2022年高二物理上学期11月月考试卷（含解析）

2022年高二物理上学期11月月考试卷（含解析）一、选择题1-8单选9-11多选1（3分）下列与静电有关的图中，属于防范静电的是（）A避雷针B静电喷涂C静电复印D静电除尘2（3分）如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ则（）Aq1=2q2Bq1=4q2Cq1=2q2Dq1=4q23（3分）平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图所示当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动？（）A将电容器的下极板稍稍上移B将电容器的上极板稍稍上移C将S断开，并把电容器的下极板稍稍上移D将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移4（3分）利用电场线能很直观表示电场如图，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则（）AB、C两点场强、电势都相同BA、D两点场强、电势都相同CE、F两点场强、电势都相同D电荷由O点静止释放将沿中垂线运动5（3分）如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端不计重力，下列表述正确的是（）A粒子在M点的速率最大B粒子所受电场力沿电场方向C粒子在电场中的加速度不变D粒子在电场中的电势能始终在增加6（3分）一带正电的粒子在电场中做直线运动的vt图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（）A该电场可能是由某正点电荷形成的BM点的电势高于N点的电势C从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大D带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力7（3分）两个通草球带电后相互推斥，如图所示两悬线跟竖直方向各有一个夹角、，且两球在同一水平面上两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示若已知，则一定有关系（）A球一定带异种电荷Bm一定小于MCq一定大于QDm受到的电场力一定大于M所受电场力8（3分）如图，将乙图所示的交变电压加在甲图所示的平行板电容器A、B两极板上，开始时B板的电势比A板高，有一位于极板中间的电子，在t=0时刻由静止释放，它只在电场力作用下开始运动，设A、B两板间距足够大，则（）A电子一直向A板运动B电子一直向B板运动C电子先向A板运动，再向B板运动，再返回，如此做周期性运动D电子先向B板运动，再向A板运动，再返回，如此做周期性运动9（3分）如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）A使A、B两板靠近一些B使A、B两板正对面积减小一些C断开S后，使B板向右平移一些D断开S后，使A、B正对面积减小一些10（3分）如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是（）AE=xxV/m，C=200VBE=5000V/m，C=200VC电子在C点具有的电势能为200eV，把一个电子从C点移到B板，电场力做功为400eVD电子在C点具有的电势能为200eV，把一个电子从C点移到B板，电场力做功为400eV11（3分）如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a点，b粒子打在B板的b点，若不计重力，则（）Aa的时间一定大于b的时间Bb的时间一定大于a的时间Ca的比荷一定大于b的比荷Db的比荷一定大于a的比荷二、填空题12（3分）力做功与动能改变的关系”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置实验步骤如下：把纸带的一端固定在小车的后面，另一端穿过打点计时器改变木板的倾角，以重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力用细线将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的砂桶相连接通电源，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，测出x、x1、x2（如图乙所示），查得打点周期为T实验还需直接测量的物理量是：、（并用相应的符号表示）探究结果的表达式是13（3分）有一个小灯泡上标有“2V，1W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻约为10k）B电流表（00.6A，内阻约为0.4）C滑动变阻器（10，2A）D学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请画出实验要求的测量电路图（2）通过实验得到如下数据0.120.210.290.340.380.420.200.400.600.801.001.20在如图所示的坐标中画出小灯泡的UI曲线（3）小灯泡电阻的变化特性为三、非选择题（按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、）14有一个电流表G，内阻Rg=10，满偏电流Ig=3mA要把把它改装为量程为00.6A的电流表，要联接多大的电阻？内阻多大？15如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能16（12分）如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且A=R=0.2m把一质量m=0.1kg、带电量q=104C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动（g取10m/s2）求：（1）它到达C点时的速度是多大？（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？云南省曲靖市师宗三中xx学年高二上学期月考物理试卷（11月份）参考答案与试题解析一、选择题1-8单选9-11多选1（3分）下列与静电有关的图中，属于防范静电的是（）A避雷针B静电喷涂C静电复印D静电除尘考点：静电现象的解释分析：关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案静电防范 是用各种措施来防止静电对人，或财产造成损害；静电利用 是利用静电的性质来给我们的生活带来方便解答：解：A、下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电，故A属于静电防范B、静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面的一种喷涂方法，故属于静电利用；C、复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上故C属于静电利用；D、静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，故属于静电应用；故选：A点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例2（3分）如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ则（）Aq1=2q2Bq1=4q2Cq1=2q2Dq1=4q2考点：库仑定律；电场的叠加分析：根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解解答：解：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，根据点电荷的电场强度公式得=，PR=2RQ解得：q1=4q2故选：B点评：理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性3（3分）平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图所示当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动？（）A将电容器的下极板稍稍上移B将电容器的上极板稍稍上移C将S断开，并把电容器的下极板稍稍上移D将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移考点：带电粒子在混合场中的运动；电容器的动态分析专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：带电液滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化解答：解：A、将电容器的下极板稍稍上移，d变小，电势差不变，则电场强度增大，电场力增大，将向上运动故A正确 B、将电容器的上极板稍稍上移，d变大，电势差不变，则电场强度减小，电场力减小，将向下运动故B错误 C、将S断开，Q不变，下极板稍稍上移，则减小d，根据E=，U=，C=，则E=，与d无关，则E不变，带电液滴不动故C错误 D、将S断开，Q不变，上极板稍稍下移，则增大d，根据E=，U=，C=，则E=，与d无关，则E不变，带电液滴不动故D错误故选：A点评：解决本题的关键掌握电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变4（3分）利用电场线能很直观表示电场如图，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则（）AB、C两点场强、电势都相同BA、D两点场强、电势都相同CE、F两点场强、电势都相同D电荷由O点静止释放将沿中垂线运动考点：电场的叠加；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线解答：解：A、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同这两点场强的方向均由BC，方向相同但沿电场线的方向电势是降低的；故电势不相同；故A错误； B、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同由图看出，A、D两点场强方向相同根据电场线及等势面的特点可知，AD两点的电势不相等；故B错误； C、由图看出，E、F两点中，场强相等，并且处在同一等势线上；故电势相同；故C正确； D、电荷受力沿电场线的方向；故由O点释放后将沿两电荷的连线运动；故D错误；故选：C点评：对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆5（3分）如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端不计重力，下列表述正确的是（）A粒子在M点的速率最大B粒子所受电场力沿电场方向C粒子在电场中的加速度不变D粒子在电场中的电势能始终在增加考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：粒子在匀强电场中受到的电场力的方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，电势能增加，根据粒子的运动分析可以得出结论解答：解：A、粒子受到的电场力向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，所以A错误；B、粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，粒子所受电场力沿电场的反方向，故B错误；C、粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故C正确；D、当粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，当粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，故D错误故选：C点评：本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小6（3分）一带正电的粒子在电场中做直线运动的vt图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（）A该电场可能是由某正点电荷形成的BM点的电势高于N点的电势C从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大D带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的图像；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，根据动能定理可知，电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，电势也增加解答：解：A、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A、D错误；B、从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B错误，C正确故选C点评：本题主要抓住速度时间图象的特点，知道粒子做匀减速直线运动，知道电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题7（3分）两个通草球带电后相互推斥，如图所示两悬线跟竖直方向各有一个夹角、，且两球在同一水平面上两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示若已知，则一定有关系（）A球一定带异种电荷Bm一定小于MCq一定大于QDm受到的电场力一定大于M所受电场力考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用专题：电场力与电势的性质专题分析：两球相互排斥，故带异种电荷，根据牛顿第三定律可知相互排斥力相等，与带电量无关；再根据平衡条件得到排斥力的表达式进行分析解答：解：A、两个球相互排斥，故一定带同种电荷，故A错误；C、D、两球相互排斥，根据牛顿第三定律，相互排斥力相等，与带电量无关，故C错误，D错误；B、对左侧小球受力分析，受重力mg，拉力T和静电斥力F，如图根据平衡条件，有Tsin=FTcos=mg解得F=mgtan 再对右侧小球受力分析，同理有F=Mgtan 由解得mM故B正确；故选B点评：本题关键是对小球受力分析，根据平衡条件得到电场力表达式，然后再结合牛顿第三定律进行分析判断8（3分）如图，将乙图所示的交变电压加在甲图所示的平行板电容器A、B两极板上，开始时B板的电势比A板高，有一位于极板中间的电子，在t=0时刻由静止释放，它只在电场力作用下开始运动，设A、B两板间距足够大，则（）A电子一直向A板运动B电子一直向B板运动C电子先向A板运动，再向B板运动，再返回，如此做周期性运动D电子先向B板运动，再向A板运动，再返回，如此做周期性运动考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，判断其运动性质解答：解：在0时间内，B板的电势比A板高，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；在T时间内，B板的电势比A板低，电子受到的电场力向左，向右做匀减速直线运动，由于两段过程所用时间相等，加速度大小相等，所以t=T时刻电子速度为零；接着周而复始，故电子一直向B板运动故选B点评：由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键9（3分）如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）A使A、B两板靠近一些B使A、B两板正对面积减小一些C断开S后，使B板向右平移一些D断开S后，使A、B正对面积减小一些考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化解答：解：A、B、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变故A、B均错误C、断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大故C正确D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大故D正确故选：CD点评：本题是电容器的动态分析，关键抓住不变量，开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变10（3分）如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是（）AE=xxV/m，C=200VBE=5000V/m，C=200VC电子在C点具有的电势能为200eV，把一个电子从C点移到B板，电场力做功为400eVD电子在C点具有的电势能为200eV，把一个电子从C点移到B板，电场力做功为400eV考点：电势能；电势；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：由U=Ed可求得场强，C点的电势等于C与A板的电势差；由W=Uq可求得电子移动时电场力所做的功解答：解：由E=可得：E=5000V/m； C点电势等于CA两点的电势差，UCA=Ed1=50000.04=200V，因A带正电且电势为零，故C点电势小于A，故C=200V，A错误，B正确；电子在C点的电势能=Ce=200ev； CB间的电势差UCB=200V（600V）=400V，故电场力做功W=UCBq=400eV，故D正确，C错误；故选BD点评：在研究电场中能的性质时一定要注意各量间的正负，明确正负在题目中的含义，并能正确应用11（3分）如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a点，b粒子打在B板的b点，若不计重力，则（）Aa的时间一定大于b的时间Bb的时间一定大于a的时间Ca的比荷一定大于b的比荷Db的比荷一定大于a的比荷考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：两个粒子都类平抛运动，运用运动的分解法，分别研究水平和竖直两个方向的运动情况，由运动学公式和牛顿第二定律结合分析解答：解：AB、两个粒子都类平抛运动，水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t知：v0相等，则b的时间一定大于a的时间，故A错误，B正确CD、两个粒子竖直方向都做匀加速直线运动，由y=，y、E相等，t越小，越大，则知a的比荷一定大于b的比荷故C正确，D错误故选：BC点评：解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程二、填空题12（3分）力做功与动能改变的关系”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置实验步骤如下：把纸带的一端固定在小车的后面，另一端穿过打点计时器改变木板的倾角，以重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力用细线将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的砂桶相连接通电源，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，测出x、x1、x2（如图乙所示），查得打点周期为T实验还需直接测量的物理量是：小车的质量M、砂及砂桶的质量m（并用相应的符号表示）探究结果的表达式是mgx=考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：本题“探究恒力做功与动能改变的关系”，则要知道恒力的大小，和小车的动能，所以要测量小车的质量M、砂及砂桶的质量m；要探究的结论是合外力做的功等于小车动能的变化量解答：解：本题“探究恒力做功与动能改变的关系”，则要知道恒力的大小，和小车的动能，所以要测量小车的质量M、砂及砂桶的质量m合外力对小车做的功为W=mgx小车从A运动到B动能的变化量=所以探究结果的表达式是mgx=故答案为：小车的质量M、砂及砂桶的质量m；mgx=点评：“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力13（3分）有一个小灯泡上标有“2V，1W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻约为10k）B电流表（00.6A，内阻约为0.4）C滑动变阻器（10，2A）D学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请画出实验要求的测量电路图（2）通过实验得到如下数据0.120.210.290.340.380.420.200.400.600.801.001.20在如图所示的坐标中画出小灯泡的UI曲线（3）小灯泡电阻的变化特性为小灯泡的电阻随着温度的升高而增大考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法认真描点，然后用平滑的曲线连线即可；解答：解：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；由于灯泡的电阻较小，所以选择电流表外接法所以电路图如图（2）画出的UI图象如图所示：（3）根据U=IR可知，UI图象上的点与原点连线的斜率应等于电阻，由于金属的电阻随温度（电压或电流）的增大而增大，所以UI图线上各点与原点连线的斜率应逐渐增大，所以小灯泡的电阻随着温度的升高而增大故答案为：（1）如图（2）如图（3）小灯泡的电阻随着温度的升高而增大；点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断涉及到图象问题，首先根据相应的物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念讨论即可，注意小灯泡的伏安特性曲线中的斜率应是图线上的点与原点连线的斜率，表示曲线切线的斜率三、非选择题（按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、）14有一个电流表G，内阻Rg=10，满偏电流Ig=3mA要把把它改装为量程为00.6A的电流表，要联接多大的电阻？内阻多大？考点：把电流表改装成电压表专题：实验题分析：把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，由并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值解答：解：把电流表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R=0.05；内阻为：R内=0.05；答：要并联接0.05欧姆的电阻，内阻为0.05欧姆点评：本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题15如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）质子在加速电场中，电场力做正功eU0，由动能定理求解质子射出加速电场的速度（2）质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解板长L（3）在偏转电场中，电场力对质子做为eU，根据动能定理，对全过程研究，求解质子穿出电场时的速度解答：解：（1）在加速过程根据动能定理得：eU0=解得到质子射出加速电场的速度v0=（2）粒子在竖直方向：y=，a=在水平方向：x=L=v0t联立上式得到 代入数据得L=（2）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：=e（U0+）答：（1）电子通过B点时的速度大小为；（2）右侧平行金属板的长度为；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）；点评：本题是复合场问题，关键是分析质子的分析情况和运动情况在偏转电场中质子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究16（12分）如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且A=R=0.2m把一质量m=0.1kg、带电量q=104C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动（g取10m/s2）求：（1）它到达C点时的速度是多大？（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）应用动能定理研究小球由AC的过程，求出小球在C点的速度大小，（2）先运用重力等于向心力求解D点的速度，应用动能定理与牛顿第二定律可求出小球开始运动的位置离B点的距离解答：解：（1）由A点到C点，应用动能定理，有：解得：vc=2m/s（2）在D点，小球要恰好通过，必有：设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：Eqx2mgR=以上两式联立可得：x=0.5 m答：（1）它到达C点时的速度是2m/s；（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少0.5m远点评：在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解