吉林省长春市第八中学2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题

长春八中2025—2026学年（上）高二月考考试 物理试题 一、单选题 1.如图所示，一负电荷仅在静电力作用下从点a运动到点b，在点a的速度大小为v0，方向与电场方向相同。该电荷从点a到点b的v－t图像正确的是(　　) 2.如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α＝45°，关于两电阻的描述正确的是(　　) A．电阻a的阻值随电流的增大而增大 B．因I－U图像的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R＝＝1 Ω C．在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值 D．在两图线交点处电阻a的阻值是电阻b的阻值的2倍 3.如图所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量均为＋q，c和d电荷量均为－q，静电力常量为k，则a电荷受到的其他三个电荷的库仑力的合力大小是(　　) A．0 B. C. D. 4.如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab＝0.2 m，cd与电场方向平行，a、b两点间的电势差Uab＝20 V。则(　　) A．电场强度的大小E＝100 V/m B．b点的电势比d点的低5 V C．将电子从c点移到d点，静电力做正功 D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能 5.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板(M板)接地，在两板间的P点固定一个带负电的试探电荷。若正极板N保持不动，将负极板M缓慢向右平移一小段距离(M板仍在P点左边)，下列说法正确的是(　　) A.P点电势升高 B.两板间电压增大 C.试探电荷的电势能增大 D.试探电荷受到的静电力增大 6.如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x3处，其中x2处电势最高。则下列说法正确的是(　　) A.x2处电场强度最大 B.粒子从x1处运动到x3处静电力做功为零 C.x1到x3电场强度先变大后变小 D.x1和x3两处电场强度方向相同 7.如图所示，两个等量正点电荷分别固定在M、N两点，A、B为MN中垂线上的两点，O为垂足，取无限远处电势为零。以下说法正确的是（　　） A．A、B、O三点中O点电场强度最大 B．A点电势等于B点电势 C．如果只受静电力作用的正电荷从A点由静止释放，电荷将沿中垂线做匀加速运动 D．同一负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能 二、多选题 8.空间中有方向与纸面平行的匀强电场，其中纸面内P、Q和R三点分别是等边三角形abc三边的中点，如图所示。已知三角形的边长为2 m，a、b和c三点的电势分别为1 V、2 V和3 V。下列说法正确的是(　　) A.该电场的电场强度大小为1 V/m B.电子在R点的电势能大于在P点的电势能 C.将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为＋0.5 eV D.将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为＋0.5 eV 9．如图所示，实线为电场的等势线，虚线是一带电粒子仅在此电场力作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、d的交点，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电荷 B．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 C．若粒子从M点运动到N点，则动能增大 D．M点的电场强度比N点的小 10.(多选)如图，质量为m、带电荷量为q的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为va＝v、vb＝v，方向分别与AB成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB＝L，则(　　) A．质子从A到B的运动为匀变速运动 B．电场强度大小为 C．质子从A点运动到B点所用的时间为 D．质子的最小速度为v 三、填空题 11.如图甲是利用电流传感器系统研究电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器(相当于电流表)可以捕捉瞬时的电流变化。图甲直流电源电压为8 V，充电前电容器带电荷量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I－t曲线如图乙所示。 (1)在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向_______(选填“相同”或“相反”)。 (2)图像阴影为I－t曲线图像与对应时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积S1______S2。(选填“>”“<”或“＝”) (3)已知S1＝3.2 mA·s，则该电容器的电容值为________ F。(保留两位有效数字) (4)由甲、乙两图可判断阻值R1______R2。(选填“>”“<”或“＝”) 12．一根细长均匀、内芯为绝缘材料的金属管线样品，横截面外缘为正方形，如图甲所示。此金属管线样品长约30 cm、电阻约10 Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，因管芯绝缘材料截面形状不规则，无法直接测量其横截面积。请你设计一个测量管芯截面积S的电学实验方案，现有如下器材可选： A．毫米刻度尺 B．螺旋测微器 C．电流表A1(量程0～600 mA，内阻约为1.0 Ω) D．电流表A2(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω) E．电压表V(量程0～3 V，内阻约为6 kΩ) F．滑动变阻器R1(2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A) G．滑动变阻器R2(10 Ω，允许通过的最大电流2 A) H．蓄电池E(电动势为6 V，内阻约为0.05 Ω) I．开关一个、带夹子的导线若干 (1)上述器材中，应该选用的电流表是______，滑动变阻器是_______(均填写器材前字母代号)。 (2)若某次用螺旋测微器测得样品截面外缘正方形边长如图乙所示，则其值为________ mm。 (3)要求尽可能测出多组数据，则在图丙、丁、戊、己中应选择的电路图是________。 (4)若样品截面外缘正方形边长为a、样品长为L、电流表示数为I、电压表示数为U，则计算内芯截面积的表达式为S＝________。 四、计算题 13．如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，ab与场强方向平行，bc与场强方向成60°，，。现将一个电量为的正电荷从a移动到b，电场力做功。求： (1)该电场的场强大小； (2)若b点的电势为3V，则该正电荷在b、c点的电势能、。 14．如图所示，边长为的正方形区域内有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为。现有质量为、电量为+q的粒子从A点沿方向以一定的动能进入电场，恰好从边的中点飞出，不计粒子重力。 (1)求粒子在点时，水平分速度与竖直分速度之比； (2)求粒子进入电场时的动能； (3)只改变电场强度的大小，使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求此时的电场强度大小。 15.如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)(3分)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)(3分)小球经过O点时的速度大小； (3)(6分)小球过O点后运动的轨迹方程。 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $长春市第八中学 高二年级 物理月考参考答案 1.如图所示，一负电荷仅在静电力作用下从点a运动到点b，在点a的速度大小为v0，方向与电场方向相同。该电荷从点a到点b的v－t图像正确的是(　　) 答案　A 解析　由题图可知从点a到点b过程中，电场线分布越来越密，则电场强度增大，所以负电荷所受静电力增大，根据牛顿第二定律，则电荷的加速度也增大，负电荷受到的静电力方向和电场强度方向相反，因为仅在静电力作用下运动，则电荷做加速度不断增大的减速运动，v－t图像的斜率表示加速度，根据图像分析可得正确的是A选项。 2.如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α＝45°，关于两电阻的描述正确的是(　　) A．电阻a的阻值随电流的增大而增大 B．因I－U图像的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R＝＝1 Ω C．在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值 D．在两图线交点处电阻a的阻值是电阻b的阻值的2倍 答案　C 解析　I－U图像上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，由题图可知，电阻a的图像上的点与坐标原点连线的斜率越来越大，故电阻a的阻值随电流的增大而减小，故选项A错误；I－U图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，但是由于横、纵坐标轴的长度单位不同，则不能由R＝＝1 Ω求解电阻b的阻值，只能通过R＝＝ Ω＝2 Ω求解，选项B错误；根据R＝可知在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，选项C正确，D错误。 3.如图所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量均为＋q，c和d电荷量均为－q，静电力常量为k，则a电荷受到的其他三个电荷的库仑力的合力大小是(　　) A．0 B. C. D. 答案　D 解析　a和b电荷量为＋q，c和d电荷量为－q，则c、d电荷对a电荷的库仑力为引力，b电荷对a电荷的库仑力为斥力，根据库仑定律，库仑力大小分别为Fca＝，Fba＝Fda＝k；根据力的合成法则，a电荷所受的库仑力大小为F＝，故A、B、C错误，D正确。 4.(2023·黑龙江哈尔滨市第一二二中学模拟)如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab＝0.2 m，cd与电场方向平行，a、b两点间的电势差Uab＝20 V。则(　　) A．电场强度的大小E＝100 V/m B．b点的电势比d点的低5 V C．将电子从c点移到d点，静电力做正功 D．电子在a点的电势能大于在c点的电势能 答案　D 解析　a、b两点间的电势差Uab＝20 V，则电场强度的大小为E＝＝200 V/m，A错误；b、d两点间的电势差为Ubd＝200×(1－cos 60°) V＝10 V＝φb－φd，b点的电势比d点的高10 V，B错误；电子带负电，电场强度水平向右，电子受到的静电力方向水平向左，则将电子从c点移到d点，静电力做负功，C错误；由于沿电场线方向电势降低，则有φa<φc，电子带负电，则有Epa＝－eφa>－eφc＝Epc，即电子在a点的电势能大于在c点的电势能，D正确。 5.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板(M板)接地，在两板间的P点固定一个带负电的试探电荷。若正极板N保持不动，将负极板M缓慢向右平移一小段距离(M板仍在P点左边)，下列说法正确的是(　　) A.P点电势升高 B.两板间电压增大 C.试探电荷的电势能增大 D.试探电荷受到的静电力增大 答案　C 解析　由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离d减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的静电力不变，故B、D错误；因φ＝Ed'，d'为P点与负极板之间的距离，d'减小，所以P点电势降低，因沿电场线方向电势降低，M板电势为零，所以P点电势为正，P点固定的试探电荷为负电荷，电势降低，电势能增大，故C正确，A错误。 6.如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x=x3处，其中x2处电势最高。则下列说法正确的是(　　) A.x2处电场强度最大 B.粒子从x1处运动到x3处静电力做功为零 C.x1到x3电场强度先变大后变小 D.x1和x3两处电场强度方向相同 答案　B 解析　因为φ-x图像的斜率表示电场强度，可知x2处电场强度为零，选项A错误；粒子从x1处运动到x3处，x1、x3处两点间电势差为零，可知静电力做功为零，选项B正确；因为φ-x图像的斜率表示电场强度，可知 x1到x3电场强度先变小后变大，x1和x3两处电场强度方向相反，选项C、D错误。 7.如图所示，两个等量正点电荷分别固定在M、N两点，A、B为MN中垂线上的两点，O为垂足，取无限远处电势为零。以下说法正确的是（　　） A．A、B、O三点中O点电场强度最大 B．A点电势等于B点电势 C．如果只受静电力作用的正电荷从A点由静止释放，电荷将沿中垂线做匀加速运动 D．同一负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能 2．D 【详解】AC．根据等量同种正点电荷场强特点，两个点电荷连线的中点场强为0，在中垂线上，从点电荷连线中点到无穷远，场强先增大后减小，因此A、B、O三点中O点电场强度最小。由可知加速度在变化，因此只受静电力作用的正电荷从A点由静止释放，电荷将沿中垂线做变加速运动，故AC错误； BD．沿电场线方向电势逐渐降低，根据等量同种正点电荷电势特点，在中垂线上，从点电荷连线中点到无穷远，电势一直降低，因此A点电势大于B点电势。根据可知同一负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能。故B错误，D正确。 故选D。 8.(多选)(八省联考·云南·9)空间中有方向与纸面平行的匀强电场，其中纸面内P、Q和R三点分别是等边三角形abc三边的中点，如图所示。已知三角形的边长为2 m，a、b和c三点的电势分别为1 V、2 V和3 V。下列说法正确的是(　　) A.该电场的电场强度大小为1 V/m B.电子在R点的电势能大于在P点的电势能 C.将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为＋0.5 eV D.将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为＋0.5 eV 答案　AD 解析　P点电势为φP＝＝2 V＝φb 可知bP是等势线，则电场强度方向由c点指向a点，电场强度大小为 E＝ V/m＝1 V/m，选项A正确； R点的电势为φR＝＝2.5 V>φP＝2 V 可知电子在R点的电势能小于在P点的电势能，选项B错误； Q点的电势为φQ＝＝1.5 V 将一个电子从P点移动到Q点，电场力做功为WPQ＝UPQ(－e)＝－0.5 eV，选项C错误； 将一个电子从P点移动到R点，电场力做功为 WPR＝UPR(－e)＝＋0.5 eV，选项D正确。 9．如图所示，实线为电场的等势线，虚线是一带电粒子仅在此电场力作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、d的交点，下列说法正确的是（　　） A．粒子带负电荷 B．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 C．若粒子从M点运动到N点，则动能增大 D．M点的电场强度比N点的小 2．AB 【详解】A．根据等势线的分布可知电场线大致向右，根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力大致向左，故粒子带负电，故A正确； B．由于粒子带负电，M点的电势大于N点的电势，可知粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，故B正确； C．若粒子从M点运动到N点，电势能增大，根据能量守恒可知，粒子的动能减小，故C错误； D．等差等势面越密，电场强度越大，M点处等势线较密，故M点的电场强度比N点的大，故D错误。 故选AB。 10.(多选)如图，质量为m、带电荷量为q的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为va＝v、vb＝v，方向分别与AB成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB＝L，则(　　) A．质子从A到B的运动为匀变速运动 B．电场强度大小为 C．质子从A点运动到B点所用的时间为 D．质子的最小速度为v 答案　ABD 解析　质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A到B的运动为匀变速运动，A正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设va与电场线的夹角为β，如图所示。 则有vasin β＝vbcos β，解得β＝60°，根据动能定理有qELcos 60°＝mvb2－mva2，解得E＝，B正确；根据几何关系可得，AC的长度为Lsin 60°＝L，则质子从A点运动到B点所用的时间为t＝＝，C错误；在匀变速运动过程中，当速度方向与静电力方向垂直时，质子的速度最小，有vmin＝vasin 60°＝v，D正确。 11.如图甲是利用电流传感器系统研究电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器(相当于电流表)可以捕捉瞬时的电流变化。图甲直流电源电压为8 V，充电前电容器带电荷量为零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I－t曲线如图乙所示。 (1)在电容器充电与放电过程中，通过电阻R0的电流方向_______(选填“相同”或“相反”)。 (2)图像阴影为I－t曲线图像与对应时间轴所围成的面积，乙图中阴影部分的面积S1______S2。(选填“>”“<”或“＝”) (3)已知S1＝3.2 mA·s，则该电容器的电容值为________ F。(保留两位有效数字) (4)由甲、乙两图可判断阻值R1______R2。(选填“>”“<”或“＝”) 例3　(1)相反　(2)＝　(3)4.0×10－4　(4)< 解析　(1)将单刀双掷开关S置于1，根据题图甲可知，电容器上极板带负电、下极板带正电，通过电阻R0的电流方向从右到左。将单刀双掷开关S置于2，电容器放电，通过电阻R0的电流方向从左到右，所以通过电阻R0的电流方向相反。 (2)I－t曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示电荷量，电容器充电和电容器放电的电荷量相等， 所以S1＝S2。 (3)根据电容定义式C＝ 则有C＝ F ＝4.0×10－4 F。 (4)由题图乙可知开始充电和开始放电时I充>I放 因为开始充电和放电时电压U相等，都等于电源电压，根据欧姆定律有> 所以R1<R2。 12．一根细长均匀、内芯为绝缘材料的金属管线样品，横截面外缘为正方形，如图甲所示。此金属管线样品长约30 cm、电阻约10 Ω，已知这种金属的电阻率为ρ，因管芯绝缘材料截面形状不规则，无法直接测量其横截面积。请你设计一个测量管芯截面积S的电学实验方案，现有如下器材可选： A．毫米刻度尺 B．螺旋测微器 C．电流表A1(量程0～600 mA，内阻约为1.0 Ω) D．电流表A2(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω) E．电压表V(量程0～3 V，内阻约为6 kΩ) F．滑动变阻器R1(2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A) G．滑动变阻器R2(10 Ω，允许通过的最大电流2 A) H．蓄电池E(电动势为6 V，内阻约为0.05 Ω) I．开关一个、带夹子的导线若干 (1)上述器材中，应该选用的电流表是______，滑动变阻器是_______(均填写器材前字母代号)。 (2)若某次用螺旋测微器测得样品截面外缘正方形边长如图乙所示，则其值为________ mm。 (3)要求尽可能测出多组数据，则在图丙、丁、戊、己中应选择的电路图是________。 (4)若样品截面外缘正方形边长为a、样品长为L、电流表示数为I、电压表示数为U，则计算内芯截面积的表达式为S＝________。 答案　(1)C　G　(2)0.730　(3)丙　(4)a2－ 解析　(1)由题意可知，电源电动势为6 V，电压表量程0～3 V，而由于待测电阻约为10 Ω，则电流最大为I＝＝0.3 A，故不能选用量程为0～3 A的电流表，故电流表选A1，即C；由题意可知，为获得更多的数据，电路应采用分压接法，故滑动变阻器选电阻较小的，即G。 (2)由题图乙所示的螺旋测微器可知，固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为23.0×0.01 mm＝0.230 mm，螺旋测微器的读数为0.5 mm＋0.230 mm＝0.730 mm。 (3)由于电压表内阻远大于金属管线的电阻，电流表应采用外接法；为测得多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法，故选择电路图丙。 (4)根据欧姆定律有Rx＝，根据电阻定律有Rx＝ρ，故截面积为S0＝，故金属管线内芯截面积的表达式为S＝a2－。 13．如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，ab与场强方向平行，bc与场强方向成60°，，。现将一个电量为的正电荷从a移动到b，电场力做功。求： (1)该电场的场强大小； (2)若b点的电势为3V，则该正电荷在b、c点的电势能、。 13．(1) (2)， 【详解】（1）根据题意可知 解得 （2）该正电荷在b点的电势能为 当正电荷从b点运动到c点时 其中 联立，解得 14．如图所示，边长为的正方形区域内有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为。现有质量为、电量为+q的粒子从A点沿方向以一定的动能进入电场，恰好从边的中点飞出，不计粒子重力。 (1)求粒子在点时，水平分速度与竖直分速度之比； (2)求粒子进入电场时的动能； (3)只改变电场强度的大小，使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求此时的电场强度大小。 14．(1)1 (2) (3) 【详解】（1）在d点，速度偏转角的正切值为 在d点，位移偏转角的正切值为 则 粒子在点时，水平分速度与竖直分速度之比为1。 （2）粒子在电场内做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有 竖直方向做匀加速运动，有 初动能 解得 （3）其他条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点d飞出相比，水平位移x减半，竖直位移y加倍，根据类平抛运动知识有， 可知运动时间减为原来的，加速度为原来的8倍，再根据可知，电场强度变为原来的8倍，变为8E。 15.(12分)(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： (1)(3分)弹簧压缩至A点时的弹性势能； (2)(3分)小球经过O点时的速度大小； (3)(6分)小球过O点后运动的轨迹方程。 7.(1)mgR　(2) (3)y2＝6Rx 解析　(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得Ep＝mmgR (2)小球从B到O，根据动能定理有 －mgR＋mg×R＝mm 解得vO＝ (3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴， 则x轴方向有mgcos 45°＝max y轴方向有mgsin 45°－mg＝may 解得ax＝g，ay＝0，说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt，联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。 8.(15分)(2024·广西柳州市模拟)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的界面MN的下方与水平轨道之间分布有水平向右的匀强电场。现将质量为m、电荷量为＋q的小球甲从水平轨道上的A点由静止释放，与质量为m、静止在B点的不带电的小球乙碰撞后瞬间粘在一起形成物体丙，丙运动到C点离开圆轨道后，做平抛运动恰好经过界面MN上的P点，P点在A点的正上方。已知A、B间的距离为2R，重力加速度为g，甲、乙、丙均可视为质点，不计空气阻力，求： (1)(5分)丙经过轨道C点时对轨道的作用力大小； (2)(4分)匀强电场的电场强度大小； (3)(6分)丙在半圆轨道运动时的最大动量。 8.(1)2mg　(2) (3)2m，方向斜向上与水平方向的夹角的正切值为 解析　(1)设丙过C点时的速度为vC，由平抛运动规律可得 R＝gt2 2R＝vCt， 由牛顿第二定律2mg＋FN＝2m 联立解得FN＝2mg 由牛顿第三定律，丙经过轨道C点时对轨道的作用力大小为2mg。 (2)小球甲从A到B的过程中由动能定理得qE·2R＝m 小球甲和小球乙碰撞mv0＝2mvB 丙从B到C的过程中由动能定理得qE·R－2mg×2R＝×2m×2m 联立解得E＝ (3)设物体丙运动到半圆轨道BN段上的D点时的速度为v，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理 qERsin α－2mgR(1－cos α) ＝×2mv2－×2m 化简得v2＝(3sin α＋2cos α＋1)gR＝[sin(α＋φ)＋1]gR 由数学知识可得 vm＝ 丙在半圆轨道运动时的最大动量 pm＝2mvm＝2m 方向斜向上与水平方向的夹角为α，根据几何关系有tan α＝。 7. (2023·新疆喀什市检测)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.40 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝3.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－5 C、质量m＝0.04 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)，取g＝10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)带电体运动到圆形轨道C点时的速度大小； (2)带电体在圆弧形轨道上运动的最大速度； (3)D点到B点的距离x。 答案　(1)2.0 m/s　(2) m/s　(3)0.2 m 解析　(1)设带电体经过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律得： mg＝ 解得：vC＝2.0 m/s (2)设带电体通过B点时的速度为vB，带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理得： －2mgR＝mvC2－mvB2 解得：vB＝2 m/s 根据静电力和重力的比值关系可知，等效最低点与竖直方向的夹角为 tan θ＝＝＝ 即θ＝37°，等效最低点的位置如图所示： 由B到等效最低点根据动能定理得： qE·Rsin 37°－mg·R(1－cos 37°)＝mvm2－mvB2 解得：vm＝ m/s (3)带电体离开圆弧轨道后 在竖直方向上：2R＝gt2 在水平方向上：x＝vCt－t2 联立解得：x＝0.2 m。 5.一带正电的小球质量为m、电荷量为q，将小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，电场强度E=，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球(　　) A.做直线运动 B.机械能先增加后减小 C.加速度大小为2g D.速率先减小后增大 答案　D 解析　小球受重力和静电力两个力作用，合力的方向与初速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，故A错误；在水平方向，由于受静电力，水平速度先减小为零，后反向增大，那么静电力先做负功后做正功，除重力以外的力对小球做的功等于机械能的变化量，所以机械能先减小后增大，故B错误；小球受两个恒力，F电=qE=mg，G=mg，其合力为mg，所以加速度大小为g，故C错误；小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成直角、锐角，可知合力先做负功后做正功，则速率先减小后增大，故D正确。 10.(2020·浙江7月选考·6)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45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A．所用时间为 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30° 答案　C 解析　粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示。 粒子的运动为类平抛运动。水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝·t2，＝tan 45°， 联立解得t＝，故A错误； vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B、D错误； x＝v0t＝，与P点的距离 s＝＝，故C正确。 1. (多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化的图像关系如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　) A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大 答案　BC 解析　由图像可知，正电荷从x2移动到x4的过程中静电力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1移动到x3的过程静电力沿x轴负方向，静电力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程电场强度先增大后减小，所以静电力先增大后减小，C项正确，D项错误。 5. (多选)如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为60°。重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中(　　) A．速度的最小值为v B．所受静电力的最小值为 C．动能与电势能之和一直增大 D．水平位移与竖直位移的大小之比为2∶ 答案　AC 解析　根据题意可知小球在复合场中做类斜抛运动，由于小球在P、Q两点速度大小均为v，根据类斜抛运动的对称性可知，小球所受重力与静电力的合力F方向必定垂直于PQ连线指向左下方，令合力F方向与x轴负方向夹角为θ，则有Fcos θ＝max，Fsin θ＝may。小球在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，则有vsin 60°＝ayt。小球在水平方向上做匀变速直线运动，则有vcos 60°＝v－axt，解得tan θ＝，θ＝60°，可知∠PQO＝α＝90°－θ＝30°。小球在沿PQ方向做匀速直线运动，在垂直于PQ方向做匀变速直线运动，可知当小球垂直于PQ方向的分速度减小为0时，小球速度最小，最小值即为PQ方向做匀速运动的速度，则有vmin＝vcos 30°＝v，A正确；根据上述可知，静电力与重力的合力方向始终垂直于PQ方向，根据三角形定则可知，当静电力与合力方向垂直时，静电力最小，则有F电min＝mgcos θ＝mg，B错误；小球在运动过程中，只有重力势能、动能与电势能之间的转化，小球由P点运动到Q点过程中，重力做正功，重力势能减小，则动能与电势能之和一直增大，C正确；根据上述可知，小球水平位移与竖直位移的大小分别为x＝t，y＝t，解得x∶y＝∶1，D错误。 10.4-11 学科网（北京）股份有限公司 $