2020版高一物理下学期期中试题(含解析) (I).doc

2020版高一物理下学期期中试题(含解析) (I)一、单项选择题（每题3分，共36分）1. 下列物理量属于矢量的是A. 电势 B. 电容 C. 电荷量 D. 电场强度【答案】D【解析】A、B、C、电势、电容和电荷量是只有大小没有方向的标量，不是矢量。故A、B、C错误。D、电场强度是既有大小又有方向的矢量。故C正确。故选D。【点睛】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则2. 下列对元电荷的理解，说法正确的是A. 元电荷就是电子B. 元电荷就是质子C. 元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量D. 元电荷是带电荷量最小的带电粒子【答案】C【解析】元电荷是一个电子带的电荷量，不是电子，也不是质子，元电荷又称“基本电量”或“元电荷”，是物理学的基本常数之一，常用符号e表示，是一个电子或一个质子所带的电荷量，任何带电体所带电荷都是e的整数倍。故ABD错误，C正确；故选C。【点睛】元电荷是一个电子带的电荷量，不是电子，也不是质子，是一个电子或一个质子所带的电荷量，任何带电体所带电荷都是e的整数倍。3. 在下列过程中，若不计空气阻力，机械能守恒的是A. 汽车刹车的过程B. 石块自由下落的过程C. 电梯加速上升的过程D. 木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程【答案】B【解析】A、汽车刹车的过程，动能减小，重力势能不变，所以机械能不守恒，故A错误。B、石块自由下落的过程，由于不计空气阻力，只有重力对铅球做功，所以石块的机械能守恒，故B正确。C、电梯加速上升的过程中，其动能和重力势能都增加，两者之和增加，则机械能增加，故C错误。D、木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程，动能不变，重力势能减小，所以物体的机械能减小，故D错误。故选B。【点睛】判断机械能守恒常用有两种方法：一种是条件法，即根据机械能守恒条件进行判断；二是总量法，即看动能与势能总和是否不变4. 在光滑水平面上推物块和在粗糙水平面上推物块相比较，如果所用的水平推力相同，物块在推力作用下通过的位移相同，则推力对物块所做的功A. 一样大B. 在光滑水平面上推力所做的功较多C. 在粗糙水平面上推力所做的功较多D. 要由物块通过这段位移的时间决定【答案】A【解析】试题分析：在两次的运动过程中，拉力的大小是恒定的，在力的作用下物体的位移的大小也是相同的，根据功的公式W=FL可知，两次拉力做功一样多，所以A正确考点：考查了功的计算5. 两个放在绝缘架上的相同金属球带有同种电荷，相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力为3F。现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将变为A. 4F B. 6F C. F D. 2F【答案】A【解析】由库仑定律可得：3F=k3qqr2，而两球接触后再分开平分总电量，故分开后，两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为2q，库仑力F=k4qqr2=4F，故选B。【点睛】本题很多同学由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误；同种接触直接平分电量；异种接触先中和再平分6. 如图是某电场中的电场线，在该电场中有A、B两点，下列结论正确的是A. A点的电势比B点的电势高B. 无法比较A点与B点的电势高低C. A点的场强比B点的场强大D. 无法比较A点与B点的场强大小【答案】C【解析】C、D/由图看出，A点处电场线比B点处电场线密，则A点的场强比B点的大，故C正确，D错误。A、B、作出与电场线垂直的几条等势线，结合沿电场线方向电势逐渐降低，故BA；故A、B均错误。故选C。【点睛】本题关键掌握电场线的两个物理意义：电场线疏密表示场强的大小，切线方向表示电场的方向7. 关于电场强度，下列说法中正确的是A. 根据公式E=Fq可知，在电场中的一点，电场强度E跟F成正比，跟q成反比B. 根据公式E=kQr2可知，电场强度E跟Q成正比，跟r2成反比C. 根据公式E=Ud可知，电场强度与U成正比，与d成反比D. 一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强一定为零【答案】B【解析】A、电场强度的定义式E=Fq采用比值法定义，可知电场强度由电场本身决定，与检验电荷受的电场力及带电量无关，故A错误。B、E=kQr2是点电荷的场强公式，根据公式知，r越大，E越小，即离点电荷越远的地方越弱，故B正确。C、E=Ud适用于匀强电场，式中的U为电场中某两点间的电势差，d为两点间沿电场方向的距离。故C错误。D、不带电的小球在电场中一定不受力，电场强度无法推出，故D错误。故选B。【点睛】此题涉及到与电场强度E有关的三个公式，要理解并掌握每个公式适用条件、公式中各个量的含义其中E=Fq是电场强度的定义式，适用于任何电场，公式E=kQr2是点电荷的场强决定公式，E=Ud适用于匀强电场的计算，要注意适用范围的不同8. 质量为m的小球，从桌面向上竖直抛出，桌面离地面的高度为h，小球到达的最大高度离地面高度为H。若以地面为重力势能的参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球落地时的机械能是A. mgH B. mg(Hh) C. mgh D. mg(Hh)【答案】A【解析】取地面为零势能面，小球的竖直上抛只有重力做功，机械能守恒，在最高点时的机械能为mgH，所以整个过程中的任意时刻和位置的机械能都是mgH，所以A正确。故选A。【点睛】在整个过程中小球的机械能守恒，所以只要能求出任何一个地方物体的机械能即可9. 两质量不同的物体以相同的初动能沿水平面滑行至停止，若它们与地面间的动摩擦因数不同，下列说法正确的是A. 质量大的物体克服滑动摩擦力做功多B. 质量小的物体克服滑动摩擦力做功多C. 质量小的物体滑行距离大D. 无法比较两物体滑行的距离【答案】D【点睛】在本题中，滑行距离的表示也可以运用牛顿第二定律结合运动学公式求解。关于克服阻力做的功的表示可以运用功的定义式，也可以运用动能定理求解，我们可以去比较一下哪种方法更简便。10. 如图所示，两条不等长的细线一端固定在同一点，另一端分别拴两个带同种电荷的小球，两小球所带的电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2，当两小球静止时恰好处于同一水平线上，且，则造成的原因是A. m1m2 B. m1m2 C. q1q2【答案】B【解析】对两个球受力分析，均受重力、拉力和静电斥力，如图所示：不管电荷量大小如何，静电斥力F、F都相同，故电荷量关系不影响角度和；根据平衡条件，有：m1g=Ftan，m2g=Ftan；由于F=F，90；故m1m2；故选A。【点睛】本题关键是对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式分析；两小球均受三力平衡，可采用合成法、正交分解法、相似三角形法分析力之间的关系。11. 如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t周期性变化的图象。当t0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 2s末带电粒子回到原出发点C. 带电粒子在03s内的初、末位置间的电势差为零D. 02.5s内，电场力对带电粒子所做的总功为零【答案】C【解析】A、带电粒子在前1s处于匀加速，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B、带电粒子在前1s处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5s先做匀减速接着0.5s反向加速。所以2s末带电粒子不在出发点。故B错误；C、带电粒子在0-3s内的初、末位置间的电场力做功为零，电势能变化为零，则电势差为零。故C正确；D、0-2.5s内，电场力的总冲量等于粒子的运量变化，由于电场强度大小不一，所以2.5s末速度不为零，因此总冲量不为零。粒子在2.5s内没有回到出发点，所以电场力的总功不为零，故D错误；故选C。【点睛】本题关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动12. 如图所示，某物体以100J的初动能从斜面底端A处开始向上滑行，当它向上滑行到B点时，动能减少到20J，该过程机械能减少了32J。如果斜面足够长，当该物体回到斜面底端时的动能将是A. 20J B. 10J C. 36J D. 18J【答案】A【解析】设斜面倾角为，由A到B，物体动能减少80J，机械能减少32J，由动能定理和能量转化与守恒定律，（机械能减少等于克服摩擦力做功），则有：-(mgsin+f)sAB=0-80，fsAB=32，则重力势能增加了：mgsinsAB=48J，得：mgsinf=32,设物体由B再向上滑行s到达最高点，由动能定理：-(mgsin+f)s=0-20，得：mgssin=12，fs=8,物体到达最高点，重势能为（48+12）J=60J向上滑行到达最高点的过程中，克服摩擦力做功：(32+8)J=40J，物体从最高点（下滑）回到A点，重力做功60J，克服摩擦力做功40J，则当物体回到A点时物体的动能是20Jg故选A【点睛】功能关系有多种表现形式：合力的功（总功）等于动能增加量；重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量二、多选题（每题3分，共12分）13. 一个质量m为2kg的物块，从高度h5m、长度l10m的光滑固定斜面的顶端由静止开始下滑，空气阻力不计，g取10m/s2，物块滑到斜面底端的过程中，下列叙述正确的是A. 物块在斜面底端的瞬时速度的大小是20m/sB. 物块在斜面底端的瞬时速度的大小是10m/sC. 物块在斜面底端时重力的瞬时功率是200WD. 物块在斜面底端时重力的瞬时功率是100W【答案】BD【解析】A、B、小物块从顶端滑到斜面底端的过程中重力做的功只与物体的初末的位置有关，所以重力做的功为W=mgh=205=100J；整个过程中物体的机械能守恒，取地面为零势能面，由机械能守恒可得，mgh=12mv2，所以小物块滑到底端时速度的大小为v=2gh=10m/s，故A错误，B正确；C、D、根据瞬时功率的定义式可知PG=mgvsin，而sin=hl=12，可得PG=201012W=100W，故C错误，D正确。故选BD。【点睛】重力做功只与物体的初末的位置有关，斜面的高度为h，由此可以求得重力做功的大小；在运动的过程中，只有重力做功，所以整个过程中物体的机械能守恒，根据机械能守恒可以求得物体的速度的大小14. 下列说法中正确的有A. 无论正电荷还是负电荷，静电力做负功时电势能一定增加B. 电荷在电场中移动，若电场力对电荷做正功，电荷的电势能一定减小，但电荷的动能不一定增加C. 将负电荷从电势高的地方移到电势低的地方，电势能一定减少D. 若电场中A、B两点间的电势差为零，则同一点电荷在A、B两点所具有的电势能相同【答案】ABD【点睛】要时刻理解电场力做功正负与电势能变化的关系的含义W电=EP；掌握等势面与电场线的方向，明确等势面的特点：电荷在同一等势面上移动时电场力不做功15. 如图所示，原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为r，静电力常量为k。达到静电平衡后，下列说法中正确的是A. 点电荷Q在金属球内任意位置激发的电场的场强都为零B. 感应电荷在金属球球心处激发的电场场强E=kQ4r2，方向向右C. 金属球最左侧表面的电势和最右侧表面的电势相同D. 若用导线的两端分别接触金属球的最左端和最右端，导线能将两端的电荷中和【答案】BC【解析】A、感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q的点电荷在此处的电场场强大小相等，方向相反，合电场强度为零，因此感应电荷在金属球球心处产生的电场场强不为零；故A错误。B、感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为E=kQ(2r)2=kQ4r2，方向向右；故B正确；C、由于静电感应，金属球的右侧带负电，左侧带正电，但金属球是等势体；故C错误。D、静电感应导致金属球的电荷重新分布，总电量仍为零，因此左侧的正电荷与右侧负电荷电量相等，静电感应现象仍然存在，不能将金属球两侧的感应电荷中和；故D错误。故选BC。【点睛】解决本题的关键要理解并掌握导体处于静电感应现象的特点：内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且导体是等势体.16. 某人的手用恒定拉力将质量1kg的物体由静止开始竖直向上提升到1m的高度，这时物体的速度达到2m/s。取g10m/s2，下列说法中正确的是A. 手对物体做的功是10JB. 物体的机械能增加了12JC. 手对物体做的功是2JD. 这时拉力的瞬时功率为24W【答案】BD【解析】分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，由v2-v02=2ax可得，加速度a=2m/s2，由牛顿第二定律可得，F-mg=ma，所以F=mg+ma=12N，A、C、手对物体做功W=Fh=121J=12J，故A、C错误；B、除了重力以外的力做功量度机械能的变化，所以物体的机械能增量为EK=Fh=121=12J，故B错误；D、这时拉力的即时功率P=Fv=122=24W，故D正确。故选BD。【点睛】运用动能定理解题不需要考虑过程，只要抓住首末状态，列式进行求解，掌握功能关系的应用，知道机械能的变化量等于除重力以外的力做的功，三、填空题（共18分）17. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律。(1)已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是_（填字母代号）。A. 直流电源、天平及砝码B. 直流电源、毫米刻度尺C. 交流电源、天平及砝码 D. 交流电源、毫米刻度尺(2)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如下图所示。图中O点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点A、B、C、作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量为_，动能的增加量为_（用题中所给字母表示）。(3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于该误差下列说法正确的是_。A. 该误差属于偶然误差B. 该误差属于系统误差C. 可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D. 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差【答案】 (1). D (2). mgh2 (3). m(h3h1)28T2 (4). BD【解析】(1)打点计时器的工作电源是交流电源，在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表重锤的质量可以不测故选D(2)A、B、瞬时速度应由纸带根据vt2=xt求出，因为重物下落过程中受到阻力作用，实际加速度小于当地重力加速度，不能用v=2gh来求速度，故A、B错误；C、应用米尺量出纸带下落高度，不能用h=12gt2求高度，所以C错误；D、下落高度应用米尺测量，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测出瞬时速度，故D正确故选D(3)从打下O点到打下F点的过程中，重锤重力热能的减少量EP=mgh2F点的瞬时速度：vF=h3h12T，则动能的增加量为12mvF2=m(h3h1)28T2.(4)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，这个误差是系统误差，无法避免，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差故选BD【点睛】明确各种实验仪器的使用方法和实验的实验原理是解决实验问题的关键，注意实验过程中尽量减小摩擦阻力的影响，同时掌握瞬时速度通过实验数据算出，而不是理论推算，下落高度是通过刻度尺来测量而得18. 两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板A与静电计相连，极板B与静电计的外壳均接地。在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持极板带电量不变，下列说法中正确的是_A. 将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将减小B. 将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小C. 将玻璃板插入A、B极板之间，静电计指针的偏转角将减小D. 用手触摸一下B极板，静电计指针的偏转角将减小到零【答案】AC【解析】静电计和电容器相连电压相等，静电计的张角越大，显示电容器的电压越大；电容器有少量电量转移到静电计上，可忽略不计，故电容器的动态变化时认为电量不变。A、A极板向右移动，两板的距离d减小，由C=rs4kd知电容变大，而电量Q不变，由C=QU知电压变小，则指针偏角减小，故A正确。B、B极板向上移动，两板的正对面积s减小，由C=rs4kd知电容变小，而电量Q不变，由C=QU知电压变大，则指针偏角增大，故B错误。C、插入玻璃板时，相对介电常量r变大，电容C变大，电压变小，则指针张角变小，C正确。D、用手触摸一下B极板，电容器带电量没有改变，静电计指针的偏转角将不变，故D错误。则选AC.【点睛】本题考查电容器的动态分析问题，对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，根据电容的定义式C=QU和决定式C=rs4kd进行分析.19. 利用图像分析问题是物理学中常用的方法，其中的斜率、面积通常具有明确的物理意义。(1)小明以6m/s的初速度将足球水平踢出，足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度-时间图像如图1所示。图1中图线与坐标轴所围的面积等于12个小方格的面积。由图像可知足球在滚动过程中受到的阻力大小_（选填“变大”、“变小”或是“不变”），足球滚动了_m停下来。(2)利用电流传感器测量电容器电容的实验电路图如图2所示。电源电压为8V，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。电流传感器将电流变化的信息传入计算机，屏幕上显示出电流i随时间t变化的i-t曲线如图3所示，图中图线与坐标轴所围的面积也等于12个小方格的面积。根据图3，计算电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q_C，该电容器的电容C_F。【答案】 (1). 变小 (2). 24 (3). 0.024 (4). 0.003【解析】(1)因为v-t图象的斜率变小，表示加速度减小，根据牛顿第二定律f=ma，知足球在滚动过程中受到的阻力变小;图1中图线与坐标轴所围面积表示位移即为足球滚动的距离，1格面积是2，12格面积是24，所以位移是24m，足球滚动了24m才停下来(2)在电容器放电过程中的任意瞬时有：Q=It，故i-t图线与t轴所围面积即为电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积，因此电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积因此电容器所带电荷量的最大值Q=120.002=0.024C；根据电容的定义式C=QU=0.0248=0.003F.【点睛】解决本题的关键是理解图象面积的物理意义，v-t图象的面积代表位移，i-t图线的面积代表电量。四、计算题（共34分）20. 如图所示，匀强电场的电场强度大小E2.0103N/C，方向水平向右，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离d0.20m。将电荷量q=+2.0108C的正点电荷从A点移至B点。求：(1)电荷所受电场力F的大小及方向；(2)电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功及AB两点的电势差UAB；(3)已知B点的电势B300V，那么A点的电势A是多少伏特？在A点放一个电荷量为q=1.0108C的负点电荷，那么A点电势是多少？此电荷的电势能是多少？【答案】(1)F=4105J,水平向右 (2)WAB=8106J，UAB=400V (3)700V,700V, EP=7106J【解析】(1)电荷所受电场力F的大小为：F=Eq=2.01032.010-8N=4.010-5 N，正电荷的受力方向与场强方向相同，故力的方向向右(2)电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功为：W=Fd=4.010-50.20J=8.010-6 JAB两点间的电势差是：UAB=WABq=8.01062.0108=400V(3)根据电势差的定义UAB=AB，可得A=700V电势反映电场本身的能的性质，与有无试探电荷无光，则A电势不变，A=700V根据EP=qA=1.0108700=7106J【点睛】该题关键掌握匀强电场中电场力计算公式F=qE、电场力做功的计算公式W=qEd和场强与电势差的关系公式U=Ed.21. 质量为50kg的跳水运动员，以5m/s的速度从跳台上跳起，已知跳台的高度为10m，取g10m/s2，若不计空气阻力，求：(1)运动员入水瞬间的速度是多大；(2)若运动员入水深度为4m时速度减为零，那么水的阻力对运动员所做的功是多少。【答案】(1)v=15m/s (2)Wf=-7625J【解析】(1)跳水员起跳到落水的过程，只有重力做功，由动能定理可知:mgh=12mv212mv02解得：v=15m/s(2)跳水员入水的过程，受重力和阻力，由动能定理：mgh1+Wf=012mv2解得：Wf=-7625J【点睛】解决本题关键要懂得运用动能定理可求变力做功或恒力做功，对于跳起后到落水的过程，只有重力做功，可用机械能守恒定律，也可以运用动能定理求解，要重视物理过程的选择22. 如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L5.0m，倾角37，水平段与斜面段平滑连接。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑梯轨道上。已知小朋友质量为m20kg，小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数0.3，sin370.60，cos370.80，g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)小朋友沿滑梯斜面段下滑时所受摩擦力的大小；(2)小朋友滑到斜面底端时的速度大小；(3)若用一拉力将小朋友拉回滑梯顶端，拉力方向与轨道始终平行，拉力做功的最小值是多少。【答案】(1)f=48N (2)v=6m/s (3)W=1200J【解析】(1)小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为：Ff=mgcos=0.32010cos37=48N；(2)小孩在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma1解得：a1=3.6m/s2，由匀变速直线运动的速度位移公式：v2-v02=2ax可知，小孩滑至B点时的速度大小为：v=2aL=6m/s(3)小孩在水平段滑行时，由动能定理得：Wf2=012mv2可得Wf2=360J下滑过程：Wf1=umgcosL=240J重力做功：WG=mgLsin=600J 拉回小朋友回顶端至少需要克服重力做功、两端的摩擦力做功则WFmin=WG+Wf1+Wf2=1200J 【点睛】本题是一道力学综合题，考查了动能定理的应用，分析清楚运动过程是解题的前提，应用滑动摩擦力公式、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理即可解题23. 如图所示，A、B是两块竖直放置的平行金属板，相距为3L，分别带有等量的正、负电荷，在两板间形成电场强度大小为E的匀强电场。A板上有一小孔（它的存在对两板间匀强电场分布的影响可忽略不计），孔中有一条与板垂直的水平光滑绝缘轨道，一个质量为m，电荷量为q（q0）的小球（可视为质点），在外力作用下静止在轨道的P点处，已知P点与B板距离为2L。一自然长度为L的轻弹簧左端固定在距A板左侧L处挡板上，右端固定一块轻小的绝缘材料制成的薄板Q。撤去外力释放带电小球，它将在电场力作用下由静止开始向左运动，穿过小孔后（不与金属板A接触）与薄板Q一起压缩弹簧，由于薄板Q及弹簧的质量都可以忽略不计，可认为小球与Q接触过程中不损失机械能。小球从接触Q开始，经过一段时间第一次把弹簧压缩至最短，然后又被弹簧弹回。由于薄板Q的绝缘性能有所欠缺，使得小球每次离开Q瞬间，小球的电荷量都损失一部分，而变成刚与Q接触时小球电荷量的1/2。求：(1)弹簧第一次压缩到最左边时的弹性势能Ep；(2)小球在第二次回到P点处时的速度大小v；(3)设小孔右侧的轨道粗糙，带电小球与轨道间的滑动摩擦力fqE/4，小球停止运动时与B板间的距离s。【答案】(1)EP=qEL (2)v=qELm (3)s=5L2 【解析】(1)当P由静止开始释放到弹簧第一次压缩到最左边的过程中，根据能的转化和守恒定律可得弹性势能：电场力对小球做的功使小球获得动能，与Q接触过程中，全部转化成弹簧的弹性势能即：弹簧第一次压缩到最左边时的弹性势能Ep=qEL(2)设小球第二次到达P点速度为v，弹簧的弹力做功为零，只需考虑电场力做功，根据动能定理可得：解得：(3)假设小球第1次弹回两板间后向右运动最远距A板距离为L1解得：假设小球第2次弹回两板间后向右运动最远距A板距离为L2，则可得：又因为此时，即带电小球可保持静止故带电小球最终停止的位置距B点的距离s， 【点睛】动能定理可解决恒力和变力做功、直线运动与曲线运动、单一过程与多过程；重力做功、弹簧弹力做功、电场力做功都与路径无光，只与初末位置有光。