第1章 静电场（拔高练）-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册(教科版2019)

进阶 突破 第一章 静电场 第1节电荷 电荷守恒定律 1.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘 工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为 Q,、Qg,则下列结论正确的是 () A.沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且Q>QB B.只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且Q,=Q C.沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且Q,<Q。 D.沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而Q、Q,的值与所切的位置无关 第2节库仑定律 1.如图所示，绝缘轻弹簧的一端固定于斜面底端挡板，另一端连接带正电的小物块A,带正电的小 球B固定在绝缘斜面顶端，现压缩弹簧使A处于O点，弹簧未超过弹性限度，将A由O点静止 释放，A沿斜面向B运动，设此运动过程中，A的加速度为a、速度为”、动能为E,、弹簧与A的机 械能为E,下列关于这些物理量随A上滑位移x的变化关系图像，可能正确的是 () B D 2.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为，一根轻质绝缘细线 的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行.小球A的质量为m、电 荷量为q,小球A的右侧固定放置带电小球B,两球心的高度相同、间距为，静电力常量为k, 重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用，求细线 的拉力大小和B小球的带电量 进阶突破·拔高练01 第3节静电场 电场强度和电场线 第1课时》 静电场电场强度 1.如图所示，以O为圆心，半径为R的实心球内有一个半径为一R的空腔，OA为空腔的直径，实 心部分均匀分布有正电荷，OA延长线上的B点离O点距离为1.5R,已知均匀带电球壳内的 场强为零，均匀带电球外某点的场强可以看成是电荷量集中在球心的点电荷产生的电场，求 A、B两点的电场强度大小之比. 2.(2023·全国乙卷)如图，等边△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个 点电荷分别周定在三角形的三个顶点上.已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC 边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q,求： (1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负： (2)C点处点电荷的电荷量： 02黑白题物理I必修第三册·JK 第2课时》电场线 1.(多选)如图所示，带正电的小球穿在一根不可伸长的光滑绝缘轻绳上，可自由滑动，整个装 置处于水平向右的匀强电场中，小球处于静止状态保持A端位置不变（两杆间距合适，小球 两侧绳子之间夹角始终小于180°) () A.将B端向上移动一小段距离到B,再次稳定后绳子张力增大 B.将B端向下移动一小段距离到B,,再次稳定后绳子张力增大 C.将右边竖直杆向左移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小 D.将右边竖直杆向右移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小 2.(2024·河北沧州联考)如图所示，水平面上固定一光滑绝缘半圆环，半圆环的半径为「，整个 半圆环处于匀强电场中，匀强电场的方向与水平面平行，电场强度大小为E,方向与半圆环的 直径相垂直.套在半圆环上的两球用轻绳相连，两球所带电量分别为+q,、+q2,质量分别为m,、 m2,两球可视为质点.两球分别静止在圆环的P点与Q点，已知绳长L=√2r,∠AOP=60°.不考 虑小球之间的库仑力.下列说法正确的是 ( A.9-3 921 B.4-1 923 C.半圆环对m,球的弹力大小为m,+m)g+E(9,+9） 2 D.半圆环对m,球的弹力大小为，3m,+m)g+E(g+9) 第4节电场力的功电势能 1.如图所示，长为L的绝缘细线上端固定于O点，下端系一质量为m,电荷量为+g的带电小球， 整个装置处于匀强电场中，电场强度方向水平向右，当小球静止时，小球处于A点位置，细线 与水平方向间的夹角0=60°，重力加速度大小为g (1)小球平衡时，求细线中的拉力大小及电场强度的大小： (2)将小球向右拉至与O点等高，且细线水平绷紧，若由静止释放小球，求小球到达A位置时 细线中的拉力大小T; 进阶突破·拔高练03 (3)将小球向左拉至与O点等高，且细线水平绷紧，若由静止释放小球，求小球到达A位置时 细线中的拉力大小T 第5节电势电势差 1.如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球B,半径为L,球心O'坐标为(2L,0). 再将一点电荷A固定在原点O处，带电量为+Q.a、e是x轴上的两点，b、c两点对称地分布在x 轴两侧，点a,b,c到坐标原点0的距离均为二，Od与金属导体球B外表面相切于d点，已知 金属导体球B处于静电平衡状态，k为静电力常数，则下列说法正确的是 A.图中各点的电势关系为P=P=P>P>P。 B.金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，用一根导线分别连接左右两侧，导线 中有短暂的电流 C金属导休球B上的感应电街在外表面d处的场强大小尽一识，方向垂直于金属球表面 D.金属导体球上的感应电荷在球心0处产生的电场强度为 L ,方向沿x轴负方向 第6节电势差与电场强度的关系 1.(2023·山东淄博一模)如图所示，边长为1m的正立方体ABCD-A'BCD'处于匀强电场中， A、B、C及D'四个顶点的电势分别为50V、40V、30V、30V,下列说法正确的是 A.A'点的电势为30V B.电场强度的方向沿AD连线方向 C.电场强度的大小为103V/m B D.电子从A点出发沿AB边、BC边、CD边到达D点，电场力做功为10eV 04黑白题物理|必修第三册·JK 第7节静电的利用和防护 1.(2024·河北沧州月考)一半径为R的金属薄球壳内壁接地，其球心处安置有一个点电荷+Q, 如图所示.P为金属球外距离球心2R的一点，下列表述中正确的是 A.金属球壳的外表面带正电 B.金属球壳的内表面不带电 C.在P处引人正点电荷q,受斥力大小为 4R D.金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为C 4R 第8节电容器 电容 1.(2024·湖北恩施联考)如图，平行板电容器通过导线与二极管、直流电源相连，电容器上下 极板分别是M板、N板，且下极板接地.P是极板中间的某一点，位置不发生改变.以下说法正 确的是 A.M板上移一点，两板之间电势差不变，P点电势升高 B.N板上移一点，两板之间电场强度增大，P点电势降低 C.M板下移一点，两板之间电场强度增大，P点电势不变 D.N板下移一点，两板之间电势差变大，P点电势不变 2.如图所示为闪光灯的工作电路示意图，电源的电动势为E,内阻不 计，C为电容器.其工作原理为：开关S闭合后，电源给电容器充电， 闪光灯④ 电容器C两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当闪光灯达到击穿 电压U时，闪光灯被击穿（闪光灯电阻变为0），电容器通过闪光灯放电，闪光灯开始闪光：电 容器放电后，闪光灯两端电压小于击穿电压U,闪光灯断路停止闪光，电源再次给电容器充 电，闪光灯再次达到击穿电压时，闪光灯又被击穿，电容器又通过闪光灯放电，闪光灯又开 始闪光.电容器如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光.下列说法正确的是() A.在电容器充电过程中，电容器的上极板带正电 B.闪光灯闪光时，通过闪光灯的电流方向是从a指向b C.电阻R的作用是在闪光灯闪光时，防止电源被短路 D.要使闪光灯周期性短暂闪光，击穿电压U必须大于电源电动势E 第9节带电粒子在电场中的运动 第1课时》 带电粒子在电场中的两种运动 1.(2024·四川资阳期中)如图所示，BCDG是光滑绝缘的}圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半 径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，E= 3唱现有一质量为m,带电量为+9的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道 4g 间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8. 进阶突破·拔高练05 (1)若滑块从水平轨道上距离B点s=2R的A点由静止释放，求滑块到达B点的速度： (2)在(1)的情况下，求滑块到达B点时对轨道的压力： (3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行 过程中的最小速度大小： (4)改变s的大小，为了使小滑块不脱离圆弧轨道，求AB初始距离s的取值范围. B 第2课时》带电粒子在电场中运动的应用 1.如图甲所示，板长为L、板间距离为d的平行板电容器的两极板水平放置，上极板带负电，下 极板带正电。竖直屏M距板右端距离为5大量带正电且电荷量为？、质量为m的油滴以初速 度。不断沿电容器中线射人两板间，不考虑油滴打在板上对两极板间电压的影响，已知重力 加速度大小为g,忽略空气阻力、电容器极板的边缘效应和油滴间的相互作用 (1)若使油滴均能打在上极板，求板间电压U应满足的关系： (2)若已知油滴最后垂直打在M上，求在板间时油滴在竖直方向上的位移大小， (3)在(2)的情况下，当第一颗油滴飞出平行板的同时，在平行板右侧、竖直屏M左侧的区域 内出现一个如图乙所示随时间周期性变化的匀强电场，规定竖直向上为正方向，T2。 求M上接收到油滴区域的长度以及落到该区域中点以下部分油滴的发射时刻范围， M E 0 mg 0 0 TT 3I 2T i 06黑白题物理1必修第三册·JK(2)物体刚放上A点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，物体做 R断路，电路稳定后，电容器所带的电荷量 匀加速直线运动，此时amgo-mgi9=0.4m2 g=-2xi0c-io0, 假设物体能与皮带达到相同的速度，则物体加速上滑的位移为 242 此时下极板带负电，则流过儿电荷量为4Q=Q+Q:x10C 4-2a2x04m=20m=b. 1.236×103C 说明到达B点时速度为=4ms 2U9 17.(1)m (2)2%。(3)32+21/m 从4到B,传送带对物体做的功，根据动能定理转=mgh+2m= oq 501.4=”=4 a0.4s=108, 解桥：()由动能定理得o=7m,解得。√m (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖直偏转 1 相对位移为5相=传2产2,2×4X10m=20m, 量子水平方向1=， 由功能关系得电动机输出能量为E=甲传mg8·相=I00上 由能量守恒得E出+PTMt=Uwi,解得ru=0.5且 整直方向y=)a2,a=0,解得U=2儿。： 16.(1)1.0A(2)8×106C,下极板带正电(3)1.236×103C (3)半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直抽 (R1+R2)(R3+R) 解析：()电路外电阻为R外=R,+K,+R+R, 击在屏幕上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，放时 =5.00. 间最短，如图所示 E 由闭合电路欧姆定律可得总电流= 4+20A 路端电压为U=E-r=10V, 故流过电阻R,的电流为山R+R U 1.0A H (2)电阻R,R2两端的电乐分别为Um=1,R,=6V,Ue=1,R2=4V, 电阻R,,R两端的电压分别为 由题意得1wy=tt=21 U UR=2 V.UmR-8V. 设出电场时速度与水平方向夹角为，则有m0=上4，=，解得 电源负极端接地，即g/=0,则有Ue=甲。94=4V,Um=9P:= 0=45. 8V, 可知pa=4V,P=8V, 由于速度反向延长线过水平位移中点，且由几向关系得：=用：士 所以点电势比“点高，电容器下极板带正电， E为膜孤的圆心，由几何关系可得0，=E=F+F0,= 电势差为Uu=96-9。=4V, 电容器所带的电荷量Q=CU=8×10◆C. 则有P=Es450.3 4 (3)R2断路后，电路外电阻为R外=R3+R4=101, 由阴合电路股鳄定律可得总电流广=￡。2 则水平位移有OP 32,135+2. = %女行A, 4 4 24 则=%=rR 最超时间为1 0P(32+2)1m 4V240 进阶突破·拔高练 第一章静电场 第2节库仑定律 第1节电荷电荷守恒定律 1,D解析：将A由0点静止释放，对A进行受力分析，受重力、支持 1.D解析：根据感应起电.由于C带正电.使得A带正电.B带负电.导 力，弹簧的弹力、斜面的摩擦力和带电球B的库仑力这些力随A上 体原来不带电，只是在C中电荷的作用下，导体中的自由电子向B 滑位移x的变化关系是：重力，支持力，摩擦力均不变，弹簧的弹力与 部分移动.使B部分多了电子而带负电，A部分少了电子而带正电 形变量成正比，故与位移成线性关系：根据库仑力的表达式F 根据电荷守恒可知.A部分转移的电子数目和B部分多余的电子数 得，库仑力与距离的平方成反比A,根据牛顿第二定律得T弹 目是相同的，因此无论从哪一条扉线切开，两部分的电荷量总是相等 2 的，所以沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而Q4Q。的 mgn日-F,=m,弹簧的弹力与位移成线性关系，库仑力与位移不 值与所切的位置无关故选D, 成线性关系，根据牛顿第二定律表达式可知加速度与位移不成一次 必修第三册·JK黑白题50 线性关系，故A错误：C.根据动能定理得W弹6-mgn0-W电= △，弹力和库仑力都随位移的变化面变化.开始时弹力沿斜面向上 kR4,根据点电荷的场强公式，可知B点的电 较大，库仑力较小，故开始时经过相同的位移动能变化量较大，故 C错误：B.当A在运动过程中速度达到最大后，库仑力继续增大，弹 簧弹力继续减小，合外力增大，根据库仑力和弹力的变化特点可知， 场强度大小Bm=大 391 () 675m,则A,B 速度不可能关于位移成线性减小，其斜率应该越来越大，故B错误： D.摩擦力和库仑力做负功使得弹簧与A的机械能减小，在运动过程 中摩擦力和库仑力一直做负功.且库仑力随位移变化越来越大，故弹 两点的电场强度大小之比为： 簧与A的机械能E一直或小，且经过相同位移机械能的变化量越来 3-3 越大，D正确.故选D. 2()q,A,B.C均为正电荷(2)39 2当4，B是同种电荷时，F,=0,Q=gn0 解析：(1)因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的 ；当A、B是异种电荷时， 叠加原理，可知A,B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向 sin g0s mgd 相反，则B点电荷带电量为4，电性与A相同，又N点电场强度竖直 bqtan 8 向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图 解析：当A,B是同种电荷时.设B电荷量为Q,由库仑定律得，库仑力 所示 为F-9 ,对A受力分析，如图所示 O mg 可知A处电荷为正电荷，所以A、B.C点处均为正电荷 沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，沿斜面方向上F,+ (2)如图所示 Fsf=mgsin8,垂直于斜面方向FN=mgeos+Fsin9, 小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用.A所受重力、库仑力和支 持力不可能为0，则可知拉力为0，即0，则Fm=s时 mgin0.B小球的带电量Q为0=mg1an9 由儿何关系E,'=Ec·n30°， 当A,B是异种电荷时，对A受力分析，如图所示 即5（网） AN3BN CN 其中AW=√3BN=√3CN OB 解得 第2课时电场线 inig 1.AC解析：对小球进行受力分析，如图所示，将重力和电场力合并为 沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，沿料面方向上F,=mg加+ 恒力F合，两段绳子拉力等大且合力为F过A,B分别作平行于F台 Fcos,垂直于斜面方向F、+Fsin0=mgos0. 的直线为等效绝缘杆，直线间距为d,设两绳与Fa夹角为8，两绳长 小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用，A所受重力，拉力和库仑 度分别为L1,,则d=L1sin+Lsin8,A.B移至B,时，间距d增大， 力不可能为0，则支持力为0，期Fin0=mgs日.解得Q=g 则8变大.再次稳定后绳子张力增大，A正确：B.B移至B2时，d减 tan0 小.8减小，再次稳定后绳子张力减小，B错误：C.右杆左移，d减小，6 则Fr=mgin+fn0=mg 减小，再次稳定后绳子张力减小.C正确：D,右杆右移.d增大，日增 sin 大，再次稳定后绳子张力增大，D错误故选AC 第3节静电场电场强度和电场线 第1课时静电场电场强度 1,设单位体积内的电荷量为？，用补楼法，将空腔补上同等电荷密度 (信 的正电荷，则A点的电场强度大小E,= 参考答案与解析黑白题51 2.A解析：根据题意，以整体为研究对象，水平面内的受力如图1所 是等势体，用一根导线分别连接左右两麒，导线中没有短暂的电流， 示，根据受力平衡，垂直电场方向有F、1网60°=F、2%30°，沿电场 Q 故B错误：C.点电荷A在d处的场强大小E= 方向有E(1+2)=F1im60°+Fein30°，作出m1球的失量三角 （V2-r)2 形，如图2所示，由正弦定理得血0_血45”，同理对m,球由正弦 疗，金属导休球内部电场强度为零，则金属导体球内表面与d相同 Q T E 定理狗血也5联立解利么. E1+E4: T 2 .FN1= 的点电场强度大小为品金属导体球外表面场器不为零.则金民导 5(4,+B4:》,半圆环对m,球的在竖直方向的弹力与m球的重力 体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小不等于号，放C罐 2 平衡，则半圆环对m,球的弹力大小为F2®=√F+(mg)户= 误：D点电得有在0处的场强大小E=品，方向沿：轴正方向，金隔 /(E1+E42) 导体球内部电场强度为零，则金属导体球上的感应电荷在球心处 4 一+(m2g)2,半圆环对m,球的在竖直方向的弹力与m 球的重力平衡，则半圆环对m:球的弹力大小为F、= 产生的电场强度为品方向沿：轴负方向，故D正确故选D 3(E4,+E42) +(mg)2,故选A 第6节电势差与电场强度的关系 √F+(mg)= 1.C解析：A.C及D的电势相等.则CD连线为等势线，BA'∥CD',则 B与A'电势相等，可知'点的电势为40V,敌A错误：B.根据电场线 与等势线垂直的关系可知电场强度的方向不会沿AD连线方向，故 0 B错误：C根据E=名.解得Ba=10Vm.B=10Vm,Ew 0 10V/m,根据三者矢量运算可解得合场强E=103V/m,故C正确： 2 D.由于AD∥BC,则UB=I0V,解得D点电势为40V,电子从A点出 发沿AB边.BC边，CD边到达D点，电场力做功为-10V,故D错误 图1 图2 故选C. 第4节电场力的功 电势能 第7节静电的利用和防护 10m-25wg=g2=5ean75 1,D解析：A.由于球壳内壁接地，此时球壳和大地组成新的导体，大 地是导体的远端.因此金属球壳的外表面不带电，A错误：B.由于静 解折：0)由平商条件得血8=票解得7=2g,曲m8学可 电感应，球壳内表面带负电，而且所带电荷量为-Q,B错误：C.由于 T 球壳接地，球壳外部的电场强度处处为零，若在P处引入正点电荷 得E=5mg;(2)释放后小球摆动，由动能定理mesm0-E(L 3g g,此时在球壳外表面上会感应出一定量的负电荷，它与g间的电场 力与Q无关，C错误：D,由于球壳接地.球壳外部的电场强度处处为 L)=2m,小球径向方向的合力提供小球的向心力了 零，即Q在某点产生的场强与感应电荷在某点产生的场强等大反向， mg ”1解得万4 3mg:(3)释放后小球做初速度为零的匀加 合场强为零，因此金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为E 速直线运动，当小球运动的距离为L时，此时细线再次拉直，线与竖 、名，方向指向球心D正确故选D 直方向的夹角为30，设翻直前辑间球的速度为1，由动能定理 第8节电容器电容 gn60+a60:了m,直后弱间球的速度为，则 1.B解析：A.M板上移一点，板同距4增大，根据C= 4a可得，c诚 ,inG0,之后小球做圆周运动.在医动到A位置的过程中以= 少，假如电压U不变，则由C=Q可知.Q减少，但是由于二极管的存 之m2m,到达A位置后小球径向方向的合力提供小球的向心 21 力石器。m2解科万g 73 第5节电势电势差 E-标，所以电场强度不变面P点电势Um=Pp-0=山，可得P 8,S 1.D解析：A.由于感应电荷对场源电荷的影响.点电荷A左边电场强 点电势不变，A错误：B.N板上移一点，板间距d减小，根据C= 4mkd 度小于右边的电场强度，根据U=Ed,定性分析可知c点的电势小于 a点的电势，b,C在同一等势面上，根据沿着电场线方向电势逐新降 可得，C增加，假如电压U不变，则由C=号可知，0增加，由于二极 低，可得p=单，>9>9.，综上可得9n>9=中，>9>9，故A错误： B.金属导体球左侧感应出负电荷，右，感应出正电荷，由于金属球 管的存在，Q可以增加，所以两板之间电势差不变，根据E=二，可】 必修第三册·JK黑白题52 知E增加，又由Uw=U-Edr=gr,dn不变，所以Pn降低，B正确： gE(x+R0s37°）-mgs-mg(R+Rsin37°)=0， C加板下移一点，板间距4减少，根船C=可，c增加.假如电 解得x=4R 压U不变，则由C=9可知，0增加，由于二极管的存在，Q可以增 0G 加，所以两板之侧电势差U不变，根据E=子可知E增加，根据 ②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有 Uw=Pp-0=Edx,可知Pe增加，C错误：D.N板下移一点，板间距d 端大.根餐C:=得，C减少，假如电压U不变，则由G=号可知。 (s-Rsin 37)-umgs-mg(R+Rco3)=1 m2-0, 联立解得=11.5R. Q减少，但是由于二极管的存在，Q不能诚少，所以两板之间电势差 故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的，的取值范围为⅓≤ U变大，根据尽：所以电场强度不变，又由P点电势、 4R或s≥11.5R 第2课时带电粒子在电场中运动的应用 Ed=,可得P点电势变大，D错误故选B. 2.C解析：A.在电容器充电过程巾，电容器的上极板带负电，故A错 误：B.因为电容器下极板带正电，所以闪光灯闪光时，通过闪光灯的 1.(1)/ mrd产mgd 9l2 (2= T 4 16g年67s1s3r (3) +7为 电流方向是从b指向，故B错误：C.闪光灯周期性闪光，电流不断 非负整数) 发生变化，会产生一个比较大的感应电动势，该电动势会加在电源两 端，但由于R的存在，使得回路电流变小，起到保护电源作用.防止电 解折：(1)消离打在上极板有了：号，清清在电容器中加速度为 源短路，故C正确：D.电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等， 当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时.闪光灯被击穿.电 9dg=m,油滴均能打在上极板有>o,联立得g 9 容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U,断路，电源再次给电容器 (2)水平方向有L=1,二=wh,竖直方向有a,=少8 L md8,4=g,竖直 充电，达到电压U时.闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放 电，使得闪光灯周期性短暂闪光要使得充电后达到电压∥，则电源 方向速度有？，=a4,心，=g,在板间时油滴在竖直方向上的位移大 电动势E一定大于等于U,故D错误故选C. 小为子，联立得y火 第9节带电粒子在电场中的运动 (3》由水平方向分运动知，油滴将在板外运动T时间，若有电场，则 第1课时带电粒子在电场中的两种运动 有q=mg,竖直方向做匀速直线运动，若无电场，竖直方向做加速度 为g的匀减速直线运动，从飞出板问开始，竖直方向初速度”，知= 1.()vg(2)2mg方向竖直向下(3)5 (4)x至4R或s≥ 2 T 山1=头若先匀迷再减速.有最大位移=0·三+，。·三 20 11.5R 解析：(1)从A点到B,根据动能定理可得gB-mgs= 2 mri-0, 解得a=√gR: 16 (2)由牛顿第二定律得Nmg=mR 设第一个周期内出发，打在区域下半部分的油滴发射时刻为：， 由牛顿第三定律得N'=N, ①若经历了匀速-减速-匀速过程，则：0· 解得N'=2mg, T 方向竖直向下 (3)滑块恰好始终沿轨道BGDG滑行，则滑至圆弧轨道D,G间等效 ②若经历了诚速-匀速-诚速过程 最高点时，由电场力和重力的合力G提供向心力此时的速度最小， G与整直方向夹角B的正切值为m0=g5_3 mg 4. 解得0=37°， T- 令G。则G=m反 √5gR 解得rm=一2 (4)滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到/点（等效重力场中 3T 圆心等高处)，另一种是恰好通过H点（等效最高点），如图 ≤≤平综上，当发时刻携足≤1e为负 ①如果最高到/点，根据动能定理，有 数)时油滴落在下半部分 参考答案与解析黑白题53