2018-2019学年高二物理上学期期中试卷(含解析).doc

xx-2019学年高二物理上学期期中试卷(含解析)一、单项选择题（本题共8小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题3分，共24分）1.关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A. 法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C. 奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象D. 库仑定律公式中的常数K 是由卡文迪许通过扭秤实验测得的【答案】A【解析】【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【详解】A项：法拉第不仅发现了电磁感应现象，而且发明了人类历史上的第一台发电机，故A正确；B项：库仑提出了库仑定律，美国物理学家密立根利用油滴实验测定出元电荷e的带电量，故B错误；C项：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D项：卡文迪许通过扭秤实验测得的是引力常量，不是静电常量，故D错误。故应选：A。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.关于电场强度与电势的关系，下列说法中正确的是A. 电场强度大的位置，电势一定高B. 电场强度为零的位置，电势一定为零C. 电势为零的位置，电场强度一定为零D. 沿着电场线的方向，电势一定降低，但电场强度不一定减小【答案】D【解析】【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系电场强度为零，电势不一定为零电势为零，电场强度也不一定为零电场强度越大的地方，电势不一定高顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小。【详解】A项：电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A错误；B、C项：电势为零，是人为选择的，电势为零时场强并不一定为零，电场强度为零的位置，电势不一定为零，故B、C错误；D项：根据电场线的性质可知，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，但电场强度不一定减小，比如匀强电场，故D正确。故应选：D。【点睛】本题考查电场强度和电势之间的关系； 电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低。3.如图所示，等量异种点电荷固定在同一水平线上的P、Q两点，竖直固定的光滑绝缘杆与PQ的中垂线重合，O为PQ的中点，a、b是PQ连线上的两点，c、d 是中垂线上的两点，acbd为菱形电场强度用E表示，电势用表示一带少量负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自c点无初速释放（ ）A. a大于O，O大于cB. Ea大于EO，EO大于EbC. 在c到d的过程中，小球速度先增大后减小D. 在c到d的过程中，小球对杆的作用力方向始终水平向左【答案】D【解析】【详解】A、根据顺着电场线方向电势降低，可知a大于O，O等于c，故A错误；B、等量异种电荷的电场的分布特点，可知Ea大于EO，EO小于Eb，故B错误；CD、因直杆处于ab的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对带电小球进行受力分析，受竖直向下的重力，水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，所以在c到d的过程中，小球对杆的作用力方向始终水平向左；竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球在c到d的过程中一直做匀加速直线运动，故C错误，D正确；故选D。【点睛】关键是要明确两个等量异种电荷连线及中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低，对带电小球进行受力分析，即可得知小球的加速度情况，继而可得知小球的运动情况。4.粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子子运动轨迹的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力，有 ，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的半径大于乙的半径，由于两粒子均带正电，且速度方向相反，A正确；BCD错误；故选A。考点：洛伦兹力。【名师点睛】由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向。视频5.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。则下列说法正确的是A. o点处的磁感应强度为零B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D. a、c两点处的磁感应强度大小相等，方向不同【答案】B【解析】【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。【详解】A项：根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；B项：M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；C项：M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等，故C错误；D项：a、c两点的磁场方向都是竖直向下，故D错误。故应选：B。【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。6.在如图所示的电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大，电阻可以忽略不计。下列说法中正确的是 A. 合上开关S，A1先亮，A2后亮，最后一样亮B. 断开开关S，A1和A2都要过一会儿才熄灭C. 断开开关S，A2闪亮一下再熄灭D. 断开开关S，流过A2的电流方向向右【答案】B【解析】当开关S闭合时，灯A2立即发光通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来所以A2比A1先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，两灯电流相等，亮度相同，A正确；当开关S断开时，由于自感作用，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1、A2串联，两灯电流相同，都过一会儿熄灭，灯A2不会闪亮，流过A2的电流方向向左，BD正确C错误【点睛】解决自感问题的关键：（1）正确理解通电自感和断电自感现象中自感电动势对“原电流的变化”的阻碍作用，即延缓原电流的变化（2）弄清电路的串、并联关系（3）电感线圈在通电瞬间相当于一个阻值由很大逐渐变小的电阻，在断电瞬间相当于一个电源在电流稳定时纯电感线圈相当于一根短路导线，非纯电感线圈相当于一定值电阻7.目前世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能。如图所示为它的发电原理图.将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的离子，从整体上来说呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场中有两块正对面积为S，相距为d的平行金属板，与外电阻R相连构成电路.设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g，则流过外电阻R的电流强度I及电流方向为A. I=BdvR，ARB B. I=BdvR，BRAC. I=BdvSggSR+d，ARB D. I=BdvSSR+gd，BRA【答案】C【解析】根据左手定则知正电荷向上偏,负电荷向下偏,上极板带正电,下极板带负电,所以流过外电阻R的电流方向为ARB.最终电荷处于平衡有：qvB=qEd,解得电动势E=Bdv.内电阻r=dS=dgS,根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+r=BdvR+dgS=BdvSggSR+d ，故C正确，ABD错误。故选：C.点睛：正、负粒子进入磁场，受洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负电荷的偏转方向，从而确定极板的正负极，确定出电流在外电路中的流向最终电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出电动势的大小，从而根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小8.如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B。一边长为a、电阻为4R的 正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正以速度v匀速穿过磁场区域，在乙图中给出的线框E、F两端的电压UEF与线框移动距离x的关系的图象正确的是【答案】D【解析】试题分析：由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，C点的电势始终高于D的电势，则UCD始终为正值则BC错误；CD.AB两边切割磁感线时产生的感应电动势为E=BLv在0 L内，CD切割磁感线，CD两端的电压是路端电压，则UCD=34E=34BLv；在L 2L内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，则UCD=E=BLv；在2L 3L内，CD两端的电压等于感应电动势的14，则UCD=14E=14BLv，故A错误D正确考点：考查了电磁感应与图像【名师点睛】本题由楞次定律判断电势的高低，确定电势差的正负分析UCD与感应电动势关系是关键，要正确区分外电压和内电压二、多项选择题（本题共6小题。在每小题给出的四个选项中，有的有两个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分，共24分）9.如图所示是某种正弦式交流电压的波形图，由图可确定该电压的A. 频率是100HzB. t0.01 s时，线圈平面与磁场方向平行C. 有效值约为220 VD. 瞬时值表达式为u311sin 100t (V)【答案】CD【解析】【分析】从图象可读出电压的最大值、周期，继而求出电压的有效值、角速度，写出电压瞬时值的表达式。【详解】从图象可知，交流电电压的最大值为311V，周期T=0.02s，所以频率为f=1T=50Hz，故A错误；电压有效值为3112V220V，故C正确；角速度为：=20.02rads=100rads，表达式为：u=311sin100t(V)，故D正确；由图象可知，t0.01 s时，电动势为零，即磁通量最大，所以线圈平面与磁场垂直，故B错误。故应选：CD。【点睛】本题题干图象考查了正弦交流电的峰值、有效值、周期和瞬时值表达式。10.某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时 A. N极从上向下靠近线圈时，将受到线圈的排斥力B. S极从上向下远离线圈时，将受到线圈的排斥力C. 通过电流表的感应电流方向是先ab，后baD. 通过电流表的感应电流方向是先ba，后ab【答案】AD【解析】【分析】当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断感应电流的方向。【详解】A项：由“来拒去留”可知，N极从上向下靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，所以磁铁受到线圈的排斥力，故A正确；B项：由“来拒去留”可知，S极从上向下远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，所以磁铁受到线圈的吸引力，故B错误；C项：当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场先向上后向下，故感应电流先逆时针后顺时针（俯视），即先bGa，后aGb，故C错误，D正确。故应选：AD。【点睛】本题是楞次定律的基本应用。对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动。11.如图所示,平行板电容器经开关S与电源连接，S闭合一段时间后断开，a处固定一带电量很小的正点电荷，现将电容器B板向下移动一小段距离使板间距离增大，则A. AB板的电压UAB变小B. a点电势a变大C. 点电荷a受的电场力Fa变大D. 点电荷a的电势能Epa变大【答案】BD【解析】【分析】电容器充电与电源断开，所带电量不变根据电容的决定式C=S4kd、E=Ud、C=QU结合分析板间场强是否变化B极板接地，电势为零，根据a与B板的电势差的变化情况，判断a点的电势如何变化，即可确定电势能如何变化。【详解】A项：由公式C=S4kd， C=QU得U=QS4kd ，d增大，所以U增大，故A错误；B、C、D项：由公式C=S4kd，C=QU，E=Ud得板间场强E=4kQS，由题意，S、Q、均不变，k是常量，则E不变，点电荷受的电场力Fa=qE，则知Fa不变；根据公式U=Ed知，B板向下移动时，a与B板间的电势差增大，而B极板接地，电势为零，a点电势高于B板电势，大于零，则知a点电势变大，即a变大，q是正电荷，由电势能公式Epa=qa知，Epa变大，故B正确，C错误，D正确。故应选：BD。【点睛】本题关键是掌握推论：E=4kQS，判断出板间场强不变，再根据U=Ed、Epa=qa，判断电势和电势能的变化。12.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，两次ab边平行于MN、速度方向均垂直于MN匀速的完全进入磁场。第一次速度为v，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次速度为2v，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则A. q2q1B. q2=2q1C. Q2Q1D. Q22Q1【答案】AD【解析】【分析】由q=nt，可判两次进入通过线框导体横截面的电荷量相等；根据功能关系可求线框中产生的热量。【详解】由公式q=It=nR总=nBSR总可知，电荷量相等，即q2=q1线圈进入磁场过程中产生的感应电流为：I=ER总=BlabvR总，由焦耳定律可知，产生的热量为：Q=I2R总ladv=(BlabvR总)2R总ladv=B2lab2vladR总 所以热量之比等于速度度之比即为Q22Q1故应选：AD。13.如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面。环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面（接触良好）摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则 A. AB杆产生的感应电流由A流向B，A为电源正极B. AB杆产生的感应电动势大小为Bav。C. AB两端的电压大小为Bav3D. 不计任何摩擦，则AB下摆的过程机械能守恒【答案】BC【解析】【分析】当摆到竖直位置时，先由感应电动势公式E=BLv求出导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解AB两端的电压大小。【详解】A项：由右手定则可知，AB杆产生的感应电流由A流向B，B为电源正极，故A错误；B项：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=B2av=2Ba0+v2=Bav，故B正确；C项：金属环并联的电阻为：R并=1212R=R4 AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：U=R并R并+12RE=13Bav，故C正确；D项：不计任何摩擦，电路中有热量产生，所以机械能不守恒，故D错误。故应选：BC。【点睛】本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是23Bav。14.用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以Bt的变化率增强时，则A. 线圈中感应电流方向为acbdaB. 线圈中产生的电动势E=Btl22C. 线圈中a点电势高于b点电势D. 线圈中a、b两点间的电势差为Btl22【答案】AB【解析】A、磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿acbda方向，故A正确； B、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E=t=SBt=ll2Bt=Btl22，故B正确； C、acb段导线相当于电源，电流沿a流向b，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此a点电势低于b点电势，故C错误； D、设导线总电阻为R，则a、b两点间的电势差Uab=ERR2=Btl24，故D错误。 点睛：由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差；熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题。三、实验题（本题共2小题，共16分）15.有一根细而均匀的管状导电原件（如图所示），此原件长L约为3cm，电阻较小。已知这种材料的电阻率为，因该样品的内圆直径太小，无法直接测量，为了测量其内圆直径可先测其电阻R： （1）某研究小组采用如图电路测量原件电阻R，电流表和电压表的分别为U、I，则R=_,此测量结果与真实值比较偏_（填大或小）。（2）用游标卡尺测得该样品的长度如图左所示，其示数L=_mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图右所示，其示数 D=_mm。 （3）用已知物理量的符号和测量的符号来表示样品的内径d=_。【答案】 (1). U/I (2). 小 (3). 30.25 (4). 3.2043.206 (5). d=D24LIU【解析】【分析】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；应用欧姆定律与电阻定律求出样品内径表达式，然后确定需要测量的量。【详解】(1)由欧姆定律可知，R=UI，由于电压表的分流作用，使流过R的电流小于测量值，所以测量值比真实值偏小；(2) 由图示游标卡尺可知，其示数为：L=30mm+50.05mm=30.25mm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：D=3mm+20.50.01mm=3.205mm。(3) 待测电阻阻值：R=UI=LS=L(D2)2(d2)2，解得：d=D24LIU【点睛】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读；对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；读数时视线要与刻度线垂直。16.某研究性学习小组利用如图甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r.根据实验数据绘出如图乙所示的R1I 图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，则绘制图线的方程为_由图可以得到E_ V，r_ .（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). R=EIr (2). 2.8 (3). 1.0【解析】【分析】根据闭合电路欧姆定律I=ER+r，进行数学变形，得到R与1I关系式，根据数学知识研究R1I图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻。【详解】据闭合电路欧姆定律I=ER+r解得：R=E1Ir 由数学知识得知，R1I图象的斜率等于E，纵轴截距的绝对值等于r，则由图得到，电源的电动势为E=953.52.05V2.8V 内阻r=1。【点睛】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义本题采用的是转换法，本来I-R是非线性关系，转换成R1I是线性关系，图象直观，一目了然四、计算题：本题共4个小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。17.质谱仪是研究同位素的重要仪器，如图所示为质谱仪原理示意图。设粒子质量为m、电荷量为q，从S1无初速度释放进入电场，加速电场电压为U，之后垂直磁场边界进入匀强磁场，磁感应强度为B（不计粒子重力）则（1）打在底片上的位置到S3的距离多大？（2）粒子从进入磁场到打在底片上的时间是多少？【答案】（1）2B2mUq（2）mqB【解析】（1）在电场中加速：则qU=12mv2在磁场中在匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：qvB=mv2r打在底片上的位置到S3的距离d=2r联立可以得到：d=2B2mUq；（2）粒子在磁场中运动：qvB=mv2r，而且：T=2rv，则：T=2mqB则粒子从进入磁场到打在底片上的时间为：t=12T=mqB。点睛：质谱仪的原理是先让带电粒子在电场中加速，然后进入匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律进行求解即可。18.足够长的光滑U形导轨宽度为1.0m，其所在平面与水平面的夹角为=37，上端连接一个阻值为R=2.0 的电阻，导轨电阻不计，匀强磁场的磁感应强度大小为B=1.0T，方向垂直于导轨平面向上。有一质量为m=0.2 kg、电阻忽略不计的金属杆L=1.0m，垂直导轨放置，现沿框架接触良好的由静止下滑，设磁场区域无限大。(重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6)求：（1）当杆的速度大小为v=2m/s时，此时杆L中的电流大小及加速度的大小； (2)求在下滑过程中，杆L可以达到的速度最大值。【答案】（1）I=1.0A a=1.0m/s2（2）v2.4m/s【解析】【详解】(1) 当杆的速度大小为v=2m/s时，产生的电动势为E=BLv=2V 由闭合电路欧姆定律可得：I=ER=22A=1A由牛顿第二定律可得：mgsin370BIL=ma 解得：a=1ms2；(2)杆下滑达到最大速度v0时做匀速直线运动，则有：mgsin370=BIL I=ER E=BLv解得：v=2.4ms。19.如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g。求（1）线框进入磁场时的速度为v（2）线框的电阻为R（3）线框通过磁场的过程中产生的热量Q【答案】(1) v2gh. (2)RB2L22mg2gh (3) Q4mgh【解析】【分析】线框进入磁场前，对系统运用机械能守恒，求出线框进入磁场时的速度，抓住线框进入磁场后做匀速直线运动，根据平衡，结合安培力的表达式求出线框的电阻根据能量守恒求出线框通过磁场过程中产生的热量。【详解】(1) 线框进入磁场前，系统机械能守恒，有(3mm)g2h=124mv2 解得线框进入磁场的速度为：v=2gh；(2) 线框进入磁场做匀速直线运动，根据平衡有：3mg=mg+B2L2vR 解得：R=B2L22mg2gh；(3) 线框通过磁场的过程做匀速直线运动，根据能量守恒得：（3m-m）g2h=Q，解得：Q=4mgh。【点睛】本题力学知识与电磁感应的综合，要认真审题，明确物体运动的过程，正确分析受力及各力的做功情况，要熟练推导或记住安培力的表达式F安=B2L2vR。20.如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一质量为m，电荷量为q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示。小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)。已知A、B间距离为2R，重力加速度为g。在上述运动过程中，求(1)小球在电场中受到的电场力大小；(2) 小球过B点时对圆轨道的压力大小(3)小球在圆轨道上运动时的最大速率。【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）设小球在C点速度的大小为vC，从C到P用时间为t，则从C到P：水平：2R=vCt竖直方向：R=gt2从A到C由动能定理： 解得； （2）从A到B由动能定理： ，在B点： 解得：N=5mg（3）设等效竖直方向与竖直方向的夹角为，过O点的等效竖直线与BN轨道交于F点， 从A到F，由动能定理： 解得：【点睛】本题关键灵活地选择过程并运用动能定律列式，同时根据向心力公式和平抛运动的位移公式列式进一步分析求解；注意由于电场力和重力都是恒力，则可以用等效思想进行解答。