2022-2022学年山西大学附中高二（上）期中 一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共计52分）1．（4分）（2022秋•小店区校级期中）有关电动势的说法中不正确的是（ ） A．电源的电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功 B．当外电路断开时，电源的电压与电源电动势相等 C．电源提供的电能越多，电源的电动势越大 D．当电路中通过1库仑电荷量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：根据电动势的定义式E=可知，非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功等于电源的电动势．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．解答：解：A、电动势的定义式E=可知，电源的电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．故A正确；B、由闭合电路欧姆定律可知，电动势等于内、外电路电势降落之和，当外电路断开时，电源的电压与电源电动势相等．故B正确；C、电源提供的电能取决于做功时间，不能说明电动势大；故C错误；D、根据电动势的定义式E=可知，当电路中通过1库仑电量时，电源消耗的其他形式能的数值等于电源电动势的值．故D正确．本题选择不正确的，故选：C点评：本题考查电动势的物理意义．要注意电动势与电压是两个不同的概念，不能说“电动势就是电压”． 2．（4分）（2022秋•孝感期中）如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势φ高低的比较，正确的是（ ） A．EA=EC＞EB，φA=φC＞φBB．EB＞EA＞EC，φA=φC＞φB EA＜EB，EA＜EC，φA＞φB，φA＞φCEA＞EB，EA＞EC，φA＞φB，φA＞φC-16-\nC．D．考点：电场线；电势能．分析：电场线越密的地方，电场强度越强．沿着电场线方向电势降低．通过电场线的分布进行判断．解答：解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则EB＞EA＞EC；等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势．所以φA=φC＞φB．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直． 3．（4分）（2022秋•小店区校级期中）如图甲所示的U﹣x图象表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上的距离关系．如图乙所示，若三对金属板的负极板接地，图中x均表示到正极板的距离，则下述结论中不正确的是（ ） A．三对金属板两板电势差的关系为U1=U2=U3 B．三对金属板正极电势的关系φ1＞φ2＞φ3 C．三对金属板板间距离关系为d1＜d2＜d3 D．三对金属板板间场强大小是E1＞E2＞E3考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：匀强电场中任意两点的电势差，等于场强与这两点间沿着电场方向的距离的乘积．即U=Ed，根据电场的电势差与场强方向上的距离关系得U=﹣kx+b．即表示平行金属板间任意一点到负极的电势差与场强方向上的距离关系．解答：解：AB、三对金属板的负极板接地，即电势为零．根据电场的电势差与场强方向上的距离关系图象得：三对金属板正极和负极电势差相等，即U1=U2=U3，所以三对金属板正极电势的大小相等，即有φ1=φ2=φ3，故A正确，B错误．CD、根据电场的电势差与场强方向上的距离关系得U=﹣kx+b．即表示平行金属板间任意一点到负极的电势差与场强方向上的距离关系．-16-\n根据匀强电场中任意两点的电势差等于场强与这两点间沿着电场方向的距离的乘积，即U=Ed，所以电场的电势差与场强方向上的距离关系图象斜率的绝对值大小等于场强大小，所以三对金属板间场强大小有E1＞E2＞E3．由d=知，板间距离关系为d1＜d2＜d3，故CD正确．本题选不正确的，故选：B．点评：掌握匀强电场中任意两点的电势差，等于场强与这两点间沿着电场方向的距离的乘积．即U=Ed，正确理解d的含义． 4．（4分）（2022秋•小店区校级期中）如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度为零，以下说法正确的是（ ） A．小球重力与电场力的大小关系是qE=mg B．小球重力与电场力的大小关系是mg=qE C．小球在B点时，细线拉力T=2qE D．小球在B点时，细线拉力T=mg考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：类比单摆，小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，说明弧AB的中点是运动的最低点，对小球进行受力分析，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，再根据几何关系可以求出Eq，球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，再根据几何关系即可解题．解答：解：（1）类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qEsin30°=mgcos30°，化简可知Eq=mg，选项A正确、B错误；（2）小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T=mg，选项C错误、D正确．故选：AD．点评：本题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题． 5．（4分）（2022•碑林区校级模拟）如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处．静止时A、B相距为d．为使平衡时AB间距离变为2d，可采用以下哪些方法（ ）-16-\n A．将小球B的质量变为原来的八分之一 B．将小球B的质量增加到原来的8倍 C．将小球A、B的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球B的质量变为原来的一半 D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项．解答：解：A如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；根据三角形相似：﹣﹣﹣﹣①，而库仑力﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，由①②得，，要使d变为2d：①可以使球B的质量变为原来的，故A正确、B错误．②小球A、B的电荷量都增为原来的2倍，同时将小球B的质量变为原来的一半，C正确、D错误．故选：AC．-16-\n点评：本题考查了共点力平衡条件的应用，库仑定律、力的合成与分解．题中B球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用． 6．（4分）（2022秋•小店区校级期中）如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为5V和1V，a、b的电势差等于b、c的电势差．一带电粒子从等势面a上某处以速度v释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v，则它经过等势面b时的速率为（ ） A．vB．vC．vD．1.5v考点：等势面．分析：电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：由动能定理知从a到c：=1.5mV2=4q，设在等势面b时的速率为v，则：=2q，联立可得：v′=，B正确．故选：B点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题． 7．（4分）（2022•岳阳二模）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是（ ） A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于 C．此过程中产生的内能为-16-\n D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为考点：电势差；动能定理的应用；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；由动能定理可确定过程中产生的内能与动能变化关系；由动能定理可求得两点间的电势差．解答：解：A、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零．故A错误；B、水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，故B错误；C、由动能定理可得：Uq﹣μmgs=0﹣mv02，产生的内能Q=μmgs=Uq+mv02，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少．故C错误；D、由动能定理可得：Uq﹣μmgs=0﹣mv02，解得两点间的电势差U=，故D正确；故选D．点评：解答本题应注意库仑力随离Q的距离的增大而减小，而滑块的运动可告诉我们最后一定有滑动摩擦力大于库仑力；同时还要明确一定：电场力做功取决于始末位置间的电势差，和路径无关． 8．（4分）（2022秋•信阳期末）如图所示，一个带电油滴从O点以初速度v0向右上方射入无限大的匀强电场E中，v0的方向与E方向成α角．现测得油滴到达运动轨迹的最高点P时速度大小仍为v0，则下列说法正确的是（ ） A．P点可能在O点的右上方 P点可能在O点的左上方-16-\nB． C．到达最高点P时，重力和电场力对油滴做功的功率都为0 D．从抛出到最高点的过程中，油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：由题，油滴从O到P的过程，动能不变，重力势能增加，电势能减小，电场力做负功，则知P的位置．由于重力与电场力垂直，油滴在最高点的速度不可能与两个力都垂直，可知两个力的功率不可能都为零．根据能量守恒定律分析重力势能变化与电势能变化的关系．解答：解：A、当油滴带正电时，电场力向右，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的右上方；故A正确．B、若油滴带负电时，电场力向左，到达最高点时，动能不变，则电势能应减小，电场力做正功，则P点在O点的左上方；故B正确．C、由于重力与电场力垂直，油滴在最高点的速度不可能与两个力都垂直，可知两个力的功率不可能都为零．故C错误．D、从抛出到最高点的过程中，动能不变，重力势能增加，电势能必减小，根据能量守恒定律油滴电势能的减少量一定等于重力势能的增加量．故D正确．故选ABD点评：本题以带电液滴在复合场中的运动为背景考查了电势能、电场力做功等问题，其关键是分析清楚带电液滴的运动规律． 9．（4分）（2022秋•小店区校级期中）如图，两带电平行板竖直放置，开始时两极板间电压为U，相距为d，两极板间形成匀强电场，有一带电粒子，质量为m（重力不计）．所带电荷量为+q，从两极板下端连线的中点p以竖直速度v0射入匀强电场中，带电粒子落在A极板的M点上．若将A极板向左水平移动，此带电粒子仍从p点以速度v0竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则（ ） A．两极板间电压应增大为原来的3倍 B．两极板间电压应增大为原来的倍-16-\n C．两极板间电压应减少为原来的 D．两极板间电压应减少为原来的考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：运用运动的分解研究小球的运动：水平方向小球受到水平向左的电场力而匀加速运动，竖直方向上，不受力作用而做匀速直线运动，两个分运动时间相等，由牛顿第二定律和运动学公式求解．解答：解：小球水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速直线运动，根据带电粒子在电场中的偏转，设竖直距离为l，水平距离为，由运动的分解可知：竖直方向有：l=v0t…①水平方向有：==，即：d=…②若将A极板向左水平移动，则板间距离变为，水平距离变为d，初速度和竖直距离不变，由①知时间不变，则水平方向有：d===…③所以由②③可得：U′=3U，选项A正确，BCD错误．故选：A．点评：本题中小球在电场中做类平抛运动，运用运动的分解研究是常用方法，本题要学会运用比例法，分析两种情况各量之间的关系． 10．（4分）（2022秋•小店区校级期中）一根电阻丝在通过2C的电量时，消耗电能是8J．若在相同时间内通过4C的电量，则该电阻丝两端所加电压U和该电阻丝在这段时间内消耗的电能E分别为（ ） A．U=4VB．U=8VC．E=16JD．E=32J考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：已知电阻丝在通过2C的电量时，消耗的电能是8J，根据W=qU变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；已知通过电阻丝的电量是4C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．解答：解：因为电阻丝在通过2C-16-\n的电量时，消耗的电能是8J，由W=qU得：此时电压为：U==V=4V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是4C时，根据I=可知，I′=2I根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U′=2U=2×4V=8V电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=q′U′=4×8J=32J．故选：BD．点评：本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解． 11．（4分）（2022•静安区一模）如图所示，在x轴上的两点分别放有﹣Q和+4Q两个点电荷，位置坐标分别为0和1．反映沿x轴电势分布情况的图线，正确是（ ） A．B．C．D．考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：该题属于点电荷的电势与电势的合成的题目，属于大学物理电磁场的内容，选取无穷远为0势能点，代入点电荷的电势的表达式：，即可得到正确的答案．解答：解；选取无穷远为0势能点，将x＜0区域的点的两个点的电势都代入电动势的表达式，又EP总=EP1+EP2，所以，在x小于0的区间内，当r=﹣1时，有最大值，故B正确．故选B．点评：该题属于点电荷的电势与电势的合成的题目，属于大学物理电磁场的内容，高中物理奥赛中的题目也仅仅是涉及皮毛．超纲题目，难度太大． 12．（4分）（2022•青岛一模）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列判断正确的是（ ） A．O点的场强最小，电势最低-16-\n B．﹣x1处的电势和x1处的电势相等 C．电子从x1处到﹣x1处的过程中速度先减小后增大 D．电子从x1处到﹣x1处的过程中电势能一直减小考点：电势；电场强度；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题需掌握：电场线的切线方向表示空间该点的场强方向；沿着电场线电势越来越低．解答：解：A、B、从E﹣x图象可以看出，O点的场强最小；由于电场强度的方向全是沿x轴的正方向，沿着电场线电势降低，故在x轴正方向上，x越大，电势越低；故A错误，B错误；C、由于电场强度是正方向，故电子受力沿着负方向，故电子从x1处到﹣x1处的过程中电场力与速度一直同向，故速度一直增大，故C错误；D、电场力做正功，电势能减小；电子从x1处到﹣x1处的过程中电场力与速度一直同向，故电子从x1处到﹣x1处的过程中电势能一直减小；故D正确；故选：D．点评：本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可． 13．（4分）（2022秋•小店区校级期中）有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势φ随坐标x的改变而变化，变化的图象如图所示，设场强沿x轴正方向时取正值，则图乙中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是（ ） A．B．C．D．考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度方向平行于x轴，如果在x方向上取极小的一段，电场强度有，根据电势U随坐标x的改变而变化，通过直线的斜率物理意义求解．沿着电场线方向电势降低．解答：解：电场强度方向平行于x轴，电势U随坐标x图象的斜率的意义反映了电场强度．-16-\n沿着电场线方向电势降低．0﹣2mm，直线斜率不变，沿x轴正方向电势升高，说明电场强度方向沿x轴负方向，大小等于V/m=2×104V/m，依次求出其他位置的电场强度．故选：A．点评：正确把握电势U随坐标x图象的斜率的物理意义是解决问题的关键． 二、填空题（每小题4分，共计8分．）14．（4分）（2022秋•小店区校级期中）如图所示的A、B、C、D、E、F为匀强电场中正六边形的六个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为﹣1V、1V、5V，则D点的电势φD为 7 V．考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在匀强电场中，沿着任意方向前进相同距离，电势的降落必定相等，根据这个特点并结合几何关系就可以得到D点的电势；匀强电场的等势面是一系列的平行且等间距的直线，电场线必定与等势面垂直，且从高等势面指向低等势面，结合以上特点就可以画出电场线．解答：解：在匀强电场中，沿着任意方向前进相同距离，电势的降落必定相等，由于从A到D方向平行与BC方向，且AD间距等于BC间距的两倍故有φD﹣φA=2（φC﹣φB）代入数据解得φD=7V故答案为：7．点评：本题关键要明确匀强电场中沿着任意方向电势降落相等，同时要熟悉匀强电场中等势面和电场线的关系，然后结合几何关系分析求解． -16-\n15．（4分）（2022秋•小店区校级期中）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S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内的电子数目是 ．考点：射线管的构造及其工作原理．分析：根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v．在一小段长为△l内电子可以看成做匀速运动，由△t=求出电子运动的时间，根据电流求出长为△l电子束的电量，再求解电子数．解答：解：根据动能定理得：eU=mv2得到：v=①在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为：q=I△t=I②电子数n=③联立①②③得：n=故答案为：．点评：本题关键是建立物理模型，对电子束运动情况进行简化．中等难度． 三、计算题．（共4小题，共40分．写出必要的文字说明和解题步骤，只写出最后答案的不能得分．）16．（10分）（2022•余江县校级四模）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求：（1）电场强度的大小E；（2）质点经过a点和b点时的动能．考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：-16-\n根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解．解答：解：质点所受电场力的大小为f=qE①设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有：②③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有：Eka=mva2④Ekb=mvb2⑤根据动能定理有：Ekb﹣Eka=2rf⑥联立①②③④⑤⑥式得：答：：（1）电场强度的大小E为（Nb﹣Na）；（2）质点经过a点和b点时的动能分别为：（Nb+5Na）和（5Nb+Na）．点评：考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负． 17．（10分）（2022•江西模拟）如图（a），平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图（b）所示的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，电压的正向值为U0，反向值也为U0．现有由质量为m的带正电且电荷量为q的粒子组成的粒子束，从AB的中点O以平行于金属板方向OO′的速度v0=射入，所有粒子在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响．求：（1）粒子飞出电场时的速度；（2）粒子飞出电场时位置离O′点的距离范围．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电容．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．-16-\n分析：（1）将粒子的运动沿着平行于初速度方向和垂直于初速度的方向正交分解，在平行于初速度方向，粒子做匀速直线运动，在垂直于初速度方向，粒子在电场力的作用下做变速直线运动，求出两个方向上的分速度，最后得到合速度即可；（2）粒子在t=0、T、2T…时刻进入时，O′位置偏向最下端；粒子在t=、、…时刻进入时，O′位置偏向最上端，根据运动学公式列式求解即可．解答：解：（1）将粒子的运动沿着平行于初速度方向和垂直于初速度的方向正交分解，在平行于初速度方向，粒子做匀速直线运动，有v∥=v0=在垂直于初速度方向，粒子在电场力的作用下做变速直线运动，根据牛第二定律，有任意时刻进入后，穿过电场的时间都为T，故故故飞出电场时的速度为．（2）粒子在t=0、T、2T…时刻进入时，O′位置偏向最下端，此时，在垂直电场方向，粒子先向下匀加速直线运动后向下匀减速直线运动，根据运动学公式，有=粒子在t=、、…时刻进入时，O′位置偏向最上端，此时，在垂直电场方向，粒子先向上匀加速直线运动后向上匀减速直线运动最后向下匀加速直线运动，根据运动学公式，有=故粒子飞出电场时位置在O′点的上方到下方范围内．点评：本题关键将粒子的运动沿着平行于初速度方向和垂直于初速度方向进行正交分解，然后根据运动学公式列式求解． 18．（10分）（2022春•八道江区校级期末）如图xOy平面坐标系，x轴方向为水平方向，y轴方向为竖直方向，在第一象限内有竖直向下的匀强电场E，在第二象限内场强为E的匀强电场与x轴正方向成37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），在（﹣l，l）处一带电荷量为q的带电小球由静止开始沿x轴正方向直线运动，然后进入第一象限．求：-16-\n（1）带电小球第一次经过x轴时的位置坐标（2）带电小球第一次经过x轴是的动能．考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）小球在第二象限内做直线运动，知合力的方向水平向右，根据竖直方向上平衡得出重力与电场力的关系，对第二象限内的运动过程运用动能定理得出进入第一象限的初速度，结合类平抛运动的规律，通过牛顿第二定律和运动学公式求出带电小球第一次经过x轴时的位置坐标．（2）对全过程运用动能定理，结合重力和电场力的关系求出带电小球第一次经过x轴时的动能．解答：解：（1）设小球所受的重力为G，小球在第二象限内做直线运动，知小球合力水平向右，竖直方向上合力为零．有：G=qEsin37°．设进入第一象限的初速度为v0根据动能定理得，．小球在第一象限内，竖直方向上有：l=，水平方向上有：x=v0t联立各式解得．（2）对全过程运用动能定理得，qElcos37°+（qE+G）l=Ek解得．答：（1）带电小球第一次经过x轴时的位置坐标为．（2）带电小球第一次经过x轴是的动能为．点评：解决本题的关键知道小球在第二象限内做匀加速直线运动，合力水平向右，在第一象限内做类平抛运动，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解． 19．（10分）（2022•台江区校级四模）如图，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10﹣4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知sAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（g=10m/s2）（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；（2）带电体最终停在何处．-16-\n考点：动能定理的应用；静摩擦力和最大静摩擦力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）对从A到C过程根据动能定理列式求解C点的速度即可；（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，对从C到D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑块会静止在最高点．解答：解（1）设带电体到达C点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE（sAB+R）﹣μmgsAB﹣mgR=mv2解得：v=10m/s（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：﹣mgh﹣μqEh=0﹣mv2解得h=m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力：Ffmax=μqE=4N，重力G=mg=2N，因为G＜Ffmax所以带电体最终静止在与C点竖直距离为m处．答：（1）带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度为10m/s；（2）带电体最终停在与C点竖直距离为m处．点评：本题关键是明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用动能定理列式求解，难度适中． -16-
