精品解析：天津市南开中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试物理试题

南开中学2024-2025学年度第一学期阶段性质量检测（一） 高二物理 一、单选题（每题4分，共40分） 1. 如图所示，半径均为r的两个金属球，其球心相距为3r，现使两球带上等量的同种电荷，电荷量都为q，设静电力常量为k。则对两球间的静电力F的判断正确的是（　　） A. B. C. D. 2. 在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是（　　） A. 甲图中与点电荷等距的a、b两点 B. 乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C. 丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D. 丁图中非匀强电场中的a、b两点 3. 用轻质柔软绝缘细线，拴一质量为、电荷量的大小为的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，如图所示，平衡时细线与竖直方向成37°（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），则（　　） A. 小球带负电 B. 平衡时细线的拉力为0.24N C. 匀强电场的场强为1.0×107N/C D. 若撤走带电小球，原小球所在位置场强大小变为0 4. 如图所示，在点电荷产生的电场中，实线是一条方向未标出的电场线，虚线是一个电子仅在静电力作用下的运动轨迹。设电子在、两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、。下列说法正确的是（　　） A. 电子可能做匀变速曲线运动 B. 无论为正电荷还是负电荷一定有 C. 点电势可能高于A点电势 D. 若，则靠近端且为负电荷 5. 图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，则有（　　） A. 静电计指针张角增大 B. 电容器的电容增大 C. 极板间电场强度增大 D. 极板间电势差减小 6. 如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能随时间（一个周期内）变化规律的是（　　） A. B. C. D. 7. 如图所示，不计重力的质子（+q，m）和α粒子（+2q，4m）先后从同一位置由静止经同一水平加速电场加速，然后进入同一竖直匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，则在整个运动过程中，α粒子和质子相比 （　　） A. 质子的出射动能较小 B. 质子的竖直偏移量较小 C. 质子出射时速度的偏向角较小 D. 质子的出射速度较小 8. 如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（　　） A. 电子沿Ox的负方向运动 B. 电子的电势能将增大 C. 电子运动的加速度恒定 D. 电子运动的加速度先减小后增大 9. 电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2．则（  ） A. B. C. D. 10. 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是(　　) A. B. C. D. 二、多选题（每题4分，共16分，少选得2分，错选、多选得0分） 11. 如图所示，真空中A、B、C、D四点共线且距离相等。先在A点固定一点电荷，电荷量为+Q，测得B点电场强度大小为E，若再将另一等量异种点电荷放在D点时，则（　　） A. B点电场强度大小为E B. C点电场强度大小为E C. B点电场强度方向向右 D. C点电场强度方向向左 12. 按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光。不考虑灯丝电阻随电压的变化，在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（　　） A. L1变暗，L2变亮 B. L1变亮，L2变暗 C. 电流表的示数I增大，电压表的示数U减小 D. 电压表示数的变化量∆U与电流表示数的变化量∆I的比值变小 13. 在如图甲所示的电路中，电源的图像如图乙中图线a所示。定值电阻的图像如图乙中的图线b所示，滑动变阻器的总电阻为，下列说法正确的是（　　） A. 定值电阻的阻值为 B. 电源的内阻为 C. 当时定值电阻消耗的功率最大，最大功率为 D. 当时电源输出的功率最大，最大输出功率为 14. 如图所示，虚线为匀强电场中的等势线，相邻两条虚线间的电势差相等，实曲线为一个带电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹。A、B、D为粒子的运动轨迹与等势线的交点，C点为轨迹与该处等势线的切点，则下列判断正确的是（　　） A. 沿轨迹从A到D，轨迹上各点的电势先升高后降低 B. 沿轨迹从A到D，粒子的电势能先增大后减小 C. 粒子从A到C与从C到D运动的时间之比为8：1 D. 粒子从A到B与从B到C电场力的冲量之比为 三、实验题（共14分） 15. 某同学设计实验“测定金属的电阻率”，要求电压从零开始调节。已知金属丝的电阻大约为，在用伏安法对金属丝电阻进一步测定时，有如下实验器材可供选择： 直流电源：电压3V，内阻不计； 电流表：量程0~0.6A，内阻； 电流表：量程0~3.0A，内阻； 电压表V：量程0~3V，内阻； 滑动变阻器：最大阻值； 滑动变阻器：最大阻值； 开关、导线等。 （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径时，测量结果如图甲所示，可知金属丝的直径___________mm；用游标卡尺测量金属丝的长度，测量结果如图乙所示，可知金属丝的长度___________cm。 （2）在所给的器材中，电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。（填写仪器的字母代号） （3）根据题目要求，在下面方框中画出实验电路图_______。 （4）根据实验原理，测得金属丝的电阻为，则金属丝的电阻率___________。（用题中所测物理量符号表示） 16. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，备有如下器材： A．干电池1节 B．电流表（量程0 ~ 0.6A，内阻约0.1Ω） C．灵敏电流计G（满偏电流Ig为200μA，内阻rg为100Ω） D．滑动变阻器（0 ~ 20Ω） E．电阻箱R（0 ~ 9999.9Ω） F．开关、导线若干 （1）由于没有电压表，需要把灵敏电流计G改装成量程为2V的电压表，需串联一个阻值为___________Ω的电阻。 （2）改装后采用如图甲所示电路进行测量。在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至___________（填“a端”、“中央”或“b端”）。 图乙为该实验绘出的I1—I2图线（I1为灵敏电流计G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可求得被测电池的电动势E = ___________V，内阻r = ___________Ω（结果保留两位小数）。 四、解答题（共30分） 17. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长，两板间距离，同种带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，由于重力作用微粒落到下极板上，之后微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下极板上时后一微粒才开始射入两极板间。已知微粒质量、电荷量，取。 （1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点，求微粒入射的初速度的大小； （2）若带电微粒以第（1）问中初速度入射，求平行板电容器获得最大电压时，微粒的加速度的大小以及板间电压的最大值。 18. 如图所示在竖直平面内有一圆形，半径为，为圆心，为水平线，为竖直线。将一质量为的小球以一定的初动能自点水平向右抛出，小球会经过圆弧上的点，与的夹角为。之后使小球带电，电荷量，同时加一个方向平行于竖直平面的匀强电场，若从点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球则会从圆形边界的不同位置射出，其中经过点的动能为初动能的，经过点的动能为初动能的倍，重力加速度为，求： （1）小球的初动能。 （2）带电小球经过圆弧上的哪个位置时机械能损失最大，此位置处带电小球动能是多少？（结果可带根号） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南开中学2024-2025学年度第一学期阶段性质量检测（一） 高二物理 一、单选题（每题4分，共40分） 1. 如图所示，半径均为r的两个金属球，其球心相距为3r，现使两球带上等量的同种电荷，电荷量都为q，设静电力常量为k。则对两球间的静电力F的判断正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】带同种电荷的两金属球，由于同种电荷相互排斥，所带电量集中在两球的外侧，两带电金属球等效的点电荷间距离大于3r，故由库仑定律可知，库仑力一定小于距离是3r时的库仑力，即 故选D。 2. 在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是（　　） A. 甲图中与点电荷等距的a、b两点 B. 乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C. 丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D. 丁图中非匀强电场中的a、b两点 【答案】C 【解析】 【详解】A．电场线的切线方向表示电场强度的方向，a、b两点的电场强度大小相等，方向分别沿a、b点切线向外，不是相反，故A错误； B．a、b两点的电场强度大小相等，方向分别沿a、b点切线向右，所以两点电场强度大小相等，方向相同，故B错误； C．a、b两点的电场强度大小相等，a点电场强度方向竖直向上，b点电场强度方向竖直向下，故C正确； D．a点的电场强度大于b点的电场强度，方向分别沿a、b点切线斜向右下方，故D错误。 故选C。 3. 用轻质柔软绝缘细线，拴一质量为、电荷量的大小为的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，如图所示，平衡时细线与竖直方向成37°（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），则（　　） A. 小球带负电 B. 平衡时细线的拉力为0.24N C. 匀强电场的场强为1.0×107N/C D. 若撤走带电小球，原小球所在位置场强大小变为0 【答案】C 【解析】 【详解】A．小球在平衡位置时，受力如图所示 电场力方向与场强方向相同，所以小球带正电，故A错误； B．根据平衡条件有 故B错误； C．根据 解得 故C正确； D．场强由场源决定，所以撤走带电小球，原小球所在位置场强不变，故D错误。 故选C。 4. 如图所示，在点电荷产生的电场中，实线是一条方向未标出的电场线，虚线是一个电子仅在静电力作用下的运动轨迹。设电子在、两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、。下列说法正确的是（　　） A. 电子可能做匀变速曲线运动 B. 无论为正电荷还是负电荷一定有 C. 点电势可能高于A点电势 D. 若，则靠近端且为负电荷 【答案】B 【解析】 【详解】A．因为是点电荷产生的电场，所以在运动中到点电荷距离发生变化，电场力发生变化，加速度也会发生变化，不可能是匀变速曲线运动，故A错误； B．由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有，求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故B正确； C．由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，又沿电场线方向电势降低，所以A点电势高于B点，故C错误； D．若，由以上分析可知A点离点电荷Q更近，即Q靠近M端且为正电荷，故D错误。 故选B。 5. 图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，则有（　　） A. 静电计指针张角增大 B. 电容器的电容增大 C. 极板间电场强度增大 D. 极板间电势差减小 【答案】A 【解析】 【详解】ABD．保持电荷量Q不变，当极板间距d增大时，根据 可知，电容C减小，根据 则两板间电势差U变大，则静电计指针张角增大，选项A正确，BD错误； C．根据 可得 可知保持电荷量Q不变，当极板间距d增大时，极板间电场强度不变，选项C错误。 故选A。 6. 如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能随时间（一个周期内）变化规律的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】AB．电子一个周期内的运动情况为：时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，时间内，原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。时间内，向B板做匀加速直线运动，时间内，继续向B板做匀减速直线运动，根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线；电子做匀变速直线运动时图象是抛物线，故AB错误； C．由于可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故图象应平行于横轴，故C正确； D．匀变速运动速度图象是倾斜的直线，根据，可知与成二次函数关系，结合上述分析，与在每一阶段均为一次函数关系，由此可知图象是曲线，故D错误。 故选C。 7. 如图所示，不计重力的质子（+q，m）和α粒子（+2q，4m）先后从同一位置由静止经同一水平加速电场加速，然后进入同一竖直匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，则在整个运动过程中，α粒子和质子相比 （　　） A. 质子的出射动能较小 B. 质子的竖直偏移量较小 C. 质子出射时速度的偏向角较小 D. 质子的出射速度较小 【答案】A 【解析】 【详解】B．令粒子的电荷量、质量分别为、，则在加速电场中有 在偏转电场中飞出过程有 ， 解得 可知，粒子的竖直侧移量与电荷量、质量无关，即质子和α粒子的侧移量相等，故B错误； C．结合上述，令偏向角为，则有 即偏向角与电荷量、质量无关，即质子和α粒子的偏向角相等，故C错误； D．结合上述，粒子的出射速度 偏向角一定，比荷越大，出射速度越大，可知质子的出射速度较较大，故D错误； A．结合上述，质子的出射速度较大，由于 偏向角一定，电荷量越大，出射的动能越大，则质子的出射动能较小，故A正确。 故选A。 8. 如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（　　） A. 电子沿Ox的负方向运动 B. 电子的电势能将增大 C. 电子运动的加速度恒定 D. 电子运动的加速度先减小后增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图看出，电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动。故A不符合题意； B．由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能将减小，故B错误； CD．φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，则电子所受的电场力先减小后增大，电子运动的加速度先减小后增大，故C错误，D正确。 故选D。 9. 电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2．则（  ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．电动机与小电珠串联接入电路 I1=I2 故A错误； BCD．因 U2>I2R2 U1=I1R1 则 故BC错误，D正确。 故选D。 10. 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在加速电场中有 eU＝mv2 得 v＝ 在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电荷量为 q＝IΔt＝I 则电子个数 n＝＝ 故选B。 二、多选题（每题4分，共16分，少选得2分，错选、多选得0分） 11. 如图所示，真空中A、B、C、D四点共线且距离相等。先在A点固定一点电荷，电荷量为+Q，测得B点电场强度大小为E，若再将另一等量异种点电荷放在D点时，则（　　） A. B点电场强度大小为E B. C点电场强度大小为E C. B点电场强度方向向右 D. C点电场强度方向向左 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】AC．设 AB = BC = CD = L 由题可知 + Q在B点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得 - Q在B点产生的电场强度大小为 方向水平向右；所以B点的场强大小为 方向水平向右，A C正确； BD．根据对称性可知，C点与B点的场强大小相等，为，方向水平向右，B D错误。 故选AC。 12. 按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光。不考虑灯丝电阻随电压的变化，在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（　　） A. L1变暗，L2变亮 B. L1变亮，L2变暗 C. 电流表的示数I增大，电压表的示数U减小 D. 电压表示数的变化量∆U与电流表示数的变化量∆I的比值变小 【答案】AC 【解析】 【详解】C．当滑动变阻器的滑片向左移动时， 接入到电路中的阻值变小，电路总电阻变小，故电路中的总电流变大，内电阻的内电压变大，路端电压变小。故电流表的示数I增大，电压表的示数U减小，C正确； AB．干路的电流变大，L2变亮，并联部分电压变小，L1变暗，A正确，B错误； D．由闭合电路欧姆定律得 则可得 保持不变，故D错误。 故选AC。 13. 在如图甲所示的电路中，电源的图像如图乙中图线a所示。定值电阻的图像如图乙中的图线b所示，滑动变阻器的总电阻为，下列说法正确的是（　　） A. 定值电阻的阻值为 B. 电源的内阻为 C. 当时定值电阻消耗的功率最大，最大功率为 D. 当时电源输出的功率最大，最大输出功率为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由定值电阻的图像可得 A错误； B．由电源的图像可得，图线斜率的绝对值为电源内阻 B正确； C．由电源的图像可得，电源电动势为，消耗的功率 所以，当时，消耗的功率最大，为 C错误； D．输出功率 所以，当 即 电源输出的功率最大，为 D正确。 故选BD。 14. 如图所示，虚线为匀强电场中的等势线，相邻两条虚线间的电势差相等，实曲线为一个带电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹。A、B、D为粒子的运动轨迹与等势线的交点，C点为轨迹与该处等势线的切点，则下列判断正确的是（　　） A. 沿轨迹从A到D，轨迹上各点的电势先升高后降低 B. 沿轨迹从A到D，粒子的电势能先增大后减小 C. 粒子从A到C与从C到D运动的时间之比为8：1 D. 粒子从A到B与从B到C电场力的冲量之比为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据等势线可知，电场线沿水平方向，粒子仅在电场力作用下运动，则电场力应指向轨迹凹侧，故电场力水平向左。但因不知道粒子带正电还是负电，故不可能判断出电势变化，A错误； B．粒子从A到C，电场力与运动方向成钝角，做负功。粒子从C到D，电场力与运动方向成锐角，做正功。故粒子的电势能先增大后减小，B正确； C．C点为轨迹与该处等势线的切点，则粒子在C点的水平方向速度为0。设粒子从A到C运动时间为t1，从C到D运动的时间为t2，相邻等势线的距离为d。粒子在水平方向做匀变速运动，通过逆向思维可得 ， 所以 C错误； D．设粒子从A到B运动时间为t3，从B到C运动的时间为t4，则 所以 根据 粒子受到的电场力一直相等，则粒子从A到B与从B到C电场力的冲量之比为，D正确； 故选BD。 三、实验题（共14分） 15. 某同学设计实验“测定金属的电阻率”，要求电压从零开始调节。已知金属丝的电阻大约为，在用伏安法对金属丝电阻进一步测定时，有如下实验器材可供选择： 直流电源：电压3V，内阻不计； 电流表：量程0~0.6A，内阻； 电流表：量程0~3.0A，内阻； 电压表V：量程0~3V，内阻； 滑动变阻器：最大阻值； 滑动变阻器：最大阻值； 开关、导线等。 （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径时，测量结果如图甲所示，可知金属丝的直径___________mm；用游标卡尺测量金属丝的长度，测量结果如图乙所示，可知金属丝的长度___________cm。 （2）在所给的器材中，电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。（填写仪器的字母代号） （3）根据题目要求，在下面方框中画出实验电路图_______。 （4）根据实验原理，测得金属丝的电阻为，则金属丝的电阻率___________。（用题中所测物理量符号表示） 【答案】 ①. 0.830##0.829##0.831 ②. 5.04 ③. ④. ⑤. ⑥. 【解析】 【详解】（1）[1]从甲中读出金属丝的直径 mm [2]读数为 （2）[3] [4]电源电压3V，金属丝的电阻大约为4Ω，可知电流最大为0.75A，电流表应选；R2最大阻值太大，应选。 （3）[5]由于电阻小，因此选择电流表外接法，要求电压从零增加，选择分压法。电路如图： （4）[6]根据电阻定律可知 其中 解得 16. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，备有如下器材： A．干电池1节 B．电流表（量程0 ~ 0.6A，内阻约0.1Ω） C．灵敏电流计G（满偏电流Ig为200μA，内阻rg为100Ω） D．滑动变阻器（0 ~ 20Ω） E．电阻箱R（0 ~ 9999.9Ω） F．开关、导线若干 （1）由于没有电压表，需要把灵敏电流计G改装成量程为2V的电压表，需串联一个阻值为___________Ω的电阻。 （2）改装后采用如图甲所示电路进行测量。在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至___________（填“a端”、“中央”或“b端”）。 图乙为该实验绘出的I1—I2图线（I1为灵敏电流计G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可求得被测电池的电动势E = ___________V，内阻r = ___________Ω（结果保留两位小数）。 【答案】 ①. 9900 ②. a端 ③. 1.48 ④. 0.83 【解析】 【详解】（1）[1]把灵敏电流计G改装成量程为2V的电压表，需串联一个阻值为 （2）[2]改装后采用如图甲所示电路进行测量。在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片移动至a端电阻最大的位置。 （3）[3][4]由闭合电路欧姆定律得 E = I1(R＋rg)＋(I1＋I2)r 解得 结合图乙得 由以上两式解得 E = 1.48V r = 0.83Ω 四、解答题（共30分） 17. 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长，两板间距离，同种带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，由于重力作用微粒落到下极板上，之后微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下极板上时后一微粒才开始射入两极板间。已知微粒质量、电荷量，取。 （1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点，求微粒入射的初速度的大小； （2）若带电微粒以第（1）问中初速度入射，求平行板电容器获得最大电压时，微粒的加速度的大小以及板间电压的最大值。 【答案】（1）2.5m/s （2），6V 【解析】 【小问1详解】 第一个微粒进入电容器后只受重力作用，做平抛运动，所以有 ， 解得 【小问2详解】 当平行板电容器所获得的电压最大时，进入电容器的微粒刚好从下极板的右边缘射出，所以有 ，， 解得 ，V 18. 如图所示在竖直平面内有一圆形，半径为，为圆心，为水平线，为竖直线。将一质量为的小球以一定的初动能自点水平向右抛出，小球会经过圆弧上的点，与的夹角为。之后使小球带电，电荷量，同时加一个方向平行于竖直平面的匀强电场，若从点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球则会从圆形边界的不同位置射出，其中经过点的动能为初动能的，经过点的动能为初动能的倍，重力加速度为，求： （1）小球的初动能。 （2）带电小球经过圆弧上的哪个位置时机械能损失最大，此位置处带电小球动能是多少？（结果可带根号） 【答案】（1） （2）过点下方偏右30°， 【解析】 【小问1详解】 未加电场时，小球由O点到A点做平抛运动，经过A点时，有 可得 水平方向 小球的初动能为 联立解得 【小问2详解】 加电场后，带电小球从O点到B点的过程，由动能定理有 带电小球从O点到C点的过程，由动能定理有 联立解得 可知电场强度的竖直分量 方向竖直向上；水平分量 方向向左，则合场强 方向与水平方向成60°角指向左上方；当小球机械能损失最大时，克服电场力做功最多，即粒子到达D点时机械能损失最大（过点下方OC偏右30°），从O点到D点根据动能定理 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $