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南阳市一中高二年级 2025 年秋期第一次月考
物理学科试题
一、单选题:(本题共 7 小题，每题 4 分，共 28 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合要求)
1．关于静电场，下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的方向处处与等势面垂直
B．E=
F
q 只适用于点电荷产生的电场
C．由库仑定律的表达式F k
q1q2
2 可知，当 r 0时，F→无穷大r
D．由C=
Q
可知，若电容器两极板间的电压 U 改变，则电容器的电容 C 一定改变
U
2．如图所示，在正六面体的 a 点放置一正点电荷，f 点放置一电荷量相等
的负点电荷，下列说法正确的是（　　）
A．b 点电势大于 c 点电势 B．d 点电势等于 g 点电势
C．d 点和 g 点场强大小相等 D．b 点和 c 点场强大小相等
3．（改编练习册 P21 第 10 题）如图所示，平行于匀强电场区域中，有A 、
B 、C 、D四点恰好位于正方形的四个顶点上，已知正方形边长为 L 0.1m ，A 、 B 、C 三点
电势分别为jA 1V，jB 3V ，jC 2V ，则（ ）
A．UBA U AD B．匀强电场的方向沿着BD方向
C．匀强电场的场强大小为E 10 5V/m D．D点的电势为 2V
4．假设在某电场中沿 x 轴方向上，电势 φ 与 x 的距离关系如图所
示，现有一个电子在电场中仅受电场力作用移动，则下列关于电场
和电子能量说法正确的是（　　）
A．区域 x3 ~ x4 内沿 x 轴方向的电场强度均匀增大
B．区域 x6 ~ x7 内沿 x 轴方向场强不为零
C．若一电子从x1出发运动到 x7 ，则该电子至少应具有 2eV 的初动能
D．电子在区域 x1 ~ x2 内沿 x 轴方向所受电场力大于区域 x3 ~ x4 内沿 x 轴方向所受电场力
5．（改编练习册 P21 第 7 题）如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等
势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电
场力作用下沿实线轨迹运动，由此可判断出（　　）
A． a粒子在M 点受到的电场力比在 N 点受到的电场力大
B． N 点的电势低于M 点的电势
C． a粒子在 N 点的电势能比在M 点的电势能大
D． a粒子在M 点的速率小于在 N 点的速率
6．（预习学案 P11 例 2）一个带绝缘底座的空心金属球 A 带有 4 10-8 C 的正电
荷，其上端开有适当小孔，有绝缘柄的金属小球 B 带有2 10-8C的负电荷，使 B
球和 A 球内壁接触，如图所示，则 A、B 带电荷量分别为（　　）
A．QA 1 10
-8 C、QB 1 10
-8 C B Q -8． A 2 10 C、QB 0
C．QA 0、QB 2 10
-8 C D．QA 4 10
-8 C、QB -2 10
-8 C
7．某静电场在 x 轴上的电场强度 E 随 x 的变化关系（E - x 图
像）如图所示，x 轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点
电荷仅在电场力作用下由静止开始沿 x 轴运动，在 x 轴上的 a、
b、c、d 四点间隔相等，则下列说法正确的是（　 　）
A．点电荷由 a 运动到 d 的过程中加速度先减小后增大
B．b 和 d 两点处电势相等
C．点电荷由 a 运动到 d 的过程中电势能先增大再减小
D．点电荷从 b 运动到 a 电场力做的功小于从 c 运动到 b 电场力做的功.
二、多选题：(本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多个
选项符合题目要求。全部选对 6 分，选对但不全部对的 3 分，选错的 0 分)
8．如图所示为双板式静电除尘器的工作原理简化图，高压电源
两极分别连接放电极与收尘极板P 、Q，在放电极表面附近形成
强大的电场，使周围的空气电离；粉尘颗粒进入静电除尘区域，
粉尘颗粒吸附负离子后带负电，粉尘颗粒在电场力的作用下向极
板P 、Q迁移并沉积，以达到除尘目的。已知图中虚线为电场
线，A 、 B 、C 三点在同一直线上， AB BC ，粉尘颗粒在运动
过程中电荷量不变且忽略颗粒之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A．高压电源一定为直流电源，且M 端为电源的负极
B．到极板P 、Q的粉尘颗粒的电势能均减小
C．不同粉尘颗粒在A 、 B 、C 点受到的电场力大小为FA > FB > FC
j jA +jD．A 、 B 、C 三点的电势满足 > CB 2
9（预习学案 P31 例三改编）。如图所示，两块较大的金属板 A、B 平行水平放置并与一电源相
连， S 闭合后，两板间有一质量为m 、带电量为 q的油滴恰好在 P 点处于静止状态。则下列说
法正确的是（　　）
A．在 S 仍闭合的情况下，若将 A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有
b a 的电流
B．在 S 仍闭合的情况下，若将 A 板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b a
的电流
C．若将 S 断开，且将 A 板向左平移一小段位移， P 点电势降低
D．若将 S 断开，再将 A 板向下平移一小段位移， P 点电势不变
10（预习学案 P41 例二改编）．如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线 MN 以速度 v平行于
极板进入（记为 t 0时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为 k，带电
粒子只受电场力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射
出，则下列说法中正确的是（ ）
A．若粒子在 t 3s时未射出，则粒子在垂直极板方向的速度不为 0
B．粒子射出时的速度大小一定为 v
kU
C．若粒子在 t 4s时未射出，则粒子在垂直极板方向的位移大小为 0 （d 为极板间距）
2d
D kU．极板间距离 d 需满足 d 0 ，粒子才不会与极板碰撞
3
三、实验题:(本题共 2 个小题，每空 2 分，共 16 分)
11（8 分）．如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电
后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计的金属球相
连。观察静电计指针偏转角度的大小，可推知电容器两极板间电势差的大小。
(1)在实验中观察到的现象是______（填正确答案的标号）。
A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小
B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
C．将左极板右移，静电计指针的张角变小
D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
(2)某同学用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质材料）依次间隔夹着两层锡箔
纸，一起卷成圆柱形，然后各自接出引线，如图乙、丙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便
制成了。
①为增大该电容器的电容，下列方法可行的有 （填正确答案的标号）。
A．增大电容纸的厚度 B．增大锡箔纸的厚度
C．减小电容纸的厚度 D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积
②用如图丁所示的电路观察电容器的放电电流变化。换用不同阻值的电阻 R 放电，在图戊中
所描绘的 a、b、c 三条放电电流的 i－t 图线中，对应电阻最小的一条是 （填“a”“b”或
“c”）。
③a、b、c 三条曲线中，a 曲线与横轴围成的面积 （填“大于”“小于”或“等于”）b 曲线与
横轴围成的面积。
12（8 分）．如图甲所示是定性探究电荷间相互作用力与两电荷的电荷量，以及两电荷之间的
距离关系的实验装置。
(1)该实验用到的研究方法是__________（填正确选项前的字母，单选）。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．微小量放大法 D．控制变量法
(2)如图乙所示，当小球 B 静止时，两球球心恰好在同一水平面上，细线与竖直方向的夹角为
q ，若小球 B 的质量为 m，重力加速度为 g，则库仑力 F 与夹角q 之间的关系式 F = 。
(3)如图乙所示，接着该同学增大（或减少）小球 A 所带的电荷量，并在竖直方向上缓慢移动
小球 A 的位置，保持 A 球在悬点 P 的正下方并与 B 在同一水平线上，悬挂在 P 点的不可伸长
的绝缘细线下端的小球 B 的带电量不变，比较小球 B 所受库仑力大小的变化。在两次实验
中，B 处于受力平衡时，细线偏离竖直方向的角度q 分别为 45°和 60°，两次实验中 A 的电荷量
q
分别为 q q 11和 2，则 =q 。2
(4)在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效
为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷。他将两个半径为 R 的金属小球分别带上了 q1和 q2
q1q2
的正电，并使其球心相距 3R，应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力F k 3R 2 ，则该同
学的计算结果 （填“偏大”“偏小”或“正确”）。
四、计算题（共 3 个小题，13 题 10 分，14 题 12 分，15 题 16 分）
13（教材 P32 例题一改编）（10 分）．如图所示，在平行于纸面的匀强电场中，将带电荷量 q=-
6×10-6C 的电荷从电场中的 A 点移到 B 点，克服电场力做了 2.4×10-5J 的功，再从 B 点移到 C
点，电场力做了 1.2×10-5J 的功。
(1)求 A、B 两点间的电势差 UAB和 B、C 两点间的电势差 UBC ；
(2)如果规定 B 点的电势为零，则 AC 中点 D 点的电势为多少？
14（12 分）．如图为简化后喷墨打印机的工作原理图。一质量 m=1.6×10-10kg 的墨滴经带电室
时带上一定量的负电荷，随后以初速度 v0=20m/s 垂直射入平行偏转极板形成的电场中，经电
场偏转后打在纸面上。已知偏转极板长 L1=1.6cm，板间距 d=0.5cm，板间电压 U=8.0×103V，偏
转极板右端到纸面的距离 L2=3.2cm。墨滴打在纸上的点偏离原入射方向的距离为 Y=0.2cm。忽
略空气阻力、墨滴所受重力和偏转电场的边缘效应。求：
(1)墨滴在偏转极板间的运动时间 t；
(2)墨滴通过带电室后所带的电量 q；
(3)仅通过调节 L2来实现字体缩小了 10%，则 L2应调为多大？
15（16 分）．如图，空间中有两块带电平行金属板 、 ，两板间距为 d 0.5 m ，两板间的电
压UMN 6 V。一可视为质点的小球以 v0 3 m / s的水平速度从紧靠M 板的A 点飞入，从下极
板的右端点 B 点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。 B 点与光滑竖直圆轨道平滑连接，
圆轨道的半径R 1 m 。平行金属板 、 的右侧垂线CD的右侧区域存在水平向右的匀强电
场，电场强度大小E 15 N / C。已知小球带正电，质量m 1.0 kg，电荷量 q 0.5C，重力加速
度 g 取10m / s2，sin37o 0.6 ，不计空气阻力。求：
(1)小球在 B 点的速度大小 vB ；
(2)极板的长度 L；
(3)小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度 vm 的大小为多少？
南阳市一中高二年级 2025 年秋期第一次月考
物理学科试题参考答案
一、二、选择题（1--7为单选题每题 4分。8--10为多选题每题 6分，全对 6分，不全 3分，选
错 0 分。）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C C C C B D BD AD BC
1．A
【详解】A．电场强度的方向处处与等势面垂直，A 正确；
B．公式E=
F
q 是电场强度的定义式，适用于任何的电场，B 错误；
q q
C．根据库仑定律，真空中点电荷的库仑定律的表达式为F k 1 22 ，当 r 0时，库仑定律不r
适用，C 错误；
Q
D．公式C= 属于比值定义法，C 与 Q 及 U 均无关，取决于自身材料和结构，D 错误。
U
故选 A。
2．C
【详解】
A．因 a到 c的距离等于 f 到 c的距离， a到b 的距离等于 f 到b 的距离，由正电荷和负电荷电
场分布知，b 、 c处于同一等势面，b 点电势等于 c点电势。A 错误；
B．由图可知，d 点靠近正电荷电势为正，g 点靠近负电荷电势为负，则 d 点电势大于 g 点电
势。B 错误；
C．如图所示， ag fd ， ad gf ，根据E k
q
， Eag E fd ，夹角为135°， Ead Egf ，夹r
角为135°，根据矢量合成法则，d 点和 g 点场强大小相等。C 正确；
q
D．如图所示，根据E k ， ac > ab ， fc > fb ， Eab > Eac ， Er fb
> E fc ，Eab 与Ebf 夹角为
90°，Eac 与Ecf ，夹角为135°，根据矢量合成法则，b 点场强大小大于 c点场强大小。D 错
误；
故选 C。
3．C
【详解】D．根据匀强电场电势差与场强关系可知
UAB=UDC
代入数据解得 D 点的电势为 0，故 D 错误；
A．根据电势差的计算公式
UBA=φB-φA=3V-1V=2V
同理可知
UAD=1V
故 A 错误。
B．取 AB 的中点 E，则 C 点电势等于 E 点电势，连接 CE 为等势线，作 BF 垂直 CE，电场线
沿着 BF 方向，故 B 错误。
C．根据几何关系可知
BF 5 m
50
场强
E U U 3- 2 BF V/m 10 5V/m
d BF 5
50
故选 C。
4．C
【详解】AB．根据
E Dj
Dx
可知j - x 图像的斜率表示电场强度，则区域 x3~x4内沿 x 轴方向的电场强度保持不变，区域
x6~x7内沿 x 轴方向场强为零，故 AB 错误；
C．由j - x 图像斜率表示场强可知，从 x1位置到 x2位置电势均匀减小，则 x1位置到 x2位置间
的电场方向向右，电子在其间受到的电场力向左，电子从 x1运动到 x2 克服电场力做功 2eV，
电子至少应该具有 2eV 的初动能；电子从 x2运动到 x4电场力做正功，电子从电势为 2V 的 x1
位置向右到电势为 2V 的 x7位置，电场力做的总功为零，则电子从电势为 2V 的 x1位置向右移
动到电势为 2V 的 x7位置，电子至少应具有 2eV 的初动能，故 C 正确；
D．根据j - x 图像斜率表示场强可知，区域 x1~x2内的电场强度小于区域 x3~x4内电场强度，则
电子在区域 x1~x2内沿 x 轴方向所受电场力小于区域 x3~x4内沿 x 轴方向所受电场力，故 D 错
误。
故选 C。
5．C
【详解】A．根据电场线或等势面的疏密程度可知，α 粒子在 M 点受到的电场力比在 N 点受
到的电场力小，故 A 错误；
B．α 粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方即电场线的方向指向右
下方，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知 N 点的电势高于 M 点的电势，故 B
错误；
C．α 粒子带正电，从 M 到 N，电场力做负功，所以电势能增加，所以 N 点的电势能比在 M
点的电势能大，故 C 正确；
D．从 M 到 N，电场力做负功，速度减小，所以 M 点的速率大于在 N 点的速率，故 D 错误。
故选 C。
6．B
【详解】B 球与 A 球接触后成为一个新的导体，由于带电导体的电荷只能分布于导体的外表
面，因此
QB 0
QA 4 10
-8 C - 2 10-8 C 2 10-8 C
故选 B。
7．D
【详解】A．由 a 运动到 d 的过程中，由题图可以看出电场强度先增大后减小，故电场力先增
大后减小，加速度先增大后减小，选项 A 错误；
B．从 a 向右电场强度沿 x 轴负方向，则从 b 到 d 处逆着电场线方向移动，电势升高，选项 B
错误；
C．从 a 到 d 处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷的电势能一直增大，选项 C 错误；
D．由题图可知，a 和 b 之间的平均电场强度小于 b 和 c 之间的平均电场强度，根据公式 W＝
qEd 可知，电荷从 b 运动到 a 电场力做功小于从 c 运动到 b 电场力做功，选项 D 正确。
故选 D。
8．BD
【详解】A．粉尘颗粒吸附负离子后带负电，粉尘颗粒在电场力的作用下向集尘极迁移并沉
积，则M 端为电源的正极，故 A 错误；
B．电场力对放电极左侧和右侧的粉尘颗粒都做正功，电势能都减小，故 B 正确；
C．由电场线可知EA > EB > EC ，但不同的颗粒带的电荷量的大小不知道，则电场力F qE 无
法分析，故 C 错误；
D．由图可知，EBA > ECB ，由U Ed 可得UBA > UCB
则jB -jA > jC -jB
j j +j解得 > A CB ，故 D 正确。2
故选 BD。
9．AD
【详解】A．在 S 仍闭合的情况下，若将 A 板向下平移一小段位移，根据
C e S r
4p kd
可知电容器电容增大，依题意电容器与电源保持连通状态，极板间电压不变，由
C Q
U
可知极板上电荷量增加，电容器处于充电状态，G 中有b a 的电流。根据
E U
d
可知极板间匀强电场的场强变大，根据
F qE
可知油滴所受电场力增大，将向上加速运动。故 A 正确；
B．同理可知，在 S 仍闭合的情况下，若将 A 板向右平移一小段位移，极板的正对面积减小，
电容器电容减小，极板上电荷量减小，电容器处于放电状态，G 中有 a b的电流。根据
E U
d
可知极板间匀强电场的场强不变，油滴仍然静止。故 B 错误；
C．若将 S 断开，则极板上电荷量不变，将 A 板向左平移一小段位移，根据
C e S r
4p kd
可知电容器电容减小，由
C Q
U
可知极板间电压增大，根据
U Ed
可知电场强度增大，P、B 间电势差增大，B 板接地， P 点电势升高。故 C 错误；
D．同理可知，若将 S 断开，极板上电荷量不变，根据
E 4p kQ
e r S
可知匀强电场的场强不变，P、B 间电势差不变，B 板接地， P 点电势不变。故 D 正确。
故选 AD。
10.BC
【详解】A．粒子在垂直极板方向运动，0 -1s加速，1- 3s先减速再反向加速，3s 末垂直速度
不为 0，但粒子最终要以平行极板速度射出（垂直速度为 0），所以若 t 3s未射出，此时垂直
速度不符合射出条件，A 错误；
B．粒子射出时垂直极板方向速度为 0，水平方向速度始终为 v，所以射出速度大小为 v，B 正
确；
C．粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的 v - t 运动图像如
图所示
1 kU
0 -1s位移 y 0 2
kU
1 × ×1 02 d 2d
kU
由图像面积可知粒子在垂直极板方向的位移大小为 y 0 ，C 正确；
2d
D．粒子在垂直方向最大位移出现在 t 1.5s 或 t 3s等时刻，0 -1.5s位移
y 1 kU0 12 1 2kU0 0.5 2 3kU × × + × 0
2 d 2 d 4d
3kU d
要使粒子不与极板碰撞，需 0
4d 2
d 3即 kU
2 0
D 错误。
故选 BC。
三、实验题 (本题共 2 个小题，每空 2 分，共 16 分)
11、．(1)C (2) CD b 等于
Q
【详解】（1）A．电容器带电后与电源断开，电容器极板所带电荷量一定，根据C ，
U
C e S 可知，将左极板向上移动一段距离，极板正对面积减小，电容减小，则电势差增
4πkd
大，即静电计指针的张角变大，A 错误；
B．结合上述可知，向两板间插入陶瓷片时，介电常数增大，电容增大，则电势差减小，静电
计指针的张角变小，B 错误；
C．结合上述可知，将左极板右移，极板之间间距减小，电容增大，电势差减小，则静电计指
针的张角变小，C 正确；
D．结合上述可知，将左极板拿走，右极板带正电，右极板与接地点之间电势差不等于零，即
静电计指针的张角不会变为零，D 错误。
故选 C。
（2）[1]AC．两片锡箔纸做电极，电容纸为绝缘介质，两片锡箔纸可以等效为平行板电容器，
由于用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，改变电容纸
e S
的厚度相当于改变极板之间的间距，根据C ，当电容纸的厚度增大时，极板间距增
4πkd
大，电容减小，当电容纸的厚度减小时，极板间距减小，电容增大，A 错误，C 正确；
B．结合上述，增大锡箔纸的厚度时，极板间距不变，电容不变，B 错误；
D．结合上述可知，同时增大锡箔纸和电容纸的面积，相当于增大极板正对面积，则电容增
大，D 正确。
故选 CD。
[2]电容器充电稳定后，极板之间电压的最大值一定，根据欧姆定律可知，电阻越小，电流的
最大值越大，可知，a、b、c 三条曲线中，对应电阻最小的一条是 b。
[3]由于三次充电电量相等，所以三条曲线与横轴围成面积相等。
12．(1)D (2) mg tanq (3) 2 3 (4)偏大
9
【详解】（1）在研究电荷之间作用力大小与两小球的电荷量 qA和 qB以及距离 L 的关系时，采
用控制变量的方法进行，根据小球的摆角变化可以看出小球所受作用力随电量或距离变化情
况。
故选 D。
（2）根据小球 B 受力平衡，由几何关系可得F mg tanq
kqAqB
（3）对小球 B 受力分析，根据库仑定律结合平衡条件有mg tanq Lsinq 2
mgL2 tanq sin2q q解得 A kqB
q tan 45° sin2 45° 2 3
可得两次实验中 A 的电量之比为 1
q2 tan 60
° sin2 60° 9
（4）由电荷间的相互作用可知，同种电荷相互排斥，故实验中两个带正电小球在排斥力作用
下，正电荷分别集中在球的两外侧，故实际电荷间距 r > 3R ，则计算结果偏大。
四、计算题 （共 3 个小题，13 题 10 分，14 题 12 分，15 题 16 分）
13.（10 分）． (1)4V，-2V (2)3V
-5
【详解】（1）电荷从 A 移到 B，克服电场力做功WAB 2.4 10 J ------------------1 分
W 'AB -2.4 10
-5 J
则电场力做功 --------------------------------------------------------------1 分
W 'U ABAB 4V
根据电势差公式 q -------------------------------------------------------------1 分
电荷从 B 移到 C，电场力做功WBC 1.2 10
-5 J ----------------------------------------1 分
U W BCBC -2V
根据 q ------------------------------------------------------------------------------1 分
2 U AC U AB +U 2V（ ）因为 BC ---------------------------------------------------------1 分
j -j 2V
则 A C
U 1AD U AC j2 A
-jD 1V
因为 D 是 AC 中点，根据 --------------------------------1 分
B U AB jA -j 4V已知规定 点的电势为零， B -------------------------------------1 分
j
则 A
jB + 4V=4V -----------------------------------------------------1 分
jD jA -1V=3V故 -------------------------------------------------------1 分
14 （12 分） (1)8×10-4s (2)1.25×10-13C (3)2.8cm
L v t
【详解】（1）墨滴在偏转电场中运动时间为 t，则 1 0 ------------------------2 分
解得 t 8 10
-4s -----------------------------------------------------------------1 分
y 1 at 2 a qU
（2）离开电场时偏移量为 y，则 2 ， md ------------------------1 分
根据类平抛的推论知，离开偏转电场时速度的反向延长线交于 L1 的中点，根据三角形相似得
1 L
2 1 y
1 L1 + L
Y
2 2 ----------------------------------1 分
q 2mdv
2Y
0 1.25 10-13C
变形后代入数据得 UL1(L1 + 2L2 ) ----------------------------------2 分
（3）设缩小后液滴在纸上的偏移量为 Y′，则Y (1-10%)Y 1.8mm --------2 分
L mdv
2
0Y L
2 -
1
由以上分析可得 qUL1 2 ------------------------------------2 分
L2 2.8cm代入数据得 -------------------------------------1 分
15（16 分）.(1)5m/s (2)0.75m (3) vm 5 2 m / s
qU 1 1MN + mgd mv
2
B - mv
2
0
【详解】（1）小球从 A 点到 B 点由动能定理可得 2 2 --------2 分
解得 vB 5 m / s ---------------------------------------1 分
2 L v t（ ）小球在两板间做类平抛运动，在水平方向，有 0 ----------------------1 分
d 1 at 2
在竖直方向，有 2 ---------------------------------1 分
mg U+ q MN ma
根据牛顿第二定律，有 d -----------------------------------2 分
联立解得 L 0.75 m ----------------------------------------------------------------------------------------1 分
（3）小球在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，等效平衡位置如图所示
tanq qE 0.75
由图可知 mg --------------------------------------------2 分
解得q 37
o
-----------------------------------------------------------1 分
v tana
3
0.75
小球在 B 点时，设 B 与BD的夹角为a ，可知 4 --------------1 分
解得a 37
o
-----------------------------------------------------------------------1 分
小 球 从 B 点 到 等 效 平 衡 位 置 由 动 能 定 理 可 得
mgR cos37o - sin37o + qER cos37o + sin37o 1 mv2 1- mv22 m 2 B ------------2 分
解得 vm 5 2 m / s ---------------------------------------------1 分

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