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(安徽专版)

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、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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 4 5 6 2 8 答案 1.如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6V、4V、2V;a、b、c分 别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是 () A.b4 B.b C.b D.b 2.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a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 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 D.粒子将沿x轴正方向一直运动 3.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一离子。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 () 单元过关（九）物理第1页（共8页） 劳力于毫未，奋斗成大材 班级 D ←一鼓 机 直 姓名 电源 甲 乙 得分 A.B点的电场强度比D点小 B.OH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 4.如图所示，立方体的A、B、G、H四个顶点各固定着一个带正电的点电荷，电荷量相同， O点是立方体的中心。现将处在A点的点电荷沿着AO连线向O点移动，在这个过程中， 下列说法正确的是 ( A.O点的电场强度减小 B.E点的电势先增大后减小 C.C点的电势先增大后减小 D.B点的电荷受到的电场力减小 HE 5.如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在 的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为g、2g、3g(q>0)的微粒，通过多次摆放 发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1：2：3，不考虑微粒间的相 互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别 放有电子A、B(不计重力)，给它们各自一个垂直于导体棒的初速度使其以导体棒为轴 做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为 () 3g· 2g· 9 +十++十++++++什+++++++ A.1:1 B.3:5 C.1:2 D.5:3 6.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 () A.B球的轨迹是一段抛物线 Liiittt 0 B.A球的质量大于B球的质量 B⊕ C.此过程中点电荷对B球的库仑力减小 D.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小 单元过关（九）物理第2页（共8页） 7 7.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g的试探电荷，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的 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，αb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 0.501 10L 0t1 /13L1t -0.501 甲 A电场强度的方向与x轴正方向成，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.圆周运动的过程中变力F的最大值为m 、r2 Pi 36R+qR 8.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC 是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源 向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量十e的粒子，其中到达B点的粒子动能 为12eV,达到C点的粒子动能为16eV,忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说 法正确的是（已知sin53°=0.8） () A.BC是电场的一条等势线 B.匀强电场的大小为80V/m C.所有离开圆的粒子最大的动能为17eV D.当某个粒子经过圆周上某一位置时，可能具有4eV的动能 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 单元过关（九）物理第3页（共8页） 题号 9 10 答案 9.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 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 10.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4×10-8C,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 10m/s2,则 () 漏斗) M 0 分离器 左桶 右桶 zh222971977917577715918777777777717777771 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 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(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。 AO------6B 绝缘手柄 单元过关（九）物理第4页（共8页） 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O,若两次 实验中A的电量分别为q1和g2,日分别为30°和45°，则21为 92 12.(10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。一H,其中E。 =150V/m为地面的电位梯度，常量k=0.1V/m,H为距地面高度。睛朗无风时， 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） 13.（10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从二9n37=0.6,c037°=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） 7 14.(14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。 M 0 7 单元过关（九）物理第7页（共8页） 15.（18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）·物理· (3)小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有 moUcx=movc+mu (1分) 由机械能守恒定律有 2mo8=2m,(u6)2+ 1 2mv2 (1分) 联立解得碰撞后滑块的速度大小v=2m/s 因1mg=1.2N>u2(m+M)g=1N(1分) 故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀 加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有 uimg=mai (1分) 解得a1=4m/s2 对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有 uimg-u2 (m+M)g=Ma2 (1分) 解得a2=1m/s2 设经过时间t',两者共速，有 2026一2027学年度单元过关（九） 物 一、选择题 1.C【解析】如图所示，ac中点d的电势pa= 9十9=4V=6,故b、d的连线为该匀强电场 2 的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势点指 向低电势，点，即电场线沿ac方向且由a指向c,C 正确。 4V 2V 2.C【解析】粒子在a点受到的静电力沿x轴正方 向，在C点受到的静电力沿x轴负方向，A错误； 粒子从b点运动到c点，静电力做负功，电势能增 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α点到b点加速运动，越过b,点后减 速运动，速度减为0后又反向加速，越过b点后又 减速运动直到速度为0，之后再次重复上述过程， 循环往复，C正确，D错误。 3.A【解析】因D处的电场线较B处密集，可知B 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 势逐渐降低，四个，点中，A点电势最低，D点电势 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 小，D错误。 4.B【解析】初始时B、H两点的点电荷在O点的 合场强为0，A、G两，点的点电荷在O点的合场强 也为0，则在A点的，点电荷沿着AO连线向O,点 ·31 参考答案及解析 v'=v-at'=a2t' (1分) 解得t'=0.4s,v'=0.4m/s (1分) 此过程中，滑块的位移大小 -.份m 薄木板的位移大小 v' x=2t=0.08m (1分) 则薄木板的长度 L=x1一x2=0.4m （1分) 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 热量 ,1 Q=:M+m)g·x+2M+m)0'2=0.12J。 (1分) 理·电场力的性质电场能的性质 移动过程中，根据电场强度叠加原则可知O,点的 电场强度逐渐增大，A错误；由于电势是标量，B、 G、H三，点的点电荷在E点的电势不变，处在A 点的点电荷沿着AO连线向O点移动，该点电荷 与E点的距离先减小后增大，且点电荷带正电，所 以E点的电势先增大后减小，B正确；B、G、H三 点的，点电荷在C点的电势不变，处在A点的点电 荷沿着AO连线向O,点移动，该，点电荷与C点的 距离一直减小，则C点的电势一直增大，C错误； G、H两，点的，点电荷对B点的，点电荷的库仑合力 FGH保持不变，处在A点的点电荷沿着AO连线 向O点移动，一开始，该点电荷与B点距离减小， 则该点电荷对B点的，点电荷的库仑斥力增大，且 与G、H两，点的点电荷对B点的电荷的库仑合力 FGH的夹角变小，故B点的点电荷受到的电场力 一开始一定是增大的，D错误。 A【解析】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度 为EE2E,由平衡条件得E1=mg,E,=mg 2q 1.1.1 E。-g即E,E2:E,i23,而它仰 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某点电场 强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任 意一点的电场强度大小可写成E=(为常量)， 由于电子绕子体棒做匀速圆周运动，则 点得=A三扇 m C【解析】开始时B球受力如图所示，由相似三 角移可分品-品-0瓷日0B<0C加m8> 7 2027 T=mAg,则A球的质量小于B球的质量，B错 误；由于T不变，OC不变，可知OB不变，则随着 B球所带的电荷量缓慢减少，B球的轨迹是一段圆 第A候误根格P-6器尉認-是别 随着B的电荷量缓慢减少，BC减小，F减小，即此 过程中点电荷对B球的库仑力减小，C正确；因滑 轮两侧绳子拉力不变，当B球下降时，两侧细绳的 夹角减小，则合力变大，即此过程中滑轮受到轻绳 的作用力逐渐变大，D错误。 /UU∠ o OA mag ⊕C 7.D【解析】由题图乙可知，带电微粒在转动过程 中，电势最高值为1.5p1,电势最低值为-0.5p1, 最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径 取四等分点，找到与a点电势p。=0相同的点A, 如图所示，αA垂直于电场线，设电场强度的方向 R 21 与x轴正方向为0，由几何关系os0=R-2,解 得0=了，A错误；由上述分析可知9，=1.0g,从 a点到b点由动能定理W十qUb=0,又Ub= P。一P6=一p1,解得W=qP1,B错误；在圆周运动 的过程中电势为1.5p1时，变力F达到最小值，故 微粒在a点时所受变力F不可能达最小值，C错 误；由题图乙可知，微粒做圆周运动的周期T 13t1-t=12t1,速度0=K=水，电场强度 E-g159k0.59》-贯國周运动的连 △x 2R 程中电势为一0.501时变力F达到最大值，有 F一gE=mR·解得F=m3R十9发D正确。 2 π2 A E -0.5p1 、A 0 /p=1.00 1.5p1 8.C【解析】由题意可知，粒子由A,点到B点，根据 动能定理有eUAB=EkB一EkA=4eV,可得UAB= PA一PB=4V,同理粒子由A点到C点， 有eUAc=Ekc一EkA=8eV,可得UAc=PA一Pc= 8V,所以Uc=一4V,A错误；由上述分析可知， OB连线为一条等势线，根据电场方向垂直于等势 7 ·3 单元过关 线并由高电势指向低电势可知电场方向由A指向 D,如图所示，在△AOB中，由题意可知∠OBA= ∠OAB=63.5°，所以∠B0A=180°-2X63.5°= 53°，则AD=Rsin∠BOA=4cm,所以该匀强电 场的电场强度大小E二8=100V/m,B错误) 过O作OF平行于AD交圆于F,可知F是圆上 沿电场方向上离O最远的点，则F点电势最低， 则有UoF=ER=5V,所以A、F两点间电势差 UAF=UAo十UoF=UAB十UoF=9V,当粒子经过 F点时电势能最小，动能最大，有EkF=EkA十 eUAg=l7eV,C正确；圆周上的最小动能Ekmin= Ekn一E·2R=7eV,故当某个粒子经过圆周上某 一位置时，不可能具有4eV的动能，D错误。 B 二、选择题 9.BC【解析】由于电子做曲线运动，电子所受电场 力要指向轨迹的凹侧，则电子受到吸引力，所以场 源点电荷应带正电，A错误；电子从a点运动到f 点过程有War=-eUar=4eV,Wf=Ea一Ep时， 解得Ea=一16eV,所以E=Eka+Ea=一6eV, 电子从a,点运动到c点过程有一eUac=Ec一Ea, 解得E=l8eV,B正确；电子从a,点运动到d,点 过程有Wa=-eUa=l2eV,Wa=Ea一Ed,解 得E=一28eV,C正确；由以上分析可知，电子 运动过程中总能量为一6eV,当电子经过电势为 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。 10.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点的电势高于N点的电势，B错误；设该电 场的电场强度为E,根据牛顿第二定律有qE= na,解得a=。由于茶叶的比荷兰大于茶梗 m 的比荷，可知在任何同一位置茶叶的加速度大于 茶梗的加速度，水平方向都做加速运动，即在相 等时间内，茶叶的水平位移大于茶梗的水平位 移，可知，茶叶落入右桶，茶梗落入左桶，C正确； 设茶梗P落入桶底速度大小为)，由题意知其初 速度vo=1m/s,茶梗P从O,点到落入桶底过程 ·物理· 中，由动能定理可知mgh十gU= 2mu2、 2mv6,代 入数据解得v=5m/s,D正确。 三、非选择题 1.1)C(2分)(2)减小(2分)(3) 6(2分) 【解析】(1)题图甲中先保持带电小球的电荷量 不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上 的P1、P2、P等位置，改变两个小球之间的距 离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距 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 量法，C正确。 (2)本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所 受静电力的大小，由题图可知，距离越小，丝线偏 离竖直方向的角度越大，设偏角为日，由平衡条件 有F=mg tan0,可知电荷之间的静电力随着距 离的增大而减小。 (3)设小球B的质量为m,电量为q,小球B的受力 情况如图所示。当A带电量为q1时，由平衡条件 得F=g:9=mgan30,其中1=PBsn30,当 ri A带电量为g2时，由平衡条件得F'=9:9 mgtan45，°其中r2=PBsin45°，联立解得91= tan30°sin230°√3 tan45°sin245°6。 :0\T AO---- 万 12.(1)负电大于4×10-5C(2)300m600m 【解析】(1)因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝 应带负电荷，才能使电场力竖直向上，蜘蛛才可 能飞起来。设蛛丝所带电荷量为q0,蜘蛛要想飞 起来，电场力应大于重力，则有 (1分) goEo>mg 解得q0>4×10-5C。 (1分) (2)设蜘蛛上升速度最大时高度为h。,能到达的 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 度向下增大、减速上升，速度减为零时到达最大 高度。速度最大时重力与电场力平衡，则有 mg=qE=qE。-kqho (1分) 解得ho=300m (1分) ·3 参考答案及解析 上升过程中电场强度随高度增大均匀减小，电场 力也随高度增大均匀减小，则上升过程中电场力 做的功 w- Eog+Eq (2Eo-kh)gh -h= (2分) 2 2 对上升过程，由动能定理有 W-mgh=0 (2分) 联立解得h=600m。 (2分) 13.(1)y2Qg (2)3+3)g+V2Qg 4R2 5 4mR2 (3)4(3+3)mgR 5 【解析】(1)将圆环等分为n段小圆孤，每段小圆 孤均可视为电荷量为q。的点电荷，有 Q=ngo 在c点，由库仑定律，q。对小球的电场力 kqqo F。= (1分) 由几何关系 r2=2R2 在c点，整个圆环对小球的电场力设为F。,有 F.=nFosin 45 (1分) 联立解得F,=BQg 4R2 (1分) (2)由对称性，小球在b,点所受的电场力与在c 点所受的电场力方向相反，大小相等，有 F6=F。 (1分) 在b点，对小球由牛顿第二定律，有 mg sin37°+umg cos37°+F6=ma (1分) 联立解得a= (3+3)g√2kQ9 (1分) 5 4mR2 (3)小球从a到d,由对称性，电场力做功 Wad=0 (1分) 对小球，由动能定理，有 Wa-mgsin37°·4R-mg cos37°·4R=0-Ex (2分) 联立解得E4=4(3十3)mgR (1分) 5 14.(1)4aE0 (2)/23a。 4Ega kg 3,3a,3E0 (3)一个亮点，依据见解析 【解析】(1)质量为m的粒子在x<0的空间做 匀速圆周运动，则有 Qq mvi k(2a)2-2a (1分) 1 且有Ew=2mw6 (1分) 7 2027 解得Q=4知Eu (1分) kg (2)设粒子经过y轴时，速度的偏转角为日，经过 y轴的点的坐标为y1。则有 sin =3 2 (1分) 可得0=60° 根据几何关系 y1=2a(1-cos0) (1分) 解得y1=a 经过yO2平面后，粒子在x、y轴方向做匀速直 线运动，在之轴正方向做匀加速直线运动，设打 到荧光屏上点的坐标为(x,y,之)，则有 x=voc0s8·t (1分) y-y1=vo sin0·t (1分) y=3a 1 (1分) 根据牛顿第二定律 gE=mao (1分) 联立解得x= 23 3a,2 4Ega2 3Eko 数打到荧光屏上点的坐标为23a,3ab 4Ega2 3 3Eko (1分) (3)一个亮点，依据：对质量为0.5m的粒子有 Eo=2·0.5mo &8-8限 (1分) R √ 解得v1= 20,R=2a 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) x1=v1c0s8·t1 y-y1=v1sin0·t1 1 之1=201号 qE=0.5ma 联立解得x1= 23 3a,y=3a,z1 4Ega? (1分) 3Eo 所以只有一个亮点。 (1分) 15.11:1(2V25gL（3)4y3, 3 mgL (4)1:4 【解析】(1)从A运动到B点，小球水平方向做 匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向 3 单元过关 的速度为0，由运动学公式得 L-24n (1分) 又由于2L=voto4 (1分) 解得tOA=tAB 即toA:tAB=1:1 (1分) (2)设小球质量为m,初速度为0，从O到A,小 球水平方向做匀速直线运动，则有2L=VotoA (1分) 竖直方向上则有vAy=g·toA (1分) 又因为vAy=v0·tan0 (1分) 联立解得vo=√23gL (1分) (3)小球过B点时⑦z=0 (1分) 1 则小球在B点的动能Ea=2mu, (1分) 又因为VB,=20Ay 43 故有Eu=3mgL (1分) (4)设小球从O到A、从A到B时间为t,根据运 动学规律则有后=8· (1分) vo=ax·t (1分) 可知az=√3g (1分) 由F合与水平方向夹角为30°，A与水平方向夹 角为30°，建立如图所示坐标系， 将A分解到x'、y'上，小球在x'方向上做匀速 运动，在当y'方向上做类竖直上抛运动，所以小 1 球在电场中运动的最小动能Emim=2mu (1分) 而VA=TAC0s30°=V0 (1分) 1 解得Ekni=2mw品 小球在电场中运动中过C时动能最大，根据运动 的分解则有Vc=v0,Vc=3vAy (1分) 1 Emr=2m[o6+(3utan6)2]=2mw8(1分） 联立可得E kmin:Ekmax=1:4。 (1分) y gE 、 30y 30% 30° mg 4·