河南省2022学年焦作市沁阳一中高二上第二次周考物理试卷

2022-2022学年河南省焦作市沁阳一中高二（上）第二次周考物理试卷一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1.关于以下4幅图的说法中，正确的是(　　)A.甲图所示为可变电容器，动片旋出时可以使其与定片的距离增大，从而改变电容B.乙图所示装置可以用来储存电荷C.丙图中电容器只要与电源相连，电流表的示数始终不为零D.丁图所示是电解电容器，击穿电压为80V【答案】B【解析】解：A、甲图所示为可变电容器，动片旋出时与定片的距离不变，通过减小极板间的正对面积，从而改变电容；故A错误。B、乙图构成一个简易的电容器，能够储存电荷，故B正确。C、丙图中，电容器充电过程中，电流表的读数不为零，电路稳定时电流表的示数为零，故C错误。D、丁图所示是电解电容器，额定电压为80V，不击穿电压。故D错误。故选：B。根据图中电容器的结构，分析改变电容的因素；电容器能容纳电荷；丙图中，电容器充电过程中，电流表的读数不为零，电路稳定时没有电流；电容器所标的电压是额定电压，不是击穿电压．本题是常识性的问题，关键要了解电容器的构造、影响电容的因素和电容器的作用等等知识．2.下列图中，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa=10V，φb=2V，φc=6V，a、b、c三点在同一平面上，图中电场强度的方向表示正确的是(　　)A.B.C.D.【答案】D【解析】解：据题，a、b、c三点的电势分别φa=10V，φb=2V，φc=6V，因为匀强电场中沿电场线方向相同距离电势差相等，则a、b两点连线中点的电势为φ=φa+φb2=10+22V=6V，因此该中点与c点的连线为等势线，那么与此连线垂直的直线即为电场线，由于φA=10V，φB=2V，又因为沿着电场线电势降低，所以电场线方向垂直于ab的中点与c点连线向下，故D正确，ABC错误。故选：D。在匀强电场中，电场强度处处相同，电场线平行且等间距。沿着电场线电势逐渐降低，且电势差与场强的关系为：U=Ed，可先确定出a、b两点连线中点的电势，与c点的电势相等，即可得到一条等势线，再根据相关知识分析。本题的解题关键是确定等势点，再抓住电场线与等势面垂直，且指向电势降低最快的方向进行分析。3.如图所示的情况中，a、b 两点的电场强度和电势均相同的是(　　) A.甲图：离点电荷等距的 a、b 两点B.乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的 a、b 两点C.丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的 a、b 两点D.丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的 a、b 两点【答案】B【解析】解：A、a、b是离点电荷等距的a、b两点，处于同一等势面上，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同。故A错误。B、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同。由于电场线关于两电荷连线上下对称，而且都与等势面垂直，所以场强的大小和方向都相同。故B正确。C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同。故C错误。D、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a点的电势大于b点的电势。故D错误；故选：B。电势是标量，同一等势面各点电势相等.电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同.而矢量大小和方向都相同才相同.对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题．4.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)A.平行板电容器的电容值将变大B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将增大D.若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】D【解析】解：A、根据C=ɛS4πkd知，d增大，则电容减小。故A错误。B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B错误。C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P5/6点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小。故C错误。D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=Ud=QCd=4πkQϵS，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D正确。故选：D。电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．1.如图所示，a、b两个带电小球，质量分别为ma、mb，用绝缘细线悬挂，细线无弹性且不会被拉断。两球静止时，它们距水平地面的高度均为h，绳与竖直方向的夹角分别为α和β(α<β)。若同时剪断细线ac和bc，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)A.a球先落地，b球后落地B.落地时，a、b两球的动能之和等于(ma+mb)ghC.整个运动过程中，a、b系统的机械能不守恒，但系统的动量守恒D.整个运动过程中，库仑力对a和b两球的冲量大小相等【答案】D【解析】解：因为两个球竖直方向只受重力，所以同时着地；下落过程中，重力和库仑力都做正功，所以动能之和大于(ma+mb)gh，运动过程中由于库仑力做功，所以机械能不守恒，由于系统合外力不为零，所以动量不守恒，a，b两球任意时刻所受库仑力大小相等，而落地时间相等，故库仑力对两球的冲量大小相等，故D正确ABC错误。故选：D。剪断细线OC，空气阻力不计，小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性，结合机械能守恒的条件和动量守恒定律的条件即可正确求解。本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡、动量守恒以及动量定理，较好的考查了学生综合应用知识的能力，注意过程中库仑力做功，机械能不守恒，但最终动能来自于减小的重力势能是解题关键。2.如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)A.k3qR2B.k10q9R2C.kQ+qR2D.k9Q+q9R2【答案】B【解析】解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=K qR2，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为E=K qR2.那么圆盘在此d产生电场强度则仍为E=K qR2。而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E′=Kq(3R)2=Kq9R2，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加。所以两者这d处产生电场强度为K10q9R2，故B正确，ACD错误。故选：B。由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反。那么在d点处场强的大小即为两者之和。因此根据点电荷的电场强度为E=K qR2即可求解。考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。3.空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场.实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则(　　)A.A点和B点的电势相同B.C点和D点的电场强度相同C.正电荷从A点移至B点，电场力做正功D.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小【答案】C【解析】解：A、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，所以A错误。B、根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，所以B错误。C、从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功，所以C正确。D、C点和D点在同一个等势面上，电势能不变，负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，再减小，所以D错误。故选：C。电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．4.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点.则(　　)5/6A.粒子受电场力的方向一定由M指向NB.粒子在M点的速度一定比在N点的大C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大D.电场中M点的电势一定高于N点的电势【答案】B【解析】解：A、由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错误；B、粒子由M到N电场力做负功，电势能增加，动能减少，故速度减小，故M点的速度大于N点的速度，故B正确，C错误；D、由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，D错误。由粒子的运动情景可得出粒子受到的电场力的方向，由电场力做功的性质可得出电势能及动能的变化；由电势与电势能的关系可判断电势．本题应明确：(1)电场力做正功则电势能减小，电场力做负功则电势能增加；(2)电场力做功要注意电荷的正负极性，极性不同则做功不同．1.如图，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60∘角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30∘角，则关于a、b两点场强大小及电势φa、φb的高低关系正确的为(　　)A.Ea=3Eb，φa>φbB.Ea=3Eb，φa<φbC.Ea=Eb3，φa<φbD.Ea=3Eb，φa<φb【答案】B【解析】解：设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb。根据几何知识得：rb=3ra。根据E=kQr2得：Ea：Eb=rb2：ra2=3，则有：Ea=3Eb。由场强方向可知该点电荷带负电，电场线从无穷远处指向负电荷，顺着电场线方向电势降低，则φa<φb。故选：B。先根据几何知识求出a、b两点到点电荷的距离之比，再根据点电荷场强公式E=kQr2求解场强之比.再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高低．理解并掌握点电荷场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点，即可顺利解决此类题目．二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）2.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中(　　)A.它们运动的时间tQ=tPB.它们运动的加速度aQ<apc.它们所带的电荷量之比qp：qq=1：2d.它们的动能增加量之比△ekp：△ekq=1：2【答案】ac【解析】解：a、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故a正确；b、平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=12at2，解得：a=2yt2…①，由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yp：yq=1：2，所以aq>aP，故B错误；C、根据牛顿第二定律，有：qE=ma…②，由①②两式解得：q=2myEt2，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；D、根据动能定理，有：qEy=△Ek，而：qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D错误；故选：AC。两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．3.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是(　　)A.根据电场强度的定义式E=Fq，电场中某点的电场强度和试探电荷的电量无关B.根据电容的定义式CQU，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.根据真空中点电荷电场强度公式E=kQr2，电场中某点电场强度和场源电荷的电量无关D.根据电势差的定义式UAB=WABq带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A，B点的电势差为−1V【答案】AD【解析】解：A、根据电场强度的定义式E=Fq，属于比值定义，电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故A正确；B、电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误；C、根据点电荷的场强公式E=kQr2，知：电场强度只由场源电荷电量和位置决定，故C错误；D、据电势差的定义式UAB=WABq知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B点的电势差为−1V，故D正确；故选：AD。电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解。5/6本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；灵活应用电势差的定义式。1.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B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动【答案】BD【解析】解：A、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反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；B、由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；C、因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误；故选：BD。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．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．2.在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电量为q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动S距离时速度变为零。则(　　)A.物体克服电场力做功qESB.物体的电势能减少了0.8qESC.物体的电势能增加了qESD.物体的动能减少了0.8qES【答案】ACD【解析】解：A、由于物体所受电场力和运动方向相反，故电场力做负功即克服电场力做功W=EqS，故A正确；B、电场力做负功，电势能增加，故B错误；C、电势能增加量和克服电场力做功相等，所以电势能增加了EqS，故C正确；D、物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：△Ek=F合S=maS=0.8EqS，故D正确。故选：ACD。物体所受电场力为F=Eq，方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化；动能的变化可以利用动能定理通过合外力做功来求。本题在电场中考查了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系。3.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是(　　)A.从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T8时刻释放电子，电子必然打到左极板上【答案】AC【解析】解：A、若t=0时刻释放电子，在前T2内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后T2内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上。即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故A正确，B错误；C、若从t=14T时刻释放电子，电子先加速14T，再减速14T，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C正确；D、同理，若从t=38T时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故D错误；故选：AC。分析电子的受力情况，来分析电子的运动情况，若一直向右运动，可以打在右板，若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况．本题中电子在周期性变化的电场中，电场力是周期性变化的，关键要正确分析电子的受力情况，再根据牛顿运动定律分析电子的运动情况．三、实验题探究题（本大题共2小题，共10.0分）4.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。(1)使电容器带电后与电源断开(选填变大，变小或不变)①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角______；②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角______；③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角______；(2)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有______A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C.静电计可以用电压表替代D.静电计可以用电流表替代。【答案】变大 变小 变小 A【解析】解：(1)①根据电容的决定式C=ɛs4πkd知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U=QC知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大。②5/6根据电容的决定式C=ɛs4πkd知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U=QC知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。③根据电容的决定式C=ɛs4πkd知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据U=QC知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。(2)A、B、静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况。故A正确，B错误。C、D、静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代。电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转。故CD错误。故选：A。故答案为：(1)①变大； ②变小； ③变小； (2)A(1)抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式C=ɛs4πkd判断电容的变化，结合U=QC判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化。(2)静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况。静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代。解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析。1.在“用DIS描绘电场的等势线”实验中，按图1所示连接电路。在电极A、B的连线上等距离地取a、b、c、d、e等5个基准点。将电压传感器的两个接线柱分别和两个探针相连接。当正接线柱的电势高于负接线柱时，读数为正；当正接线柱的电势与负接线柱电势相等时，读数为零。(1)本实验装置中，木板上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是______纸(2)电源通过正负电极A、B在导电物质上产生的稳定电流分布模拟了由两个______产生的静电场。实验时，确定两点电势相等的依据是______。(3)(多选题)。对于该实验的认识与判断，下列说法中正确的是______(A)实验是用恒定的电流场模拟静电场(B)在实验过程中电极与导电纸的相对位置不能再改变(C)若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来不同(D)本实验无法画出相应的电场线(4)若在图2中连接电压传感器正接线柱的探针接触a点，连接负接线柱的探针接触b点时，读数为负，则可以判断电极A接在电源的______极上(选填“正”或“负”)。(5)若连接电压传感器的正负两个接线柱的探针分别接触a点和b点时示数为U1；分别接触b点和c点时示数为U2，则有|U1|______|U2|(选填“>”、“<”或“=”)。【答案】导电 等量异种点电荷 传感器示数为零 AB 负 >【解析】解：(1)“用DIS描绘电场的等势线”实验方法是：将其中一个探针与导电纸上某一基准点接触，然后在导电纸上移动另一个探针，寻找若干个与此基准点的电势差为零的点，即为等势点，木板上有白纸、导电纸和复写纸、最上面的应该是导电纸；(2)电源通过正负电极A、B在导电物质上产生的稳定电流分布模拟了由两个等量异种电荷产生的静电场，实验时，确定两点电势相等的依据是传感器的示数为零；(3)A、本实验的原理是利用恒定电流场模拟静电场。故A正确。B、根据等量异种电荷等势线分布情况可知，等势线的分布情况与电荷的有关，本实验中两个电极相当于两个点电荷，所以在实验过程中电极与导电纸的相对位置不能再改变。故B正确。C、等量异种电荷等势线的形状与两个点电荷的电荷量无关，若把电源电压提高到原来的2倍，则描绘得到的等势线形状与原来是相同的。故C错误。D、将等势点连起来，可描绘出电场的等势线。故D错误。故选：AB(4)根据题意，当正接线柱的电势高于负接线柱时，电压传感器的读数为正，则当电压传感器的读数为负时，可以知道a点的电势低于b的电势，则知电极A接在电源的负极。(5)根据等量异种电荷电场线的分布情况得知，a、b间场强大于b、c间场强，根据U=Ed分析得知，a、b间的电势差大于b、c间的电势差。故有|U1|>|U2|故答案为：(1)导电；(2)等量异种点电荷；传感器示数为零；(3)AB；(4)负；(5)>。(1)根据“描绘电场的等势线”实验方法确定实验器材；(2)电源通过正、负电极的电场相当于两个等量异种电荷产生的静电场，电势相等的两点电势差为零；(3)本实验利用恒定电流场模拟静电场，电极相当于点电荷，电极与导电纸的位置不能改变。等势线的形状与电源的电压无关。将等势点连起来，可描绘出电场的等势线。(4)根据题意，当正接线柱的电势高于负接线柱时，电压传感器的读数为正，分析读数为负时，电极A接在电源的哪一极上。(5)a、b间场强大于b、c间场强，根据U=Ed分析|U1|与|U2|间的大小关系。本题采用实验模拟法，用恒定电流场模拟静电场，两个电极模拟两个点电荷。要抓住电压传感器读数正负与电势高低的关系，分析电势的关系。四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）2.把带电荷量2×10−8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10−6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10−6J，取无限远处电势为零.求：(1)A、B两点的电势；(2)若把2×10−8C的负电荷由A点移到B点电场力做的功．【答案】解：(1)A点的电势为：φA=EPAq=8×10−62×10−8V=400VB点的电势为：φB=EPBq=2×10−62×10−8V=100V(2)负电荷由A点移到B点电场力做的功为：W=qUAB=−2×10−8×(400−100)J=−6×10−6J答：(1)A、B两点的电势分别为400V，100V；(2)若把2×10−8C的负电荷由A点移到B点电场力做的功为−6×10−6J5/6【解析】根据电场力做功与电势能变化的关系公式WAB=EpA−EpB求出电荷在电场中各个点的电势能，再根据电势的定义式φ=EPq得到各个点的电势；再根据电势能公式W=qUAB=q(φA−φB)求电场力做功本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势1.如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一光滑绝缘导轨，导轨由水平部分和与它连接的位于竖直平面的半圆环ABC构成。现距环最低点A为L的O处有一质量为m的带正电的小球，小球从静止开始沿水平轨道进入圆环。若小球所受电场力与其重力大小相等，圆弧轨道的半径为R，则L必须满足什么条件才能使小球在圆环上运动时不脱离圆环？【答案】解：设小球刚好不脱离圆环运动到C点时速度为Vc，则在C点有：          mg=mVC2R  ①小球由O点运动到C点过程中，由动能定理有：qEL−mg⋅2R=12mVC2−0  ②联立①、②式解得L=52R。所以必须当L≥52R时才能使小球在圆环上运动时不脱离圆环。或者对于等效场，圆心的等高线应当是过圆心、与类重力(重力与电场力的合力)垂直的直线，设该等高线与半圆轨道的交点为，那么当小球到达点速度为0时，可求得L=R，于是当L≤R时，小球会在之间的一定范围内沿轨道来回摆动。答：要么L≥52R时才能使小球在圆环上运动时不脱离圆环，要么L≤R时才能使小球在圆环上运动时不脱离圆环。【解析】当小球到达C点刚好不脱离圆环运动，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球在C点的临界速度。小球由O沿圆弧轨道运动到C的过程中。电场力做功为qEL，重力做功为−mg⋅2R，根据动能定理求出L的临界值，再得出L的范围。本题是动能定理和向心力知识的综合应用，也可以分两段研究L：设在A点时速度为VA，小球由A沿圆弧轨道运动到C，由动能定理有：−mg⋅2R=12mVC2−12mVA2.小球由O点运动到A点过程中，由动能定理有：qEL=12mVA2−0 联立得到，L=52R。2.如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10−4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知SAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。(取g=10m/s2)求：(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；(2)带电体最终停在何处：(3)带电体到达C点后经多长时间停止运动。【答案】解：(1)设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE(sAB+R)−μmgsAB−mgR=12mv2解得v=10 m/s；(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：−mgh−μqEh=0−12mv2解得h=53 m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax=μqE=4 N重力G=mg=2 N，因为G</apc.它们所带的电荷量之比qp：qq=1：2d.它们的动能增加量之比△ekp：△ekq=1：2【答案】ac【解析】解：a、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故a正确；b、平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y=12at2，解得：a=2yt2…①，由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yp：yq=1：2，所以aq>