单元过关(九) 电场力的性质 电场能的性质-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(福建专版)

2026一2027学年度单元过关（九） 物理·电场力的性质电场能的性质 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 答案 1.某电场的电场强度E随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴 上的四个点。一带正电粒子从α点由静止释放，仅在静电力作用下沿x轴运动，已知粒 子可通过d点，则 () A.粒子在a点与c点所受静电力的方向相同 E B.粒子在b点的电势能大于在c点的电势能 C.粒子将以b为中心做周期性运动 a d D.粒子将沿x轴正方向一直运动 2.如图为中药材烘干机的高压电场工作原理图，电极O与极板MN接高压电源后，空间 形成图示方向的强电场。往极板MN上撒上一层湿中药材，药材中的水分子发生氧化 还原反应，生成氢气和OH离子。某OH从A点由静止出发，运动轨迹依次经过A、 B、C、D点。下列说法正确的是 () D 一鼓 机 直 电源 A.B点的电场强度比D点小 B.OH一在B点受到的电场力比在D点大 C.四个点中，A点电势最高，D点电势最低D.OH在运动过程中，其电势能逐渐增大 3.如图所示，水平天花板下方固定一光滑定滑轮O,在定滑轮正下方C处固定一带正电的 点电荷。不带电的A球与带正电的B球用绝缘轻绳跨过O连接，A、B均视为质点，初 始系统静止且OB<OC。若B的电荷量缓慢减少，在B到达O正下方前，则() B⊕ ①C 单元过关（九）物理第1页（共8页） 劳力于毫末，奋斗成大材 A.B球的轨迹是一段抛物线 班级 B.A球的质量大于B球的质量 C.此过程中点电荷对B球的库仑力减小 姓名 D.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小 4.空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所 示。现有一个质量为m、电量为十q的试探电荷，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的 得分 α点开始沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图甲中圆为试探电 荷运动轨迹，ab为圆轨迹的一条直径。除电场力外微粒还受到一个变力F,不计其它力 的作用。测得试探电荷所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示，其 中p1>0。下列说法正确的是 ( ) 1.501 R 0.5p 101 /13L1 -0.501 甲 A.电场强度的方向与x轴正方向成5，指向右上方 B.从a点到b点F做功为一qp1 C.微粒在a点时所受变力F可能达最小值 D.阙周运动的过程中变力F的最大值为mCR十？贯 π2 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 7 答案 5.如图，虚线表示位于O点的点电荷Q产生电场的等势面，相邻等势面间电势差大小相等 且为4V,一电子在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示。已知电子经过a点时的 动能为10eV,经过f点时电势能为一20eV,下列说法正确的是 ( A.点电荷Q带负电 a B.电子经过c点时动能为18eV C.电子经过d点时电势能为一28eV D.电子可能经过电势为4V的等势面 单元过关（九）物理第2页（共8页） 6 6.中国茶文化是中国制茶、饮茶的文化，在世界享有盛誉。在茶叶生产过程中有倒茶叶、 茶梗分离的工序，如图所示，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电 荷，且茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落 入小桶。假设有一茶梗P,其电荷量为4×108C,质量为2×10-4kg,以1m/s的速度 离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V,距离桶底高度为1.0m,桶底 电势为零。不计空气阻力、茶叶与茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，g取10/s2,则 () 漏斗 分离器 左桶 右桶 7777777 A.M处比N处的电场强度大 B.M处的电势低于N处的电势 C.茶叶落入右桶，茶梗落入左桶 D.茶梗P落入桶底速度为5m/s 7.在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球通过不可伸长的绝缘轻质细线， 连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量均为m,带电量均为十q,均可视为 点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将小球1和小球2间的细线剪断，当三个小 球运动到同一条直线上时，速度大小分别为1、v2、3,如图乙所示。该过程中三个小球 组成的系统电势能减少了gk为静电力常量，不计空气阻力。则 () 1⊕→"1 华⊕3 ④3 2” 分 A.从图甲到图乙过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中小球3一定向左做直线运动 C.从图甲到图乙位置，小球3向左运动3 D.在图乙位置，v3= kg2 3md 6 单元过关（九）物理第3页（共8页） 8.如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于 该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一 高度保持静止，间距为L,甲、乙所带电荷量分别为g、2g,质量分别为m、2m,静电力常 量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的 电场强度大小为E,不计空气阻力，则 ( ) A.F=F2 m203m RE-品 E 7777777777777777777777777777777 C.若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 kg? D.若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v=, mL 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)两个点电荷Q1与Q2固定于竖直平面上，在P点放置一试探电荷，该试探电荷恰好处 于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2,则Q1、Q2对试探电荷的库仑力之比为 ;Q1与Q2的电荷量之比为 ,在PQ,连线上是否存在其他点能让同一 试探电荷维持平衡状态 (填“存在”或“不存在”)。 30 Q 10.(3分)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为 十q、一q和十2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为E,(E。> 0)。则电场的方向与x轴正方向成 度角；电场强度的大小为 …Bd,d0 4@,0) 11.(3分)如图所示，空间存在大小为E、方向竖直向下的匀强电场，一质量为、电荷量为 q(q>0)的粒子以速度vo从MN连线上的P点水平向右射出，已知MN与水平方向 成30°角，粒子的重力可以忽略。则粒子到达MN连线上的某点时所用的时间为 ;速度大小为 M E 30° N 单元过关（九）物理第4页（共8页） 12.(6分)某物理兴趣小组利用图甲装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是 一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离， 静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来，他们分别进行了以下 操作。 0--0B 绝缘手柄 甲 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1,P2,P3等位置，比较小球在 不同位置所受带电物体的静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）物体A所带的电荷量，比较小球所受的静 电力的大小。 (1)图甲中实验采用的方法是 A.理想实验法 B.微小量放大法 C.控制变量法 (2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大 而 （填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）物体A所带的电荷量，比较小球 所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个 带电量不变的小球B,在两次实验中，均缓慢移动物体A,当A到达悬点P的正下 方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为0，若两次 实验中A的电量分别为q1和q2,0分别为30°和45°，则1为 13.(6分)蜘蛛不仅能“乘风滑水”，最新研究还表明：蜘蛛能通过大气电位梯度“御电而 行”。大气电位梯度就是大气中的电场强度，大气中电场方向竖直向下。假设在晴朗 无风环境，平地上方1km以下，可近似认为大气电位梯度E=E。-kH,其中E。 150V/m为地面的电位梯度，常量k=0.1V/m2,H为距地面高度。晴朗无风时，一 质量m=0.6g的蜘蛛（可视为质点）由静止从地表开始“御电而行”，蜘蛛先伸出腿感 应电位梯度，然后向上喷出带电的蛛丝（蜘蛛其他部分不显电性），带着身体飞起来。 忽略空气阻力，g取10N/kg。 (1)该蜘蛛要想飞起来，求蛛丝所带电荷电性及电荷量的范围。 (2)若蛛丝所带电荷量大小q=5×10-5C,求蜘蛛上升速度最大时的高度和能到达的 最大高度。 单元过关（九）物理第5页（共8页） 14.（11分)如图所示，真空中，与水平面成37°角的固定绝缘长细杆，垂直穿过一固定均匀 的带正电圆环的圆心O,套在细杆上的带正电小球从杆上的α点以某一初速度沿杆向 上运动，恰好能运动到杆上d点，已知圆环半径为R,电荷量为Q,小球质量为m、电荷 量为g,小球半径远小于R,g《Q,ab=bO=Oc=cd=R,静电力常量为k,重力加速 度为g,绝缘细杆与小球间的动摩擦因数以sm37°=0.6，cos37°=0.8。求 (1)小球在c点受到的电场力的大小； (2)小球在b点的加速度大小； (3)小球在a点的动能。 +0 +9,m 、37 单元过关（九）物理第6页（共8页） 6 15.（12分)如图所示的空间坐标系中，一点电荷固定在M(一√3a,2a,0)点，该点电荷只在 x<0的空间产生电场；在x>0的空间存在沿之轴正方向的匀强电场，电场强度大小 为E;在y=3a处放置一垂直于y轴、足够大的荧光屏。P(一√3a,0,0)点的放射源沿 x轴正方向射出电荷量均为十q、质量分别为m和0.5m的两个粒子，粒子初动能均为 Eko,质量为m的粒子在x<0的空间做半径为2a的匀速圆周运动，进入x>0的空间 后，打到荧光屏上，已知静电力常量为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求： (1)M处点电荷所带的电荷量； (2)质量为m的粒子打到荧光屏上的位置坐标； (3)若粒子打到荧光屏上会形成亮点，判断荧光屏上有几个亮点，如果是一个，写出判 断依据；如果是两个，求出两个亮点间的距离。 0 6 单元过关（九）物理第7页（共8页） 16.(16分)如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在x≥2L区域内存 在与x轴平行的匀强电场（未画出），一带正电小球的质量为m,从足够高的原点O沿 x轴正向水平抛出，从A点进人电场区域时速度与水平方向夹角0=30°，后从C点离 开电场区域，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的 横坐标xB=3L。小球可视为质点，电荷量始终不变，重力加速度为g,不计空气阻 力。求： (1)小球在OA段与在AB段运动的时间之比； (2)小球从原点O抛出时的初速度大小； (3)小球过B点时的动能； (4)小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。 L 2L 3L 4L, A、 单元过关（九）物理第8页（共8页）2027 单元过关 (3)若物块恰能进入圆孤，由动量守恒有 碰撞后铁块C静止不动，木板B加速度 1 mu2=(m十6m)* (1分) ak:(m:tm)m/s (1分) m2 由能量守恒有 木板B与铁块C碰前B的速度大小为⑦1，则 mg·2h=2m-2m+6m3 1 10 1 v-v=-2ad (1分) 解得v1=6m/s 联立解得v2= 7√2gh 木板B与铁块C发生弹性碰撞 m2V1=m2v2十m3v3 (1分) 若物块恰能返回至组合平台E,点，由动量守恒有 1 名m:i=2m:oi+m:o时 1 (1分) mo-(m+im (1分) 解得o2=4m/s,o3=10m/s (1分) 由能量守恒有 (2)木板B与铁块C相碰后，C做匀速运动，B做 1 1/ 1 mg·4h=2mu-2(m+6m)吴 (1分) 减速运动，经过时间t1铁块C运动到P点有 1 联立解得v3=7√gh vst-(v:t-zat)=d (1分) 即物块的速度满足 得t1=0.5s 2√2gh≤06≤7√gh (1分) 此时木板B的速度v4=v2-at1=2m/s(1分) 此后铁块C的加速度ac=41g=5m/s2 由(2)可知，若弹射器落入缓冲区内，射出物块 木板B加速度 后，共最大速度01=V2g 2 ,设射出物块后，物块 aB-:m:+7m）8-41m8=3m/sq分) m2 最大速度为Vm,由动量守恒有 经过时间t2木板B停止，此过程木板B位移 6muD-mvm-5mv (1分) 子2 (1分) 屏得-只2g动 B-2an-3m 此后，41m3g<42(m2十m3)g,木板B静止不 故考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足 动，铁块C继续做匀减速运动到停止，铁块C对 17 2√2gh≤0物≤2√2gh 木板B的摩擦力所做的功W=1m3gxB=0.4J (1分) 踪合知挑战成功需要满足)√2gh≤0%≤7√g五 (3)铁块C从P点向右一直减速到零，其位移为 (1分) 1 xc,有k1mgxc=2m明 (1分) 16.(1)8m/s10m/s(2)0.4J 3) 6 m 得xc=10m (1分) 【解析】(1)物块A与木板B发生弹性碰撞 铁块C静止在木板B上的位置与P点相对位移 1 1 1 28 1o=m1va十mm,216=2moi+2m:呢 di=xc-xB=3 m (1分) (1分) 77 木板B最小长度L=d十d1= 6m。 (1分) 得vB=8m/s (1分) 2026一2027学年度单元过关（九） 物理·电场力的性质电场能的性质 一、单项选择题 向，在C,点受到的静电力沿x轴负方向，A错误； 1.C【解析】粒子在a点受到的静电力沿x轴正方 粒子从b点运动到C点，静电力做负功，电势能增 6 ·32· ·物理· 参考答案及解析 大，粒子在b点的电势能小于在c,点的电势能，B 错误；粒子从a点到b点加速运动，越过b点后减 13t1-4=12t1,速度0=2πR_R T6t,电场强度 速运动，速度减为0后又反向加速，越过b,点后又 E491.5p1（-0.591哭，圆周运动的过 减速运动直到速度为0，之后再次重复上述过程， △x 2R 循环往复，C正确，D错误。 程中电势为一0.5P1时变力F达到最大值，有 2.A【解析】因D处的电场线较B处密集，可知B 元2 E9E=m,解得F=m36R+gRD正确 处的电场强度小于D处，OH在B点受到的电场 力比在D点小，A正确，B错误；沿电场线方向电 E 势逐渐降低，四个点中，A点电势最低，D点电势 -0.5p1 、A 最高，C错误；OH运动过程中受到电场力的方向 与电场线切线方向相反，电场力做正功，电势能减 0 小，D错误。 /p=1.0p 3.C【解析】开始时B球受力如图所示，由相似三 1.5p1 为形可如B品-0日0B<0C如n5> 二、双项选择题 5.BC【解析】由于电子做曲线运动，电子所受电场 T=mAg,则A球的质量小于B球的质量，B错 力要指向轨迹的凹侧，则电子受到吸引力，所以场 误；由于T不变，OC不变，可知OB不变，则随着 源，点电荷应带正电，A错误；电子从a点运动到f B球所带的电荷量缓慢减少，B球的轨迹是一段圆 点过程有Waf=一eUar=4eV,Waf=Ea一Ef, 黛A候误：根格F=则-则 解得Ea=一l6eV,所以E=Eka十Ea=一6eV, 电子从a点运动到c,点过程有一eUc=Ew一Ea, 随着B的电荷量缓慢减少，BC减小，F减小，即此 解得E=l8eV,B正确；电子从a点运动到d点 过程中，点电荷对B球的库仑力减小，C正确；因滑 过程有Wad=一eUa=l2eV,Wa=Ea一E,解 轮两侧绳子拉力不变，当B球下降时，两侧细绳的 得Ea=一28eV,C正确；由以上分析可知，电子 夹角减小，则合力变大，即此过程中滑轮受到轻绳 运动过程中总能量为一6eV,当电子经过电势为 的作用力逐渐变大，D错误。 4V的等势面时，电势能等于一4eV,根据能量守 恒定律可知，其动能等于一2eV,小于零，说明电 子不可能经过4V的等势面，D错误。 6.CD【解析】由于M点的电场线稀疏，N点的电 场线密集，故M,点的电场强度小于N,点的电场强 度，A错误；沿电场线的方向，电势逐渐降低，故M 4.D【解析】由题图乙可知，带电微粒在转动过程 点的电势高于N点的电势，B错误；设该电场的电 中，电势最高值为1.5p1,电势最低值为-0.5p1, 场强度为E,根据牛顿第二定律有gE=ma,解得 最高，点、最低，点分别位于轨迹直径的两端，将直径 a=gh 取四等分点，找到与a点电势p。=0相同的点A, 。由于茶叶的比荷是大于茶极的北荷，可 如图所示，aA垂直于电场线，设电场强度的方向 知在任何同一位置茶叶的加速度大于茶梗的加速 R 度，水平方向都做加速运动，即在相等时间内，茶 21 叶的水平位移大于茶梗的水平位移，可知，茶叶落 与x轴正方向为0，由几何关系c0s0= R=2,解 入右桶，茶梗落入左桶，C正确；设茶梗P落入桶底 得9=行，A错误；由上述分析可知P。=1.091,从 速度大小为v,由题意知其初速度v0=1m/s,茶梗P 从O点到落入桶底过程中，由动能定理可知gh十 a点到b点由动能定理W十qUb=0,又Ub= P。一P=一P1,解得W=q91,B错误；在圆周运动 901 mu2、1 2m6,代入数据解得v=5m/s,D 的过程中电势为1.5p1时，变力F达到最小值，故 正确。 微粒在a点时所受变力F不可能达最小值，C错7.BC【解析】剪断细线之前，三个小球处于静止状 误；由题图乙可知，微粒做圆周运动的周期T= 态，所受的合力为零；将小球1和小球2间的细线 ·33· 6 2027 单元过关 剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的 三、非选择题 弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用； 9.1:√3(1分)√3：1(1分)不存在(1分) 当小球3运动到题图乙位置时，小球3所受的合 【解析】设PQ2=r,则PQ1=√3r,对试探电荷进行 力为零，即该过程中小球3受到的合力大小先增 加后减小，A错误；因小球3受两边细绳的拉力总 力分析，试探电荷处于平衡状态，可得下 是大小相等且是对称的，可知小球3向左做直线 tan30°，则Q1、Q2对试探电荷的库仑力之比为1： 运动，B正确；在该过程中，由于三个小球组成系 统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此 3,其中F= kqQ,F:- (√3r)2 ,解得Q·Q,= kqQ2 系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守 恒定律mg一mw1一mv2=0。由于小球1、2的受 √3：1；若在PQ1连线上存在其它点能让同一试 力情况相同，因此v1=v2,化简得v3=2v1=202, 探电荷维持平衡状态， 即x=2,=2,而3十1=月d 2,解寻x3一3以、 C正确；三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒 定律△E=△Et,即22=2mu十2X2mu,代入 ⊕ 2kg2 根据平衡条件可知试探电荷受到的重力和两点电 数据解得y=√3nD错误。 荷对其的库仑力组成一个封闭的三角形，此时点 8.BD【解析】分别对两球进行受力分析，如图甲所 电荷Q1对试探电荷的库仑力F1变大，根据三角 示，设轨道倾角为日，对甲由平衡条件得：F1= 形法则可知此时点电荷Q2对试探电荷的库仑力 mngtan0,对乙由平衡条件得：F2=2 ng tan0,则F1= 必然增大，由于此时试探电荷与，点电荷Q2间的距 1 2q2 .2q2 F,A错误；由F,=k是一9E,F:=友是十 离在增大，库仑力在减小，与假设矛盾，故假设不 2gE,联立得E一铝，B正确；若将甲、乙互换位 kq 成立，即在PQ1连线上不存在其他点能让同一试 探电荷维持平衡状态。 置，如图乙所示，对甲：FN甲与mg的合力F1= .2q2 10.45(1分) 22E2(2分) mg tan0=k·一qE,而静电力的合力F的- gd 6.2g 【解析】在OA线段上找出与B点等势的点M, 2十qE>F1,故无法平衡，C错误；若撒去甲， 1 可知xow=4d,BM连线为等势线，与BM连线 L 对乙球根据动能定理得2mg·2tan0-2g· 垂直的线为电场线，如图所示，根据几何关系可 2kq2 知，电场线沿电场方向与x轴夹角的正切值 1 ·2mu2,其中tan0= FL-b tan0=1,即0=45°，根据电场强度与电势差的关 2 ，联立解得 m mg kg? 系可知，E= PB一PA 2√2Ep √mLD正确。 U- 4dcos45° F甲 等势线 m.g 2m,2g B(d.d) mg 77m7mAAM鼎w2mn 2mg 甲 M A(d.0)E FN甲 W/21 11. 23mw(1分) 3gE 300(2分) 乙 【解析】粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN mg 连线上某点时，位移与水平方向的夹角为45°，根据 0 777777777777分777777777777777 牛领第二定律可得口-四，垂直电场方向的位移 m 6 。34· ·物理· 参考答案及解析 x=uot,平行电场方向的位移y= 2at,根据几何 1 最大高度为h,蜘蛛上升过程中加速度先向上减 小，加速上升，速度最大时加速度为零，之后加速 关系有an30°=y,联立解得t= 23mvo 度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大 ；水平速 3gE 高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有 2 mg=gE=gEo-kgho (1分) 度v,=v0,竖直方向速度vw=at= 300,则到达 解得h。=300m MN连线上某点速度U=√十G-V 上升过程中电场强度随高度增大均匀减小，电场 3。 力也随高度增大均匀减小，则上升过程中电场力 12.1DC(2分)2)减小(2分)(3)6(2分) 做的功 W=Eog+E9h=(2E。-一h)gh 【解析】(1)题图甲中先保持带电小球的电荷量 2 (1分) 2 不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上 对上升过程，由动能定理有 的P1、P2、P?等位置，改变两个小球之间的距 W-mgh=0 (1分) 离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距 联立解得h=600m。 (1分) 离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球 之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变 14.(1)2Qg (2)3+3)g+2kQg 4R2 5 4mR2 量法，C正确。 (2)本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所 (3)4(3+3)mgR 5 受静电力的大小，由题图可知，距离越小，丝线偏 【解析】(1)将圆环等分为n段小圆孤，每段小圆 离竖直方向的角度越大，设偏角为O,由平衡条件 孤均可视为电荷量为q。的点电荷，有 有F=mg tan0,可知电荷之间的静电力随着距 Q=nqo 离的增大而减小。 在c点，由库仑定律，q。对小球的电场力 (3)设小球B的质量为m,电量为q,小球B的受力 kqqo 情况如图所示。当A带电量为q1时，由平衡条件 F。一r2 (1分) 得F=g:9=mgtan30,其中1=PBsin30,当 由几何关系 r2=2R2 A带电量为g:时，由平衡条件得F'=g:9 在c点，整个圆环对小球的电场力设为F,有 F=nFosin 45 (1分) mgtan45,其中r2=PBsin45,联立解得9L- g2 联立解得F。=2Qg 4R2 (1分) tan30°sin30°√3 (2)由对称性，小球在b点所受的电场力与在c tan45°sin245°=6。 点所受的电场力方向相反，大小相等，有 Liklit P F=Fc (1分) 0 在b点，对小球由牛顿第二定律，有 mgsin37°+umg cos37°+F6=ma (2分) 联立解得a=（3+3)g+2kQg (1分) 5 4mR2 mg (3)小球从a到d,由对称性，电场力做功 13.(1)负电大于4×10-5C(2)300m600m Wad=0 (1分) 【解析】(1)因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝 对小球，由动能定理，有 应带负电荷，才能使电场力竖直向上，蜘蛛才可 Wa-mg sin37°·4R-mg cos37°·4R=0-Ek 能飞起来。设蛛丝所带电荷量为q0,蜘蛛要想飞 (2分) 起来，电场力应大于重力，则有 qoEo>mg (1分) 联立解得E=4(3十3)mgR (1分) 5 解得q0>4×10-5C (1分) (2)23a 4Ega2 (2)设蜘蛛上升速度最大时高度为h。,能到达的 15.()1aE kg 3 3a,3E0 ·35· 6 2027 单元过关 (3)一个亮点，依据见解析 16.(1)1:1(2)√23gL 4√3 【解析】(1)质量为m的粒子在x<0的空间做 (3) 3 mgL 匀速圆周运动，则有 (4)1:4 Qq mvi 【解析】(1)从A运动到B点，小球水平方向做 k(2a)2-2a (1分) 匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向 1 的速度为0，由运动学公式得 且有E。=2mo (1分) 解得Q=如E0 1. (1分) (1分) kg 又由于2L=to4 (1分) (2)设粒子经过y轴时，速度的偏转角为0，经过 解得tOA=tAB y轴的点的坐标为y1。则有 即toA:tAB=1:1 (1分) (2)设小球质量为m,初速度为v0,从O到A,小 血9-9 球水平方向做匀速直线运动，则有2L=voto4 可得0=60° (1分) 竖直方向上则有vA=g·toA (1分) 根据几何关系 又因为vAy=o0·tan0 (1分) y1-2a(1-cos0) (1分) 解得y1=a 联立解得vo=√2√3gL (1分) 经过yOz平面后，粒子在x、y轴方向做匀速直 (3)小球过B点时Vx=0 线运动，在x轴正方向做匀加速直线运动，设打 则小球在B点的动能E如= 2 mv (1分) 到荧光屏上点的坐标为(x,y,之)，则有 又因为VB,=2VAy x=voc0s0·t 43 y-y1=Vo sin0·t 故有Ea=3mgL (1分) y=3a (1分) (4)设小球从O到A、从A到B时间为t,根据运 1 s=2dot 1 动学规律则有后=g·t (1分) 3 根据牛顿第二定律 v0=ax·t (1分) gE=mao 可知ax=3g 23 联立解得x 3a,2 4Ega2 (2分) 由F合与水平方向夹角为30°，0A与水平方向夹 3Eko 角为30°，建立如图所示坐标系，将A分解到x'、 故打到荧光屏上点的坐标为(23a 4Ega y'上，小球在x'方向上做匀速运动，在当y方向 3,3a,3Eo 上做类竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的 (1分) 1 (3)一个亮点，依据：对质量为0.5m的粒子有 最小动能Eam=2mv (1分) 1 而V=TAc0s30°=0 (1分) Eo=2·0.5moi 1 - 解得Ean=2mu品 (1分) R 小球在电场中运动中过C时动能最大，根据运动 √2 的分解则有vc.=v0,VCy=3vAy (1分) 解得u1=20o,R=2a 1 Exms-2m [v(votan 0)]-2mv 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) 联立可得Ekmin:Ekmax=1:4。 (1分) x1=v1c0s8·t1 y-y1=u1sin0·t1 1 之1=201好 309 30° 309 gE=0.5ma 2W3 4Ega? 联立解得x1 3a,y=3a,x1= 3Eko (1分) 所以只有一个亮点。 (1分) ·36·