2020版高考物理一轮复习 全程训练计划 周测六 静电场（含解析）

静电场夯基提能卷 立足于练题型悟技法保底分(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)12018全国卷(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2 .下列说法正确的是()A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为C若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D若W1W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差答案：BD解析：A错：结合题意，只能判定Uab0、Ucd0，但电场方向不能得出；B对：由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN，可知该粒子由M至N过程中，电场力做功W；C错：电场强度的方向只有沿cd时，场强E，但本题中电场方向未知；D对：若W1W2，则ac与bd一定相互平行，可知UaMUbN.2.如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3 V，C点电势为6 V已知ACB30，AB边长为 m，D为AC的中点现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为1.5 N/C，则放入点电荷后，B点场强大小为()A2.5 N/C B3.5 N/CC2 N/C D. N/C答案：A解析：由题意可知B、D两点电势相等，BD所在直线为等势线，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，与BD垂直且指向A的方向为电场方向，如图所示根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可知，匀强电场的电场强度大小E N/C2 N/C.根据点电荷电场的特点可知，放在D点的点电荷在B点产生的电场强度与在C点产生的电场强度大小相等，都是1.5 N/C，根据电场叠加原理，B点的电场强度大小为EB N/C2.5 N/C.选项A正确3.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以大小为v的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB2BC，如图所示，由此可知()A小球带正电B电场力大小为2mgC小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等D小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化不相等答案：D解析：根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg3hEqh0，即Eq3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t12，从B点到C点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a22g，方向竖直向上，故所用时间t2，故t12t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化量大小都等于v2g，但方向相反，选项D正确4(多选)一电场在x轴上的电势随x的变化关系如图所示，将一电子从坐标原点处释放，电子仅在x轴上的电场力作用下运动，下列说法正确的是()Ax轴上0d区域与3d4d区域的电场相同，电场强度的大小均为B若电子由静止释放，则电子一直沿x轴正方向运动C若电子能到达3d位置，则电子释放时的最小初动能为2e0D若电子能到达4d位置，则电子释放时的最小初动能为e0答案：AD解析：沿电场线方向，电势逐渐降低，电场强度大小为x图线的斜率的绝对值，则x轴上0d区域内电场沿x轴负方向，d3d区域内电场沿x轴正方向，3d4d区域内电场沿x轴负方向，电场强度大小均为，A正确；若电子由静止释放，则电子先沿x轴正方向做加速运动，然后再沿x轴正方向做减速运动，到达x2d处速度减为0，然后沿x轴负方向做加速运动，再减速为零，做往复运动，B错误；若电子能从xd处运动到x3d处，则需要克服电场力做功2e0，电子从原点运动到xd处，做加速运动，增加的动能为e0，则电子释放时初动能最小为e0，电子到达x3d处后，在3d4d区域内做加速运动，所以电子只要能到达x3d处，便能到达x4d处，C错误，D正确5两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零， ND段中的C点电势最高，则()AN点的电场强度大小为零BA点的电场强度大小为零CN、C间场强方向沿x轴正方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功答案：D解析：根据题给的两电荷连线上各点电势随x变化的关系图象，可知O点的点电荷q1为正电荷，M点的点电荷q2为负电荷题中x图象斜率的绝对值表示电场强度的大小，由此可知，N点和A点的电势为零，但电场强度大小都大于零，C点的电场强度大小为零，选项AB错误；从N点到C点各点电势逐渐增大，说明从N点到C点逆着电场线方向，故N、C间场强方向沿x轴负方向，选项C错误；将一负点电荷从N点移到D点，其电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，选项D正确6.(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电，电荷量为q，滑块B不带电图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0d，则下列判断正确的是()AA、B两滑块的质量之比为BA、B两滑块的质量之比为C两滑块的碰撞为弹性碰撞D两滑块的碰撞为非弹性碰撞答案：AD解析：对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEdmAv，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0mAvmBv；又由能量守恒定律可知v0，D正确，C错误7(多选)一个质量为m、带电荷量为q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是()A小球在水平方向一直做匀速直线运动B若场强大小等于， 则小球经过每一无电场区的时间均相等C若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相等D小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等答案：ABD解析：将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，选项A正确；竖直方向，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，选项C错误；当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，则在经过第一无电场区时：ygt，v1gt1，经过第一电场区时：yv1t2gt，v2v1gt2，联立解得t1t2，v20.接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区时竖直方向都是自由落体运动，每次通过电场区时都是做竖直方向末速度为零的匀减速直线运动，故小球经过每一无电场区的时间相同，选项B正确；小球经过每个电场区机械能的减少量等于克服电场力做的功，由于每个电场区的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区过程机械能的减少量相等，选项D正确82019湖北宜昌模拟有三个完全一样的金属小球A、B、C，小球A所带电荷量为10Q，小球B所带电荷量为Q，小球C不带电，将A、B两小球固定，相距r，此时A、B两小球间的相互作用力大小为F；然后让小球C反复与A、B两小球多次接触，最后移去小球C后，则A、B两小球间的相互作用力大小为()AF B10FC.F D.F答案：C解析：依题意可知A、B两小球最初所带电荷量的总和被三个小球间均分，则A、B两小球最终的电荷量均为3Q，A、B两小球之间最初是引力，大小为Fk10k，A、B两小球之间最终是斥力，大小为Fk9kF，C正确二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9(7分)在竖直平面内固定一个半径为R的均匀带电细圆环，质量为m的带电小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绝缘细线对小球的拉力FT_，圆环的带电荷量Q_.答案：(4分)(3分)解析：本题考查电场的叠加、库仑定律，意在考查考生应用数学知识处理物理问题的能力由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分x，设总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q，由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理，取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与大小F1相同，如图甲所示，两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为2；因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力F，方向水平向右；小球受力分析如图乙所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故FT与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得；则小球对绳子的拉力FT；，解得Q .10(20分)在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0 m和5.0 m放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷的电荷量关系图象分别如图中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电(忽略试探电荷之间的影响)求：(1)B点的电场强度的大小和方向；(2)试判断电荷Q的电性，并说明理由；(3)点电荷Q的位置坐标答案：(1)2.5 V/m，沿x轴负向(2)Q带负电；理由见解析(3)x2.6 m解析：(1)由EB和图象可得EB2.5 V/mEA V/m放入B点的是负电荷，所以电场强度方向跟负电荷受力方向相反，故B点电场方向沿x轴负向(2)A点的正电荷受力沿x轴正向，而B点的负电荷受力也沿x轴正向，根据同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引所以Q带的是负电，而且在A、B之间(3)由(2)问已知Q在A、B之间，设离A点距离为L，则离B点距离为(3L)根据E得，EA40 V/m，EB2.5 V/m可求得L0.6 m所以点电荷Q的位置为x2 m0.6 m2.6 m处11(8分)如图所示，长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上另一端固定一质量为m、电荷量为q的带负电小球小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC和BD分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷Q、Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E、F两点让小球从最高点A由静止开始运动，经过B点时小球的速度大小为v，不考虑q对Q、Q所产生电场的影响，重力加速度为g，求：(1)小球经过C点时对杆的拉力大小；(2)小球经过D点时的速度大小答案：(1)5mg(2) 解析：(1)小球从A点到C点过程，根据动能定理有mg2dmv(1分)在C点，由牛顿第二定律有Tmgm(1分)得T5mg(1分)根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为TT5mg(1分)(2)设UBAU，根据对称性可知UBAUADU(1分)小球从A点到B点和从A点到D点过程中，根据动能定理有mgdqUmv2(1分)mgdqUmv(1分)得vD(1分)12(12分)如图甲所示，一对平行金属板M、N，长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场当两板间加电压UMNU0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计(1)求带电粒子的比荷；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T，从t0开始，前时间内UMN2U，后时间内UMNU，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值答案：(1)(2)解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有v0t0(2分)垂直极板方向有t(2分)解得(1分)(2)粒子通过两板间的时间tT(2分)从t0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2(2分)答图所示为从不同时刻射入电场粒子的速度时间图象，根据题意和图象分析可知，从tnT(n0、1、2、)或tnT(n0、1、2、)时刻入射的粒子垂直极板方向位移最大，需要恰好不打在极板上，则有T(2分)解得U(1分)探究创新卷 着眼于练模拟悟规范争满分(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1.2018全国卷(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等现同时释放a、b，它们由静止开始运动在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面a、b间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等答案：BD解析：A错：经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据xat2，得aaab，又由a知，maWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大；C错：a、b处在同一等势面上，根据Epq，a、b的电势能绝对值相等，符号相反；D对：根据动量定理Ftpp0，则经过时间t，a、b的动量大小相等2.(多选)有一匀强电场，电场线与坐标平面平行如图所示，以O点为圆心，以R0.10 m为半径的圆周上任一点P的电势满足40sin(60)40(V)，为O、P两点连线与x轴正方向所成的角，该圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，以顺时针方向角度为正，则下列说法正确的是()A该电场强度方向与x轴正方向成60角B该圆周内所有点的电势不可能小于零C该匀强电场的场强大小为E400 V/mD该匀强电场的场强大小为E400 V/m答案：BD解析：由题意可知，当30时，圆周上点P1的电势为10，为圆周上的最低电势，当210时，圆周上点P2的电势为280 V，为圆周上的最高电势，所以该电场强度方向与x轴正方向成30角，B正确，A错误；该匀强电场的场强大小为E400 V/m，D正确，C错误3.(多选)如图所示，矩形的四个顶点分别固定有带电荷量均为q的正、负点电荷，水平直线AC将矩形分成面积相等的两部分，B为矩形的中心一质量为m的带正电微粒(重力不计)沿直线AC从左向右运动，到A点时的速度为v0，到B点时的速度为v0.取无穷远处的电势为零，则()A微粒在A、C两点的加速度相同B微粒从A点到C点的过程中，电势能先减小后增大CA、C两点间的电势差为UACD微粒最终可以返回B点，其速度大小为v0答案：AC解析：由场强叠加和对称性可知，A、C两点的场强大小相等、方向相同，故由牛顿第二定律可知，微粒在A、C两点的加速度相同，A正确；由电场的性质可知，沿直线AC电势逐渐降低，根据电场力做功WqU可知，电场力对该微粒一直做正功，故微粒从A点到C点的过程中电势能一直在减小，B错误；由对称性可知UABUBC，故由动能定理可得qUABmvmv，同理可得qUBCmvmv，以上两式联立并代入数据求解可得vC3v0，故qUACmvmv，解得UAC，C正确；由于B点电势为零，故微粒从B点沿直线AC运动到无穷远处的过程中，电场力做功为零，所以微粒到无穷远处时的速度与微粒在B点时的速度相同，仍为v0，故粒子不会返回B点，D错误4.如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B之间距离为d，两板间的电压为U，其中A板接地在两板间放一半径为R的金属球壳，球心O到两板的距离相等，C点为球壳上离A板最近的一点，D点靠近B板则下列说法正确的是()AUCOUBUACCC点的电势为cD把一负点电荷由C点移到D点，电势能减少答案：D解析：将金属球壳放入电场后，A、B两板间电场线如图所示，应用对称性，两板间电场线形状关于球心O对称，所以A板与金属球壳的电势差UAO和金属球壳与B板的电势差UOB相等，即UAOUOB，又A、B两板电势差保持不变为U，即UAOUOBU，得UAOUOB，所以A、C间电势差UACUAO，即0C，得C，A错误，B、C正确；把一负点电荷由C点移到D点，电场力做负功，电势能增加，D错误5.(多选)如图所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面固定于静电场中，一带电荷量为q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，途中小球始终未离开斜面，重力加速度为g，则()A小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能B小球的电势能可能先增大后减小CA、B两点的电势差一定为D若处于匀强电场中，则该电场的场强大小一定是答案：AB解析：小球在斜面上受到重力、支持力和电场力，支持力不做功，小球以速度v0由斜面底端A点沿斜面上滑，到达顶端B点的速度仍为v0说明电场力做的功和重力做的功大小相等，小球从A点到B点的过程，重力做负功，电场力做正功，电势能减小，故小球在B点的电势能一定小于在A点的电势能，A正确；小球的电势能可能先增大后减小，B正确；由于电场力做的正功和重力做的负功大小相等，即qUWGmgLsin，可知A、B两点之间的电势差U，C错误；小球在斜面上向上运动的过程中，电场力做的正功和重力做的负功大小相等，但是不知道电场强度的方向，因此即使是匀强电场，场强大小也不一定为，故D错误6(多选)如图所示，匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形，ACB90，ABC60，d.把一个带电荷量为q的点电荷从A点移动到B点电场力不做功，从B点移动到C点电场力所做的功为W.若规定C点的电势为零，则()AA点的电势为BB、C两点间的电势差为UBCC该电场的电场强度大小为D若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是甲答案：BD解析：点电荷在匀强电场中从A点移动到B点，电场力不做功，说明AB为等势线，从B移动到C电场力做功W，则UBC，UBCUAC，又C点电势为零，则A点电势为，A错误，B正确；电场线沿着垂直AB方向，AC沿电场线方向长度为dsin60，所以电场强度大小为，C错误；从A点释放的电子，所受的电场力垂直于AB向上，做类平抛运动，D正确7(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置答案：AD解析：带电粒子在电场E1中加速，由动能定理，eE1dmv2，解得v.进入电场线竖直向下的匀强电场E2中做类平抛运动，Lvt，yat2、eE2ma，联立解得y，偏转电场E2对三种粒子做功WeE2y，与粒子质量无关，所以偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；粒子打到屏上时的速度大小v，三种粒子质量不相等，故选项B错误；三种粒子运动到屏上所用时间不相同，选项C错误；由于y，与粒子质量无关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角相同，所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，选项D正确8.如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管子的底部固定一电荷量为Q(Q0)的点电荷，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q(q0)、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷()A运动到B处的速度为零B在下落过程中加速度逐渐减小C运动到B处的速度大小为D速度最大处与底部点电荷距离为 答案：C解析：点电荷在下落过程中受重力和库仑力作用，由动能定理可得mgh1WE0，即WEmgh1，当点电荷质量为3m时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得3mgh2mgh13mv2，解得v，故C正确、A错误；由题意知，点电荷应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力大于库仑力，而在下落过程中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大，故B错误；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，F库3mg，解得r ，故D错误二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9(7分)如图所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的实验步骤如下：a按如图甲所示电路图连接好电路；b接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数为I0490 A，电压表的示数U0如图丙所示，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压；c断开开关S，同时开始计时，每隔5 s或10 s测一次电流i的值，将测得的数据在图丁的坐标上描点标出(1)根据图甲的电路原理图连接图乙的实物图(2)在图丁中作出it图象，其图线与坐标轴所围面积的物理意义是_(3)电压表的示数U0_V，该电容器电容为C_F(结果保留两位有效数字)(4)若某同学实验时把电压表接在D、E两端，则电容的测量值与真实值相比_(填“偏大”、“偏小”或“相等”)答案：(1)如图1所示(2分)(2)如图2所示(2分)电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量(3)8.01.1103(2分)(4)偏小(1分)解析：(2)将图中数据点用平滑曲线连接起来，图线与坐标轴所围面积的物理意义是电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量(3)因为电压表的精度为0.5 V，所以电压表示数U00.5168.0 V；从图线与坐标轴所围面积可以计算出电荷量为Q8.75103 C，根据电容的定义式得C1.1103 F(4)若把电压表接在D、E两端，会有放电电流通过电压表而使得测量出的电荷量偏小，从而使电容测量值偏小10.(10分)如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R0.5 m的1/4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E5103 N/C.今有一质量为m0.1 kg、带电荷量q8105 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.05，取g10 m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程答案：(1)2.2 N(2)6 m解析：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆弧轨道最低点B的压力为FN，则mgRqERmvFNmgm由牛顿第三定律得FNFN解得FN3mg2qE2.2 N(4分)(2)由题意知qE81055103 N0.4 Nmg0.050.110 N0.05 N因此有qEmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动(2分)所以小滑块在水平轨道上通过的总路程x满足mgRqERmgx解得x6 m(4分)11(14分)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6 cm,0)，B点坐标为(0， cm)坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8 V，点B处的电势为4 V现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v4105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：(1)图中C处(3 cm,0)的电势；(2)匀强电场的场强大小；(3)带电粒子的荷质比.答案：(1)4 V(2)102 V/m(3)2.41011 C/kg解析：(1)设C处的电势为C由OCCA知OCCA解得C V4 V(3分)(2)BC连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直设OBCOBL cmtan得60由UEd得E V/m102 V/m(5分)(3)因为带电粒子做类平抛运动有联立解得2.41011 C/kg(2分)所以带电粒子的荷质比为2.41011 C/kg12(16分)2019四川成都一诊如图所示，A、B间距为L6.25 m的水平传送带在电机带动下始终以v3 m/s的速度向左匀速转动，传送带B端正上方固定一挡板，挡板与传送带无限接近但未接触，传送带所在空间有水平向右的匀强电场，场强E1106 N/C.现将一质量m2 kg、带电荷量q1105 C的带正电绝缘小滑块轻放在传送带上A端若滑块每次与挡板碰后都以原速率反方向弹回，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.3，且滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.求：(1)滑块放上传送带后瞬间的加速度；(2)滑块第一次反弹后能到达的距B端的最远距离；(3)滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的机械功率答案：(1)2 m/s2，方向水平向右(2)3.25 m(3)18 W解析：(1)滑块放上传送带后瞬间，受力如图所示由牛顿第二定律有qEmgma，代入数据解得a2 m/s2，方向水平向右；(2)设滑块第一次到达B点时速度为v1，由运动学公式有v2aL，代入数据解得v15 m/s.因v1v，故滑块与挡板碰后将向左做匀减速直线运动，其加速度方向向右，大小为a1，由牛顿第二定律有qEmgma1，代入数据得a18 m/s2.设滑块与挡板碰后至速度减为v经历的时间为t1，发生的位移为x1，由运动学公式有vv1a1t1，x1v1t1a1t，代入数据得t10.25 s，x11 m.此后，摩擦力反向(水平向左)，加速度大小又变为a，滑块继续向左减速直到速度为零，设这段过程发生的位移为x2，由运动学规律有x2，代入数据得x22.25 m，当速度为零时，滑块离B端最远，最远距离xmx1x2，代入数据解得xm3.25 m.(3)分析可知，滑块逐次回到B端的速度将递减，但只要回到B端的速度大于v，滑块反弹后总要经历两个减速过程直至速度为零，因此滑块再次向B端返回时发生的位移不会小于x2，回到B端的速度不会小于v3 m/s，所以，只有当滑块回到B端的速度减小到v3 m/s后，才会做稳定的周期性往返运动在周期性往返运动过程中，滑块对传送带施加的摩擦力方向始终向右，所以滑块做稳定的周期性运动后，电机相对于空载时增加的功率为Pmgv，代入数据解得P18 W.20