云南省昭通市富水县云天化中学2016-2017学年上学期高二(上)月考物理试卷(9月份)(解析版).doc

2016-2017学年云南省昭通市富水县云天化中学高二（上）

月考物理试卷（9月份）

一、选择题（共12小题，每小题4分，计48分，1-7题只有一个选项正确，8-12题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选的得0分）

1．真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．释放q2 且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（ ） A．不断减小

B．不断增加

C．始终保持不变

D．先增大后减小

2．如图a、b、c是一条电力线上的三个点，电力线的方向由a到c、a、b间的距离等于b、c间的距离．用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定（ ）

A．φa＞φb＞φc

B．Ea＞Eb＞Ec

C．φa﹣φb=φb﹣φc

D．Ea=Eb=Ec

3．如图所示，在直线MN上有一个点电荷，A、B是直线MN上的两点，两点的间距为L，场强大小分别为E和2E．则（ ）

A．该点电荷一定在A点的右侧 B．该点电荷一定在A点的左侧 C．A点场强方向一定沿直线向左 D．A点的电势一定低于B点的电势

4．两个直径为r的带电球，当它们相距100r时的作用力为F，当它们相距r时的作用力为（ ） A．

F

B．104F

C．100F

D．以上均不对

5．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（ ） A．εA=﹣W，UA=

B．εA=W，UA=﹣ C．εA=W，UA=

D．εA=﹣W，UA=﹣

6．如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l．在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q＞0）的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为﹣q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为（ ）

A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．3：1

7．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（ ）

A．三个等势面中，等势面a的电势最高 B．带电质点一定是从P点向Q点运动

C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小 D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小

8．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）

A．所受重力与电场力平衡 C．动能逐渐增加

B．电势能逐渐增加

D．做匀变速直线运动

9．下列物理量中哪些与检验电荷无关？（ ） A．电场强度E

B．电势U

C．电势能ε

D．电场力F

10．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有 a、b、c 三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．a点电势比b点高

B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．a、b、c三点和无穷远处的等电势

D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动

11．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C的微粒在电

5

场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10﹣J，已知A点的电势为﹣

10V，则以下判断正确的是（ ）

A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示 B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示 C．B点电势为零 D．B点电势为20 V

12．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（ ） A．半径越大，加速度越大 C．半径越大，角速度越小

二、填空题（每空4分，共20分）

13．平行金属板水平放置，板间距为0.6cm，两板接上6×103V电压，板间有一个带电液滴质量为4.8×10

﹣10

B．半径越小，周期越大 D．半径越小，线速度越小

g，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g取10m/s2） ．

14．如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为﹣Q和+2Q，它们相距L．如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r（2r＜L）的空心金属球，且球心位于O点，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小 方向 ．

15．K闭合时，如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．该微粒恰好能保持静止．充电后将K断开；稍微向左移动上极板M，该带电微粒向 运动．

16．平行板电容器电容为C，带电量为Q，板间距离为d，今在两板距离的中点处，放一电荷q，则它所受到的电场力的大小为 ．

三、计算题（共32分，要求写出解题过程、必要的文字说明和公式，只有结果不给分） 17．如图所示，电子以速度v0沿与电场垂直的方向从A点飞入匀强电场，并且从另一侧的B点沿与电场成150°角的方向飞出，已知电子的质量为m，电荷量为e，求A、B两点的电势差．

18．如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求： （1）液珠的比荷（电荷量与质量之比） （2）液珠速度最大时离A点的距离．

19．如图，ABC为绝缘轨道，AB部分是半径R=40cm的光滑半圆轨道，P是半圆轨道的中

3

点，BC部分水平，整个轨道处于E=1×10V/m的水平向左的匀强电场中，有一小滑块质量

m=40g，带电量q=1×10﹣4C，它与BC间的动摩擦因数µ=0.2，g取10m/s2，求：

（1）要使小滑块能运动到A点，滑块应在BC轨道上离B多远处静止释放？ （2）在上述情况中，小滑块通过P点时，对轨道的压力大小为多少？

2016-2017学年云南省昭通市富水县云天化中学高二（上）月考物理试卷（9月份）

参与试题解析

一、选择题（共12小题，每小题4分，计48分，1-7题只有一个选项正确，8-12题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选的得0分）

1．真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止．释放q2 且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（ ） A．不断减小 【考点】库仑定律．

【分析】本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离越来越远，因此直接利用库仑定律公式即可求解．

【解答】解：带电相同的小球受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据

可知距离增大，电场力将逐渐减小，故BCD错误，A正确．

故选A．

【点评】对于库仑定律公式

2．如图a、b、c是一条电力线上的三个点，电力线的方向由a到c、a、b间的距离等于b、c间的距离．用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定（ ）

A．φa＞φb＞φc 【考点】电场线．

【分析】顺着电场线方向，电势必定降低．根据电场线疏密判断电场强度的大小，电场线越密电场强度越大．匀强电场中沿电场线方向相等的距离，电势差相等．此题要根据电场是否是匀强电场进行分析．

B．Ea＞Eb＞Ec

C．φa﹣φb=φb﹣φc

D．Ea=Eb=Ec

，要明确其使用条件和各个物理量的含义．

B．不断增加

C．始终保持不变

D．先增大后减小

【解答】解：A、顺着电场线方向，电势必定降低，则有φA＞φB＞φC．此式一定成立．故A正确；

B、一条电场线无法确定电场线疏密情况，所以无法比较三点场强的大小．故Ea＞Eb＞Ec不一定成立．故B错误；

C、若是匀强电场，φa﹣φb=φb﹣φc．若是非匀强电场，无法比较φa﹣φb与φb﹣φc的大小．故此式不一定成立．故C错误；

D、若是匀强电场，Ea=Eb=Ec．若非匀强电场，此式不成立，所以此式不一定成立．故D错误． 故选：A

【点评】本题考查对电场线两个意义的理解：根据电场线的方向，可判断电势的高低，根据电场线的疏密可判断场强的大小．一条电场线不能比较场强的大小．

3．如图所示，在直线MN上有一个点电荷，A、B是直线MN上的两点，两点的间距为L，场强大小分别为E和2E．则（ ）

A．该点电荷一定在A点的右侧 B．该点电荷一定在A点的左侧 C．A点场强方向一定沿直线向左 D．A点的电势一定低于B点的电势 【考点】电场强度．

【分析】据题，A、B两点的场强大小分别为E和2E，根据点电荷场强公式E=k

分析该

点电荷的位置应离A点远、离B点近．该点电荷的电性未知，不能判断电场强度的方向和电势的高低． 【解答】解：

A、B，由题，A、B两点的场强大小分别为E和2E，根据点电荷场强公式E=k

分析得知：

该点电荷的位置应离A点远、离B点近，所以该点电荷一定在A点的右侧．故A正确，B错误．

C、D，由于该点电荷的电性未知，无法确定A的场强方向，也无法判断A、B两点电势的高低．故CD错误．

故选A

【点评】本题是点电荷的场强公式E=k

4．两个直径为r的带电球，当它们相距100r时的作用力为F，当它们相距r时的作用力为（ ） A．

F

B．104F

C．100F

D．以上均不对

的应用，公式中E与r的平方成反比．比较简单．

【考点】库仑定律．

【分析】根据库仑定律适用的条件：真空中两个点电荷间的作用力来分析判断． 【解答】解：当两个直径为r的带电球相距100r时，两电荷可以看成点电荷，库仑定律适用．但当它们相距r时，不能看成点电荷，库仑定律不适用，无法用比例法求解它们相距r时的作用力．故D正确． 故选D

【点评】本题考查对库仑定律适用的条件理解能力．

5．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（ ） A．εA=﹣W，UA= 【考点】电势；电势能．

【分析】根据电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少分析电荷在A点与无限远间电势能的变化量，确定电荷在A点的电势能，由公式UA=

求解A点的电势．

B．εA=W，UA=﹣ C．εA=W，UA=

D．εA=﹣W，UA=﹣

【解答】解：依题意，﹣q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为ɛA=﹣W，A点的电势UA=故选A

=．

【点评】电场中求解电势、电势能，往往先求出电势能改变量、该点与零电势的电势差，再求解电势和电势能．公式UA=

6．如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l．在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q＞0）的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为﹣q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为（ ）

一般代入符号计算．

A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．3：1

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学的公式求出位移，在通过比较位移即可得出它们的质量比．

【解答】解：根据题意，两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，所以q的位移为x1=l，而﹣q的位移为：

，

粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：

又由：

运动的时间是相等的，则：

所以：

故选：A

【点评】该题中，粒子都在电场中做匀加速直线运动，运动的时间是相等的，粒子的电荷量又相等，所以并不需要求出具体的数值，写出相应的公式，然后采用比值法即可快速得出结论．

7．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（ ）

A．三个等势面中，等势面a的电势最高 B．带电质点一定是从P点向Q点运动

C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小 D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小 【考点】电势；电势能．

【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向下．故a点电势最高；根据推论，正电荷在电势高处电势能大，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．

【解答】解：A、作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知，电场线向下．故a点电势最低．故A错误．

B、根据已知条件无法判断粒子的运动方向．故B错误．

C、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大．C错误．

D、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，D正确． 故选：D

【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化

8．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）

A．所受重力与电场力平衡 C．动能逐渐增加

B．电势能逐渐增加

D．做匀变速直线运动

【考点】带电粒子在混合场中的运动．

【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．

【解答】解：A、D、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同向，粒子做匀加速直线运动，因此A错误，D正确；

B、根据动能定理，由A选项分析可知，电场力做正功，则电势能减小，故B错误； C、因电场力做正功，则电势能减小，导致动能增加，故C正确； 故选：CD．

【点评】考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化．

9．下列物理量中哪些与检验电荷无关？（ ） A．电场强度E

B．电势U

C．电势能ε

D．电场力F

【考点】电场强度；电势；电势能．

【分析】本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义． 【解答】解：电场强度E=和电势 φ=

分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用

比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能EP和电场力F均与电荷有关，故CD错误，AB正确． 故选：AB．

【点评】对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累．

10．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有 a、b、c 三点，如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．a点电势比b点高

B．a、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大 C．a、b、c三点和无穷远处的等电势

D．一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动 【考点】电势；电场强度．

【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．

【解答】解：A、C，a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．故A错误，C正确．

B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度．故B正确．

D、一个电子在a点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，不可能到达c点．故D错误． 故选：BC

【点评】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆．

11．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C的微粒在电

﹣5

场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10J，已知A点的电势为﹣

10V，则以下判断正确的是（ ）

A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示 B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示 C．B点电势为零 D．B点电势为20 V 【考点】电场线．

﹣5

【分析】带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10J，说明电

场力做负功，可分析出电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动能定理求出AB间的电势差，由UAB=φA﹣φB，可求出B点的电势．

【解答】解：AB、由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少

﹣5

了10J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左．

根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．

CD、qUAB=△Ek，根据动能定理得：得UAB=则φB=0．故C正确，D错误． 故选：AC．

【点评】根据轨迹弯曲的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法．

12．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（ ） A．半径越大，加速度越大 C．半径越大，角速度越小

【考点】库仑定律；匀速圆周运动．

【分析】根据库仑定律求出原子核与核外电子的库仑力．

根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较．

【解答】解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得

B．半径越小，周期越大 D．半径越小，线速度越小

V=﹣10V，φA=﹣10V，又UAB=φA﹣φB，

=ma=m

=mω2r=

，

可得a=

T=

ω=

v=

A、半径越大，加速度越小，故A错误； B、半径越小，周期越小，故B错误； C、半径越大，角速度越小，故C正确； D、半径越小，线速度越大，故D错误． 故选：C．

【点评】能够根据题意找出原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解． 对于等效环形电流，以一个周期为研究过程求解．

二、填空题（每空4分，共20分）

13．平行金属板水平放置，板间距为0.6cm，两板接上6×103V电压，板间有一个带电液滴

102

质量为4.8×10﹣g，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g取10m/s） 30 ．

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；元电荷、点电荷．

【分析】带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，根据E=求出板间场强，由平衡条件求出带电液滴的电荷量，再求解油滴上元电荷的数目． 【解答】解：平行金属板板间场强为E=，带电液滴所受电场力为 F=qE． 带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，则有 mg=qE， 得到 q=

油滴上元电荷的数目为 n==故答案为：30．

==30

【点评】本题是简单的力平衡问题，要记住元电荷e=1.6×10量，其他带电体的电量都它的整数倍．

﹣19

C，它是自然界最小的带电

14．如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为﹣Q和+2Q，它们相距L．如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r（2r＜L）的空心金属球，且球心位于O点，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小

方向 右 ．

【考点】电场强度．

【分析】当空心金属球达到静电平衡时，球壳内O点处合场强为零，即球壳上的感应电荷在O点处产生的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反．求出两个点电荷A和B在O点处产生的合场强，再求球壳上的感应电荷在O点处的场强大小和方向．

【解答】解：两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为E1=

+

=

，方向向左．

根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为E2=E1=故答案为：

，方向向右． ，方向向右．

【点评】本题考查对静电平衡导体特点的理解和应用能力，抓住静电平衡时，导体内部处处场强为零的特点是解题的关键．

15．K闭合时，如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．该微粒恰好能保持静止．充电后将K断开；稍微向左移动上极板M，该带电微粒向 上 运动．

【考点】电容器的动态分析．

k断开时时电容板间电量保持不变，【分析】根据电容器的定义式和决定式分析电压的变化，再根据公式E=分析板间场强的变化，判断能否使带电微粒的运动方向．

【解答】解：开始时，粒子受重力和电场力，二力平衡；k断开时，电量不变，向左移动上极板时，正对面积减小，则由C=

可知，电容C减小，再由Q=UC可知，电压增大，

再由E=可知，电场强度E增大，则电场力大于重力，微粒向上运动． 故答案为：上．

【点评】本题是电容器动态变化分析的问题，关键明确电容器的决定式和定义式的正确应用，同时明确粒子原来的电场力和后来的电场力的大小关系．

16．平行板电容器电容为C，带电量为Q，板间距离为d，今在两板距离的中点处，放一电荷q，则它所受到的电场力的大小为 【考点】电容器；电场强度．

【分析】根据电容器的定义式C=，能求出电容器两极板间的电势差，根据匀强电场的强度公式E=得出电场强度，从而得出电场力．

【解答】解：平行板电容器板间形成的是匀强电场，则由C=和E=得，E=所以电荷q所受的电场力为 F=qE=故答案为：

．

【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式C=，以及匀强电场电势差与电场强度的关系式E=，但不能根据库仑定律求解．

三、计算题（共32分，要求写出解题过程、必要的文字说明和公式，只有结果不给分）

17．如图所示，电子以速度v0沿与电场垂直的方向从A点飞入匀强电场，并且从另一侧的B点沿与电场成150°角的方向飞出，已知电子的质量为m，电荷量为e，求A、B两点的电势差．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】将B点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据平行四边形定则求出B点的速度，再根据动能定理求出A、B两点的电势差．

【解答】解：电子垂直进入电场做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据平行四边形定则知，B点的速度为： vB=

=2v0，

22根据动能定理得：﹣eUAB=mvB﹣mv0

解得：UAB=﹣．

答：A、B两点间电势差为﹣．

【点评】解决本题的关键知道电子在垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，结合平行四边形定则、动能定理进行求解．

18．如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求： （1）液珠的比荷（电荷量与质量之比） （2）液珠速度最大时离A点的距离．

【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律．

【分析】（1）已知液珠释放瞬间的加速度，根据牛顿第二定律求出液珠的比荷．

（2）当液珠加速度为零时，速度最大，根据重力和库仑力平衡求出液珠速度最大时离A点的距离．

【解答】解：（1）液珠开始运动的加速度大小为g，可知液珠在C处释放时加速度方向向上，设液珠的电量为q，质量为m，由牛顿第二定律有： k

﹣mg=ma

又由题 a=g 解得液珠的比荷为

=

（2）当液珠速度最大时，库仑力与重力大小相等，有 k

=mg

H

结合（1），解得 h=答：

（1）液珠的比荷是

．

H．

（2）液珠速度最大时离A点的距离是

【点评】本题是电场中力学问题，解决本题的关键要正确分析液珠的受力情况，知道液珠的加速度为零时，速度最大．

19．如图，ABC为绝缘轨道，AB部分是半径R=40cm的光滑半圆轨道，P是半圆轨道的中

3

点，BC部分水平，整个轨道处于E=1×10V/m的水平向左的匀强电场中，有一小滑块质量

m=40g，带电量q=1×10﹣4C，它与BC间的动摩擦因数µ=0.2，g取10m/s2，求： （1）要使小滑块能运动到A点，滑块应在BC轨道上离B多远处静止释放？ （2）在上述情况中，小滑块通过P点时，对轨道的压力大小为多少？

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．

【分析】（1）小球要想通过最高点，应保证重力充当向心力，由向心力公式可求得最高点的速度，对全程由动能定理可求得滑块应在BC轨道上释放的距离；

（2）由动能定理可求得小球通过P点的速度，由向心力公式可求得小球对轨道的压力． 【解答】解：（1）最高点处重力充当向心力，由向心力公式可得： mg=m

﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1）

由动能定理可得：

EqL﹣mg2R﹣μmgL=mv2﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2） 联立（1）（2）解得： L=20m；

（2）由动能定理可知

Eq（L+R）﹣mgR﹣μmgL=mvP2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3） 而在P点轨道对小于的支持力与电场力的合力充当向心力， F﹣Eq=m

﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4）

联立（3）、（4）可解得P点压力F=1.5N．

【点评】本题应注意向心力的确定，在最高点是重力充当向心力，而在P点支持力与电场力的合力充当向心力；同时注意题目中单位的换算．