢不一定大，還跟移動電荷的多少有關故B錯誤；C、電動勢在數(shù)值上等于電源將單位正電荷從負極移送到正極時非靜電力所做的功，故C正確；D、電源電動勢表征了電源把其他形式的能轉化為電能的本領，由電源本身決定，與外電路結構無關，外電路變化，電動勢保持不變，故D錯誤故選：C2下列說法中正確的是（）A電場線密集處場強大，電勢高B沿電場線方向場強減小，電勢降低C在電勢高處電荷具有的電勢能也大D場強為零處，電勢不一定為零【考

11、點】電場線；電場強度【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，可借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低【解答】解：A、電場線密處，電場強度大，而電場線方向不確定，故無法判斷電勢高低，電勢就不一定高，故A錯誤B、電場線疏密表示電場強度的相對大小，沿電場線方向場強不一定減小，電勢降低，故B錯誤C、如果是正電荷在電勢高處電荷具有的電勢能大，如果是負電荷在電勢高處電荷具有的電勢能小，故C錯誤D、場強為零處，電勢不一定為零，例如等量同種電荷的連線中點，故D正確故選D3如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、

12、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中已知靜電力常量為k若 三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為（）ABCD【考點】庫侖定律【分析】三個小球均處于靜止狀態(tài)，以整個系統(tǒng)為研究對象根據(jù)平衡條件得出c的電荷量，再以c電荷為研究對象受力分析求解【解答】解：設c電荷帶電量為Q，以c電荷為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件得a、b對c的合力與勻強電場對c的力等值反向，即：2cos30=EQ所以勻強電場場強的大小為故選B4如圖所示，圖甲中AB是一條電場線，圖乙則是放在電場線上a、b處的試探電荷的電荷量與所受電場力大小的函數(shù)圖象

13、，由此可判定（）A電場方向一定由A指向BB若場源為正電荷，位置在A側C若場源為負電荷，位置在B側D若場源為正電荷，位置在B側【考點】電場線【分析】由電場強度的定義式E=得到F=qE，F(xiàn)q圖象的斜率表示電場強度大小，圖線a的斜率小于b的斜率，說明a處場強小于b處的場強根據(jù)場強的大小判斷場源電荷的位置【解答】解：由電場強度的定義式E=得知：Fq圖象的斜率表示電場強度大小，圖線a的斜率大于b的斜率，說明a處場強大于b處的場強，而該電場是由點電荷產(chǎn)生的，說明a距離場源較近，即場源位置在A側，由于檢驗電荷的電性未知，電場線的方向不能確定，故場源電荷可能是正電荷，也可能是負電荷故ACD錯誤，B正確故選：B

14、5等量異種點電荷的連線和其中垂線如圖所示，現(xiàn)將一個帶負電的檢驗電荷先從圖中a點沿直線移到b點，再從b點沿直線移到c點則檢驗電荷在此全過程中（）A所受電場力的方向將發(fā)生改變B所受電場力的大小恒定C電勢能一直減小D電勢能先不變后減小【考點】電場的疊加；電場強度；電勢能【分析】根據(jù)等量的異種電荷的電場的分布的規(guī)律，在中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負電荷，由此可以分析電場力和電勢能的變化【解答】解：在等量的異種電荷的中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負電荷，檢驗電荷所受電場力的方向保持不變，所以A錯誤；且電荷從a運動到b，因電場力與位移方向垂直，電場力不做功；所以C錯；又因為電場線分布的疏

15、密不同，所受電場力是變化的，所以B錯誤；電荷從b運動到c，因為電場力做正功，所以電荷電勢能減小，所以D正確故選D6如圖所示，曲線為電荷在勻強電場中的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法正確的是（）A電荷在b點的電勢能大于在a點的電勢能B電荷在a、b兩點的電勢能相等C該電場的方向水平向左Db點的電勢高于a點的電勢【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電勢【分析】做曲線運動物體所受合外力指向曲線內側，本題中粒子只受電場力，由此可判斷電場力向左，根據(jù)電場力做功可以判斷電勢能的高低和動能變化情況，加速度的判斷可以根據(jù)電場線的疏密進行【解答】解：A、由電荷運動軌跡可以確定電荷所受電場力水平向左

16、，a到b過程中，電場力與速度所成的角度為鈍角，則電場力做負功，電勢能增大，則電荷在b點的電勢能大于在a點的電勢能故A正確，B錯誤；C、由于不知道電荷的電性，所以不能確定電場線的方向故C錯誤D、由于不知道電荷的電性，所以不能確定電場線的方向，同時也就不能確定電勢的高低，故D錯誤故選：A7如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OM=MN，則P和Q的質量之比為（）A3：4B4：3C3：2D2：3【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】帶電粒子垂直進入電場，做類平拋運動，根據(jù)水平位移比得出運動的時間

17、比，再通過豎直位移關系得出加速度的關系，結合牛頓第二定律以及電荷量之比得出它們的質量比【解答】解：粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩粒子的初速度相等，水平位移比為1：2，知運動時間比為1：2根據(jù)y=，得加速度之比為4：1，根據(jù)牛頓第二定律得，a=，因為電，量比為3：1，則質量比為3：4故A正確，B、C、D錯誤故選A8如圖所示，平行放置的金屬板A、B組成一只平行板電容器，保持開關S閉合，若A、B金屬板間距增大，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差U，電容器兩極板間場強E的變化情況是（）AQ變小，C變小，U不變，E變小BQ變小，C變小，U不變，E不變CQ不

18、變，C變小，U變大，E不變DQ不變，C變小，U變小，E變小【考點】電容器的動態(tài)分析【分析】電容器與電源相連接，電壓保持不變，增大兩極板間距離時，根據(jù)C=，判斷電容的變化，根據(jù)Q=CU判斷電量的變化，根據(jù)E=，判斷電場強度的變化【解答】解：電容器與電源相連接，電壓U保持不變；當增大兩極板間距離時，根據(jù)C=，電容C減??；當增大兩極板間距離時，根據(jù)E=，電場強度減?。桓鶕?jù)Q=CU，電量減??；故選：A二、多選題（本大題共4小題，每小題4分，共16分，有錯選零分，漏選得2分）9圖中電路可將聲信號轉化為電信號，電路中右側固定不動的金屬板b與能在聲波的驅動力作用下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜a構成一個

19、電容器，a、b通過導線與恒定電源兩極相接，則（）Aa板振動中，a、b板間場強不變Ba板振動中，a、b板所帶電量不變Ca板振動中，靈敏電流表中始終有方向不變的電流Da板向右的位移最大時，a、b板構成的電容器的電容最大【考點】電容器的動態(tài)分析【分析】由圖看出，a、b間電壓不變，由公式E=分析板間電場強度的變化由公式C=分析電量的變化，根據(jù)電容器充電和放電情況，分析電路中電流的方向 a向右的位移最大時，a、b 板構成的電容器的電容最大【解答】解：A、a、b間電壓不變，a振動過程中，板間距離周期性變化，則由公式E=分析得知，a、b板間的電場強度也會周期性變化故A錯誤B、a振動過程中，a、b間電壓不變，

20、由公式C=分析得知，a、b 板所帶的電量會周期性變化故B錯誤C、a 振動過程中，a、b 板所帶的電量會周期性變化，電容器放電和充電周期性交替產(chǎn)生，所以靈敏電流計中電流的方向也會周期性變化故C錯誤D、a向右的位移最大時，a、b 板間的距離最小，則a、b構成的電容器的電容最大故D正確故選：D10如圖所示，虛線a、b和c是某靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為a、b、c，abc，一帶電粒子射入電場中，其運動軌跡如實線KLMN所示，由圖可知（）A帶電粒子帶正電B粒子從L到N的過程中，電場力做負功C粒子從K到L的過程中，靜電勢能增加D粒子從L到M的過程中，動能減少【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢；

21、電勢能【分析】根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向判斷出粒子所受的電場力方向，從而確定粒子的電性通過電場力做功情況判斷電勢能的變化以及動能的變化【解答】解：A、由題 abc所以該電場是正電荷產(chǎn)生的電場，粒子的運動軌跡向下彎曲，說明粒子受到的靜電力是排斥力，則粒子帶正電故A正確B、粒子從L到N的過程中，電場力先做負功后做正功，故B錯誤C、粒子從K到L的過程中，電場力做負功，電勢能增加故C正確D、粒子從L到M的過程中，電場力先做負功后做正功，根據(jù)動能定理知，動能先減小后增加故D錯誤故選：AC11如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔以速度v1射出，運動時間為t1，又垂直進入平行金屬板間的電場

22、，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離y后離開電場，離開電場時速度為v2，運動時間為t2，則下列判斷正確的是（）A若只增大U1，則t1增大B若只增大U1，則y減小C若只增大U2，則v2增大D若只增大U2，則y減小【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】電子先經(jīng)過加速電場加速，后經(jīng)偏轉電場偏轉，根據(jù)y=可以分析電壓的變化使電子的運動軌跡發(fā)生相應的變化【解答】解：A、根據(jù)動能定理，得，若只增大，則增大，由知，減小，故A錯誤；B、電子進入偏轉電場后做類平拋運動， =，若只增大，則y減??；若只增大，則y增大，故B正確，D錯誤；C、離開電場時，豎直方向的分速度=離開時速度，若只增大，則增大，故C正確；故

23、選：BC12如圖所示，長為L、傾角為的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電量為+q、質量為m的小球，以初速度v0從斜面底端 A點開始沿斜面上滑，當?shù)竭_斜面頂端B點時，速度仍為v0，則（）AA、B兩點間的電壓一定等于B小球在B點的電勢能一定大于在A點的電勢能C若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最大值一定為D如果該電場由斜面中點正上方某處的點電荷產(chǎn)生，則該點電荷必為負電荷【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度；電勢能【分析】根據(jù)動能定理和電場力做功公式結合，求解A、B兩點的電勢差根據(jù)電場力做功的正負，判斷小球電勢能的大小，當電場力做正功時，小球電勢能減??；相反，電勢能增大若電場是勻強電場，根據(jù)力學

24、知識確定電場力的最小值，再確定場強的最小值由電勢關系，判斷該電場是否由斜面中點正上方某點的點電荷Q產(chǎn)生的【解答】解：A、根據(jù)動能定理得：mgLsin+qUAB=mv02m0v2=0，得到，UAB=，故A正確；B、小球從A運動到B的過程中，重力勢能增加，電勢能減小，則小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能故B錯誤C、若電場力與重力、支持力的合力為零時，電場力有最小值，無最大值，小球做勻速直線運動，到達B點時小球速度仍為v0小球的重力沿斜面向下的分力為mgsin一定，則當電場力沿斜面向上，大小為F=mgsin時，電場力最小，場強最小，又電場力F=Eq，則該電場的場強的最小值一定是故C錯誤D、

25、粒子帶正電，電場力要做正功，則受到向上的電場力，如果該電場由斜面中點正上方某處的點電荷產(chǎn)生，則該點電荷必為負電荷故D正確故選：AD三、填空題（每空2分，共計16分）13如圖所示，不帶電的枕形導體AB，A段靠近一帶正電的導體C時，A端將帶負電，B端帶正電（填“不帶電”、“帶正電”或“帶負電”）用手觸摸枕形導體A端后，枕形導體A端帶負電（填“不帶電”、“帶正電”或“帶負電”），B端不帶電（填“不帶電”、“帶正電”或“帶負電”）【考點】靜電場中的導體【分析】根據(jù)靜電感應可以判斷金屬導體的感應的電荷的情況，從而可以判斷導體帶電的情況【解答】解：由于靜電感應，AB中的負電荷將向A端移動，從而使A端帶負電

26、，B端帶正電； 用手觸摸AB后，用手觸摸枕形導體后，由于C為正電荷，故AB電勢高于大地的電勢，因此大地上電子跑到導體上，將B端的正電荷中和，而A端所受的負電荷增大，B端不帶電； 故答案為：負； 帶正電； 帶負電；不帶電；14研究影響平行板電容器電容的因素的實驗中的實驗方法是設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，電容器已充電實驗中，極板所帶電荷量不變，若保持S不變，增大d，則將增大；板間電壓增大；說明電容隨板間距離增大而減?。ㄌ睢霸龃蟆?，“不變”或“減小”）【考點】電容器的動態(tài)分析【分析】靜電計測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大根據(jù)電容的決定式C= 分析極板間距離、正對面積變

27、化時電容的變化情況，由于極板所帶電荷量不變，再由電容的定義式C= 分析板間電勢差的變化，即可再確定靜電計指針的偏角變化情況【解答】解：根據(jù)電容的決定式C= 得知，電容與極板間距離成反比，當保持S不變，增大d時，電容減小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=分析可知板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角增大；說明電容隨板間距離增大而減小故答案為：增大，增大，減小四、計算題（本大題共3小題，共46分要求：回答要有必要的公式和過程）15有一電子由靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，進入兩塊間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿出電場，設電子的電量為e，質量為m（重力不

28、計）求：（1）電子剛進入U2電場時的初速度V0（2）金屬板的長度L（3）電子離開電場時的動能【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】（1）電子先在加速電場中加速，由動能定理求得速度（2）進入偏轉電場中偏轉，由于電子正好能穿過電場，所以在偏轉電場中的偏轉的距離就是d，由此可以求得極板的長度；（3）電子在運動的整個過程中，只有電場力做功，根據(jù)動能定理即可求得電子的動能的大【解答】解：（1）設電子飛離加速電場時速度為v，由動能定理有： eU1=mv2解得：v=（2）電子在平行板間運動的時間為：t=電子在平行板間的加速度為：a=電子的偏轉的距離為：y=d=at2由解得：L=d（3）設電子穿過電場時的

29、動能為Ek，根據(jù)動能定理為：Ek=eU1+e=e（U0+）答：（1）電子剛進入U2電場時的初速度為（2）金屬板AB的長度為d（2）電子穿出電場時的動能為e（U1+）16如圖，平行板電容器為C，電荷量Q0，極板長為L，極板間距離為d，極板與水平面成夾角，現(xiàn)有一質量為m的帶電液滴沿兩極板的中線從P點由靜出發(fā)到達Q點，P、Q兩點都恰在電容器的邊緣處，忽略邊緣效應，求：（1）液滴的電荷量；（2）液滴到達Q點時的速度大小【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】（1）帶電液滴沿直線運動，重力和電場力的合力方向必沿PQ直線根據(jù)力的合成法，求解液滴的電荷量（2）根據(jù)動能定理求解液滴到達Q點時的速度大小【解答

30、】解：（1）帶電液滴沿直線運動，重力和電場力的合力方向必沿PQ直線，可知電場力必定垂直于極板向上，如圖則有：qE=mgcos又E=聯(lián)立解得：液滴的電荷量為：q=；（2）在此過程中，電場力不做功，根據(jù)動能定理得：mgLsin=解之得：液滴到達Q點時的速度大小為：v=答：（1）液滴的電荷量為；（2）液滴到達Q點時的速度大小為17如圖所示，兩個圓弧與直軌道組合成光滑絕緣軌道，在高度h=2R以下存在E=、方向水平向右的勻強電場，其它幾何尺寸如圖所標，一帶電量為q，質量為m的帶正電的小球，從A以初速度v0向右運動，（1）當小球運動到最高點B處時，對軌道的壓力等于mg，試求小球落回水平軌道時與A處相距多遠

31、？（2）若小球整個運動只能束縛在軌道內運動而不脫離，則小球v0應滿足的條件？（3）在第（2）問條件下v0為最大值時，求小球對軌道的最大彈力為多少？【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；向心力【分析】1、根據(jù)合力提供向心力解出小球通過B點的速度，經(jīng)過B點后，小球在豎直方向上做自由落體運動，小球從B點落到電場上方水平方向上向左做勻速直線運動，小球進入電場中，在水平方向上，受到水平向右電場力，水平向左做勻減速運動根據(jù)豎直方向的運動計算時間，在水平方向上分段計算位移2、小球整個運動只能束縛在軌道內運動而不脫離，末速度可以為零，根據(jù)功能關系列方程，化簡即可3、將重力和電場力合成后當作一種全新的場力，

32、找到等效場的最低點，最低處小球對軌道的彈力最大，根據(jù)動能定理，化簡計算出等效場的最低點處的速度，再根據(jù)合力提供向心力，計算壓力【解答】解：（1）在B點，根據(jù)合力提供向心力有：因為NB=mg解得：經(jīng)過B點后，小球在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)位移公式，則小球從B點剛進電場的時間：，從B點落到水平軌道上的時間：，所以小球通過電場的時間為：t=t2t1=小球從B點落到電場上方水平方向上向左做勻速直線運動，位移為：小球進入電場中，在水平方向上，受到水平向右電場力，水平向左做勻減速運動根據(jù)牛頓第二定律，其加速度為：a=，則到達水平軌道上時的水平速度為： =所以在電場中的水平向左運動的位移：故小球落回水平軌道時與A處相距的距離為：（2）根據(jù)功能關系有：解得：（3）重力場和電場的最低處小球對軌道的彈力最大，設恒力場最低點為C處，則根據(jù)動能定理有：解得：在C處，根據(jù)合力提供向心力為：解得：根據(jù)牛頓第三定律，小球對軌道的最大彈力為答：（1）當小球運動到最高點B處時，對軌道的壓力等于mg，則小球落回水平軌道時與A處相距（2）若小球整個運動只能束縛在軌道內運動而不脫離，則小球v0應滿足（3）在第（2）問條件下v0為最大值時，則小球對軌道的最大彈力為xx12月9日