第十章 静电场中的能量 章末检测试卷(二)-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）浙江

章末检测试卷(二) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2022·金华市高二阶段练习)下列四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是(　　) 答案　C 解析　电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场强度特点可知A图中两点电场强度方向不同，A错误；B图中两点电场强度大小不同，同时沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；由匀强电场的特点知C图中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；由等量异种点电荷的电场线分布特点知，D图中两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。 2．(2022·温州市高二阶段练习)如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点，a、b电势分别为φa＝5 V、φb＝3 V。下列叙述正确的是(　　) A．该电场在c点处的电势一定为4 V B．a点处的电场强度Ea一定大于b点处的电场强度Eb C．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D．一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a 答案　C 解析　该电场的电场线分布情况不明，所以在c点处的电势不一定为4 V，a点处的电场强度Ea不一定大于b点处的电场强度Eb，故A、B错误；因c点的电势一定高于b点，由公式Ep＝qφ易知，一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少。根据沿电场线方向电势逐渐降低可得c点的电场强度方向由a指向c，所以正电荷运动到c点时受到的静电力由a指向c，故C正确，D错误。 3.(2022·浙江金华第一中学高二校考期中)如图所示，正三棱柱ABC－A′B′C′的A点固定一个电荷量为＋Q的点电荷，C点固定一个电荷量为－Q的点电荷，D、D′点分别为AC、A′C′边的中点，取无穷远处电势为零。下列说法中正确的是(　　) A．B、B′两点的电场强度相同 B．将一负试探电荷从A′点移到C′点，其电势能增加 C．将一正试探电荷沿直线从B点移到D′点，静电力做正功 D．若在A′点和C′点分别再固定电荷量为＋Q和－Q的点电荷，则D点的电场强度方向指向B点 答案　B 解析　B、B′两点在AC连线中垂面上，根据等量异种点电荷的电场线分布特征可知，B、B′两点的电场强度方向都与AC平行，方向相同，但B′离AC较远，故B点的电场强度大于B′点的电场强度，A错误；根据等量异种点电荷的电场线分布特征可知，A′点电势高于C′点，故负试探电荷从A′点移到C′点，静电力做负功，电势能增大，B正确；由等量异种点电荷电场线分布可知，面BB′D′D为等势面，将一正试探电荷沿直线从B点移到D′点，静电力始终不做功，C错误；在A′点再固定一电荷量为＋Q的点电荷，C′点再固定一个电荷量为－Q的点电荷，由电场强度的叠加原理和电场强度方向特征可知A、C两点电荷在D点合电场强度方向沿AC方向，A′和C′两点电荷在D点合电场强度也沿AC方向，故总的合电场强度方向指向C点，D错误。 4.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)，电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压均恒为U)(　　) A．电子到达B板时的动能是eU B．电子从B板到达C板动能变化量为零 C．电子到达D板时动能是3eU D．电子在A板和D板之间做往返运动 答案　C 解析　从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于静电力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由题图可知，B板和C板等电势，则B、C之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间的电场中，在静电力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动；由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速、减速运动，再反向做加速、匀速、减速运动，即做往返运动，故选C。 5．(2022·杭州市长河高级中学高二期中)如图所示，在P1、P2处各放一个等量正点电荷，O点为P1、P2连线的中点，一带正电的试探电荷从M点由静止出发，沿直线MON运动到N点，M、N关于O点对称，以O为坐标原点，ON为x轴的正方向，下列各图关于试探电荷速度v、电势能Ep及x轴上各点电场强度E、电势φ的描述正确的是(　　) 答案　D 解析　O点的电场强度为零，从M到N，电场强度先减小后反向增大，电荷所受的静电力先减小后增大，加速度先减小后增大，v－t图像切线斜率先减小后增大，故A、C错误；根据对称性知，电荷在关于O点对称的位置电势能相等，Ep－x图像应关于纵轴对称，故B错误；MO间的电场线方向由M→O，电势逐渐降低，根据φ－x图像切线斜率等于电场强度，知φ－x图像切线斜率逐渐减小，x＝0时φ－x图像切线斜率等于零，根据对称性知D图是正确的。 6.如图所示，带等量异种电荷的平行板电容器极板A、B水平正对放置，间距为d，A板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。将一带电微粒从小孔正下方靠近B板的M点由静止释放，微粒穿过A板上的小孔后，刚好能到达A板上方的N点，N点与A的距离为。若将A板向下平移，再让微粒从M点由静止释放，极板所带电荷量保持不变，不考虑空气阻力，将两板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是(　　) A．板间的电场强度变小 B．板间的电场强度大小变为原来的2倍 C．微粒能到达A板上方0.375d处 D．微粒能到达A板上方0.25d处 答案　C 解析　极板所带电荷量保持不变，板间的电场强度E＝＝＝＝＝，与两板距离无关，即板间的电场强度不变，故A、B错误；根据题设条件由动能定理得mg·d－qEd＝0，解得qE＝mg，把A板向下平移的距离，根据动能定理知mg·x－qE＝0，解得x＝d，微粒能到达A板上方，x－d＝0.375d，故C正确，D错误。 7.(2022·温州市瑞安六中高二入学检测)在x轴上有两个点电荷q1、q2，q1、q2的静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是(　　) A．x<x1区域电场沿x轴负方向，x1<x<x2区域电场沿x轴正方向 B．x2处的电场强度为最大 C．负电荷从x1移到x2，电势能增大 D．负电荷从x1移到x2，受到的静电力减小 答案　D 解析　由于点电荷q1、q2都在x轴上，所以x轴上各位置的电场方向都沿着x轴正方向或负方向。由题图可知，在O～x2区域，电势逐渐升高，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，此区域电场方向都是沿x轴负方向，故A错误；φ－x图像的斜率表示电场强度，x2处的斜率为零，电场强度最小，故B错误；负电荷从x1处移到x2处，静电力做正功，电势能减小，故C错误；从x1处移到x2，φ－x图像的斜率减小，所以电场强度减小，即静电力减小，故D正确。 8.如图所示，图中虚线为与纸面平行的、匀强电场的平行等间距等势线，已知M粒子的质量和电荷量数值都为N粒子的2倍。现将M、N从虚线上O点沿虚线向右以相同的速度v0射出，两粒子在电场中的运动轨迹分别如图中两条实线所示，点a、b、c为实线与虚线的交点，已知M粒子带负电且其到达c点时动能增加为在O点时动能的2倍，不计粒子重力和两个粒子之间的相互作用，则(　　) A．N粒子一定带负电，且N粒子在a点时加速度与M粒子在c点时加速度大小相等 B．N粒子到达a点的时间是M粒子到达c点的时间的一半 C．N粒子到达a点的速度大小为v0 D．M粒子运动到c点减少的电势能是N粒子运动到a点减少的电势能的2倍 答案　C 解析　电场线与等势面相互垂直，M粒子带负电，根据其运动轨迹可知电场线方向竖直向上，N粒子向上偏转，则N粒子带正电，因为M、N处于匀强电场，根据牛顿第二定律可得aN＝，aM＝＝，所以N粒子在a点时加速度与M粒子在c点时加速度大小相等，故A错误；两粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向，对N到达a点时有h＝tN2，对M到达c点时有2h＝×tM2，可得＝，故B错误；根据题意M粒子带负电且其到达c点时动能增加为在O点时动能的2倍，设相邻等势面电势差大小为U，根据动能定理则有2q·2U＝2××2mv02－×2mv02，对N粒子到达a点时有qU＝mv0′2－mv02，解得v0′＝v0，故C正确；静电力所做的功等于电势能的改变量，则有＝＝，故D错误。 9.(2022·绍兴市高二阶段练习)如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则(　　) A．在前时间内，静电力对粒子做的功为qU B．在后时间内，静电力对粒子做的功为qU C．在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶1 D．在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶2 答案　C 解析　由题意，粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，根据静电力做功W＝qE·y，可得在前时间内，静电力对粒子做的功为qU，在后时间内，静电力对粒子做的功为qU，故A、B错误；由W＝qE·y，y为粒子在竖直方向的位移，在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶1，故C正确，D错误。 10．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) A．小球受到的重力与静电力之比为3∶5 B．在t＝5 s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于静电力做的功 D．在1～4 s过程中，小球的机械能先增大后减小 答案　A 解析　由v－t图像的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度大小为a1＝＝v1，进入电场后的加速度大小为：a2＝＝，由牛顿第二定律得：mg＝ma1，F－mg＝ma2，联立解得静电力F＝mg，故重力mg与静电力F之比为3∶5，故A正确；小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力作用而做减速运动，由题图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s时，故B错误；整个过程中，由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在小球向下运动的整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与静电力做的功大小相等，故C错误；在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，电势能先增大后减小。由于1～4 s过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以小球的机械能先减小后增大，故D错误。 11．(2022·浙江省9＋1高中联盟高二期中)在光滑绝缘水平面上固定着两个等量点电荷Q，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝0.01 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v－t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定(　　) A．两点电荷为等量异号电荷 B．AB间距离比BC间距离大 C．A到C过程小物块机械能守恒 D．中垂线上B点电场强度最大且EB＝2.0×104 N/C 答案　D 解析　由题意可知，小物块从A到C动能增大，静电力做正功，因为小物块带正电，所以两点电荷都是正电荷，故A错误；因为v－t图像与横轴所围的面积表示位移，由题图乙可知，AB间距离比BC间距离小，故B错误；因为A到C过程中，静电力做正功，所以小物块机械能增加，故C错误；根据v－t图线的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律qE＝ma，可知B点电场强度最大，且大小为EB＝2.0×104 N/C，故D正确。 12．如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的负电荷仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则(　　) A．电荷在时刻到达B板 B．电荷在两板间的最大速度为 C．A、B两板间的距离为 D．若电荷在t＝时刻进入两极板，它将能到达B板 答案　B 解析　电荷恰好能到达B板，意味着电荷达到B板的速度为零，根据题意，电荷先向右加速T 后向右减速T，电荷应该在T时刻到达B板，故A错误；根据A的分析，电荷在T时刻达到最大速度，此时电荷刚好运动到两极板的中间，根据电势差与电场强度的关系，初始位置到极板中间的电势差为U0，有U0q＝mv2，解得v＝，故B正确；电荷进入极板先做匀加速运动，后做匀减速运动，T时刻电荷的运动位移为两极板的间距，d＝a()2×2，a＝＝，解得d＝，故C错误；若电荷在t＝T时刻进入两极板，电荷先加速T，然后减速T，减速到零，根据上面的分析，电荷此时未到达B板，接下来，电荷向A板加速T后从小孔射出，故电荷到达不了B板，故D错误。 13.(2022·浙江强基联盟高二统考)如图所示，匀强电场的方向平行于xOy平面，取坐标原点O的电势为零，已知平面内A、B两点的电势分别为240 V和165 V，下列说法不正确的是(　　) A．C点处的电势为－75 V B．电场强度的大小为13 V/cm C．电子在B点的电势能比在A点大75 eV D．电子从B点沿BAOC运动到C点，静电力做的功为240 eV 答案　D 解析　由匀强电场的特点可知OA电势差与CB电势差相等，故位置C点处的电势为－75 V，选项A正确，不符合题意；由OA电势差可得电场强度的x分量大小为Ex＝ V/cm＝12 V/cm，由OC电势差可得电场强度的y分量大小为Ey＝ V/cm＝5 V/cm，故电场强度为E＝＝13 V/cm，选项B正确，不符合题意；由于B电势比A低75 V，带负电荷的电子在B点的电势能比在A点大75 eV，选项C正确，不符合题意；由于B点电势比C点高240 V，带负电荷的电子在B点的电势能比在C点小240 eV，故电子从B点沿BAOC运动到C点过程电势能增大240 eV，静电力做的功为－240 eV，选项D错误，符合题意。 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 14．(2022·杭州市余杭高级中学高二月考)一带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功为3 J，静电力做功为1 J，克服空气阻力做功为0.5 J，则下列说法正确的是(　　) A．a点动能比b点小3.5 J B．a点重力势能比b点大3 J C．a点电势能比b点小0.5 J D．a点机械能比b点小0.5 J 答案　ABD 解析　根据动能定理，动能的增加量等于合力做的功，重力、静电力和空气阻力一共做功3.5 J，则动能增加3.5 J，a点动能比b点小3.5 J，A正确；重力势能的减少量等于重力做的功，重力做功3 J，则重力势能减少3 J，a点重力势能比b点大3 J，B正确；静电力做功为1 J，则电势能减少1 J，a点电势能比b点多1 J，C错误；静电力做功为1 J，克服空气阻力做功为0.5 J，静电力和空气阻力共做功0.5 J，则机械能增加0.5 J，a点机械能比b点小0.5 J，D正确。 15．(2023·杭州市学军中学高二期末)如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d，水平方向足够长。一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，则(重力加速度为g)(　　) A．小球在水平方向一直做匀速直线运动 B．小球在电场区可能做直线运动 C．若电场强度大小为，小球经过两电场区的时间相等 D．若电场强度大小为，小球经过两电场区的时间相等 答案　ABD 解析　将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做匀速直线运动，故A正确；小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向上的静电力，若静电力与重力大小相等，二力平衡，小球能做匀速直线运动，故B正确；若电场强度大小为，则静电力等于mg，在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区时小球匀速运动的速度不等，因而小球经过每个电场区的时间均不等，故C错误；若电场强度大小为，则静电力等于2mg，在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式有，经过第一个无电场区d＝gt12，v1＝gt1，经过第一个电场区d＝v1t2－gt22，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0，接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区时竖直方向都是自由落体运动，每次通过电场区竖直方向都是末速度为零的匀减速直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16.Ⅰ.(6分)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成37°角，粒子的重力可以忽略，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则粒子到达MN连线上的某点，经过的时间为________，该点与P点的距离为____________。 答案　(3分)　(3分) 解析　粒子在电场中做类平抛运动，水平方向的分位移x＝v0t， 竖直方向的分位移y＝at2＝××t2＝ 由题意可得tan 37°＝＝，解得t＝ 由几何关系可知，到P点的距离为L＝＝＝·＝。 Ⅱ. (8分)如图(a)所示，甲同学利用电流表和电压表来观察电容器充、放电现象，所选用电流表的零刻度在表盘的正中央，指针可向左、右偏转，已知电流从该电流表的“＋”接线柱流入时，指针向右偏转，反之向左偏转。所选用的电压表的零刻度在表盘的最左侧。 (1)为观察电容器充电时的现象，应将单刀双掷开关S接________(选填“1”或“2”)。 (2)在利用图(a)电路进行实验时，下列操作或现象正确的是________。 A．连接电路时，电压表的下端为“＋”接线柱 B．电容器在放电时，电流表指针向左偏转 C．电容器在放电时，电流表指针忽左忽右偏转 D．电容器充电结束后，电压表示数等于电源电压E (3)乙同学用图(b)所示电路来观察电容器放电现象：他利用电流传感器采集放电过程电路中的电流，并输入计算机，得到了图(c)所示的电流i与时间t的关系图像。已知该同学所选用的直流电源电压E＝8 V。 ①通过i－t图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越________(选填“快”或“慢”)； ②已知图(c)中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电荷量，每一小格面积表示的电荷量为8×10－5 C，据此可求出电容器放电前所带电荷量Q＝________ C； ③乙同学改变电源电压，重复多次上述实验，得到电容器在不同电压U下所带的电荷量Q，并作出Q－U图像，则图像应是__________； ④乙同学在实验中所选用的电容器的电容C＝__________ F。 答案　(1)1(1分)　(2)BD(2分)　(3)①慢(1分)　②3.04×10－3(1分)　③B(1分)　 ④3.8×10－4(2分) 解析　(1)充电时必须将电容器接电源，故将单刀双掷开关拨向1。 (2)由电路图可知，电压表的下端应为“－”接线柱，A错误；由于电流从电流表的“＋”接线柱流入时，指针向右偏转，反之向左偏转；而电容器放电时电流从电流表的“－”接线柱流入，电流表指针向左偏转，B正确；电容器放电时电流方向不变，电流表指针不可能忽左忽右偏转，C错误；电容器充电结束后，电压表示数等于电源电压E，D正确。 (3)①从题图(c)中可以看出放电时电流减小得越来越慢(斜率的绝对值表示电流的变化快慢)。 ②可数出i－t图线与坐标轴所围成图形有38小格，所以电容器放电前所带电荷量为 Q＝38×8×10－5 C＝3.04×10－3 C ③对一个特定的电容器，其带电荷量与电压成正比，B正确。 ④根据电容的定义可得 C＝＝ F＝3.8×10－4 F。 17.(8分)(2023·温州市高二阶段练习)如图所示，M、N是一对彼此绝缘、相距d＝5 cm的平行金属带电极板，N板接地，M板带电荷量的绝对值为Q＝6×10－6 C。在两极板M、N间A点有一带电荷量为q＝4×10－6 C的带电液滴，其质量m＝4×10－4 kg，恰好处于静止状态，g＝10 m/s2。则： (1)两板间的电场强度为多少？ (2)平行金属板M、N所构成的电容器的电容C等于多少？ (3)若A点到N板的距离为2 cm，则液滴在A点的电势能为多少？ 答案　(1)103 N/C　(2)1.2×10－7 F　(3)－8×10－5 J 解析　(1)由平衡条件qE＝mg(1分) 解得E＝1 000 N/C(1分) (2)两板间的电势差U＝Ed＝1 000×0.05 V＝50 V(1分) 电容器的电容C＝＝ F＝1.2×10－7 F(1分) (3)A点到N极板的电势差是 UAN＝－EdAN＝－20 V(1分) N极板的电势为零，所以A点的电势是φA＝－20 V(1分) 则液滴在A点的电势能为EpA＝qφA＝－20×4×10－6 J＝－8×10－5 J。(2分) 18.(11分)(2022·绍兴市高二统考期中)如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的足够长的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止，重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)若将电场强度减小为原来的一半，物块的加速度是多大； (3)电场变化后物块下滑距离L，此过程中物块机械能的变化量是多大。 答案　(1)　(2)0.3g　(3)－0.3mgL 解析　(1)对物块受力分析，根据共点力的平衡条件可得qEcos 37°＝mgsin 37°(2分) 解得E＝(2分) (2)对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得 mgsin 37°－qEcos 37°＝ma(2分) 解得a＝0.3g(2分) (3)电场变化后物块下滑距离L，此过程中物块机械能的变化量为 ΔE＝WF＝－qELcos 37°＝－0.3mgL。(3分) 19．(11分)(2022·浙江强基联盟高二统考)如图所示，水平轨道ABD与半径R＝1 m的竖直光滑四分之一圆轨道BC平滑连接，空间存在着水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×103 N/C。现有质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电滑块(可视为质点)，在水平轨道上距离B点L＝1 m的A处由静止释放，运动到圆轨道底端B点时对轨道的压力为26 N。所有轨道均绝缘，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)滑块在水平轨道上的动摩擦因数； (2)滑块在圆轨道上的最大速度的大小； (3)滑块经过C点后，落到水平轨道上的位置D到B点的距离。 答案　(1)0.2　(2) m/s　(3)6 m 解析　(1)由牛顿第三定律可得，滑块在圆轨道底端B点时受到的支持力为26 N， 由FN－mg＝m(1分) 解得vB＝4 m/s(1分) 滑块从A到B由动能定理得 (Eq－μmg)L＝mvB2(1分) 解得μ＝0.2(1分) (2)在光滑圆轨道上，重力和静电力对滑块做功，由Eq＝mg＝10 N可知当滑块在光滑圆轨道上滑过45°角时速度最大，由动能定理得 Eq×R－mg×(1－)R＝mvm2－mvB2(1分) 解得vm＝ m/s(1分) (3)滑块从B到C由动能定理得 EqR－mgR＝mvC2－mvB2(1分) 解得vC＝4 m/s(1分) 则滑块经过C点后飞出圆轨道，在竖直方向做上抛运动 y＝vCt－gt2＝－R(1分) 解得t＝1 s 在水平方向做由静止开始的匀加速直线运动 x＝at2＝×t2＝5 m(1分) 滑块经过C点后，落到水平轨道上的位置D到B点的距离 xBD＝R＋x＝6 m。(1分) 20．(11分)在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来改变或控制带电粒子的运动。如图甲所示的装置由加速区、静电分析器和偏转电场三部分组成。在发射源S处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过竖直放置的A、B板间的加速电压U0后进入电场均匀辐射方向分布的静电分析器，从C点射入沿半径为R的圆心角为53°的圆弧做匀速圆周运动，且从D点射出，经DP从偏转电场的P点射入，水平放置的G、H板间距为d，两板间加上如图乙所示的变化电压，G为正极板，该变化电压的最大值也为U0，且周期T远远大于离子在偏转电场中的运动时间，G、H板足够长，离子重力不计。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)离子到达C点速度v的大小； (2)圆弧虚线CD所在处电场强度E的大小； (3)离子打到H板上的长度。 答案　(1)　(2)　(3)1.08d 解析　(1)离子在加速电场中，由动能定理得 qU0＝mv2(1分) 从而求得v＝(1分) (2)离子在辐射电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，由牛顿第二定律得qE＝(1分) 联立(1)中结果得到E＝(1分) (3)离子在偏转电场中做类斜抛运动，设电压为Uc时，离子的轨迹刚好与G板相切，则加速度为 a＝(1分) 竖直速度为Δv＝vy＝vsin 53° 竖直速度减小为零时vy2＝2ad(1分) 联立可得Uc＝0.64U0(1分) 若使离子打到H板上，偏转电压U应在0.64U0～U0(1分) 由于离子做类斜抛运动(可看作两个平抛运动组成)，离子的运动时间为t＝2× 离子的水平位移为x＝vxt(1分) 加速度为a＝ 离子的水平速度为vx＝vcos 53° 从而得到xmax＝3d xmin＝1.92d 则离子打到H板上的长度是 x＝xmax－xmin＝3d－1.92d＝1.08d。(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$