1、福建省福州市八县（市）一中2014-2015学年上学期期中联考高二物理试卷一选择题（下列各题只有一个正确答案，请把正确选项填在答题卡的相应位置上，每小题4分，共48分）1请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（）A电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B有金属外壳的家用电器供电线路接地或不接地对人体都是安全的C制作汽油桶的材料用金属比用塑料好D打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险考点：家庭电路和安全用电知识.分析：穿金属的衣服和呆在汽车里时，可以对里面的人体起到静电屏蔽作用，从而可以保护人的安全，由于塑料和油摩擦容易起电，用塑料的话，产生的静电荷不易泄漏，反而会早造成危险解答：解：A、电力工人高压带电作业
2、，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业所以A错误B、有金属外壳的家用电器供电线路只有有效接地后才能对人产生安全保护；故B错误；C、因为塑料和油摩擦容易起电，产生的静电荷不易泄漏，形成静电积累，造成爆炸和火灾事故所以C正确D、一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下所以D错误故选：C点评：掌握住基本的知识，对于生活中的一些现象要能够用所学的知识来解释2（4分）对常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法正确的是（）A常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，则电阻变为2RB常温下，若将金属丝从中点对折起来使
3、用，则电阻变为C给金属丝加上的电压从0增大到U0，则任一状态下的比值不变D给金属丝加上的电压从0增大到U0，则比值逐渐减小考点：电阻定律.专题：恒定电流专题分析：导体的电阻 R 与它的长度 L 成正比，与它的横截面积 S 成反比，还与导体的材料有关系，这个规律叫电阻定律解答：解：A、常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，横截面积减小为0.5倍，电阻率不变，根据电阻定律，电阻增大为4倍，故A错误；B、常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为2倍，故电阻变为0.25倍，故B正确；C、D、给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，由于功率增加，导致温度会略有升高，故金属丝的电阻率会
4、变大，由于截面积和长度均不变，根据电阻定律可得电阻值变大；再根据欧姆定律可以得到比值变大，故C错误，D错误；故选：B点评：本题关键要能熟练运用电阻定律，同时要明确电阻率的物理意义和温度对其的影响3（4分）如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则下列说法正确的是（）AM点的电势比P点的电势高BOM间的电势差小于NO间的电势差C一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D将一负电荷由M点移到P点，电场力不做功考点：电场线；电势.分析：解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed
5、判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负解答：解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B正确；C、O点电势高于Q点，根据Ep=q可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C错误；D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D错误故选：B点评：电场线、电场强度、电势、
6、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解4（4分）在第二十九届奥运会上“绿色、科技、人文”的理念深入人心如在奥运村及奥运场馆内大量使用太阳能路灯，其光电转换装置在阳光照射下把太阳能转换为电能储存起来，供夜晚照明使用在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达20%，可产生24V电压、2.0A的电流，则每秒该路灯可转化为电能的太阳能为（）A240 JB360 JC480 JD500J考点：电功、电功率；能量守恒定律.分析：根据电流做功公式计算路灯正常工作消耗的电功率，然后结合太阳能电池的光电转换效率为20%计算电池板吸收
7、太阳能的功率，即每秒该路灯可转化的太阳能解答：解：路灯正常工作消耗电功率： P=UI=242W=48W若设电池组吸收太阳能的功率为P，则有： P=20%P，即：P=240W；W=Pt=2401J=240J即：每秒该路灯可转化的太阳能为240J故选：A点评：本题考查学生综合运用欧姆定律，功率公式，电功公式及效率公式灵活计算有关物理量的能力，知识的系统化很重要5（4分）已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏，电流从右边接线柱流进电流计，指针向右偏如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向右偏转，则（）A导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B
8、导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小考点：电容.专题：电容器专题分析：电容器始终与电源相连，两端间电势差不变，通过C的变化判断所带电量的变化从而判断电流的流向解答：解：电流计指针向右偏转，说明流过电流计G的电流由右左，则导体芯A所带电量增大，电容两端间的电势差不变，由Q=CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容增大，根据C=，知正对面积增大，则液体的深度h在增大，故A正确B、C、D错误故选：A点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容
9、器两端间的电势差保持不变6（4分）某带电粒子在匀强电场中的运动时，只在电场力作用下由a点运动到b点的轨迹（虚线所示），图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是（）A不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高B不论图中实线是电场线还是等势面，带电粒子在a点电势能都比在b点电势能大C如果图中实线是电场线，带电粒子在b点动能较大D如果图中实线是等势面，带电粒子在a点电势能较大考点：带电粒子在匀强电场中的运动；等势面.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：由轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低匀强电场中场强处处大小相等根据电场力方
10、向与速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小根据电场力做功判断电势能的变化解答：解：A、若图中实线是电场线，电场力水平向右，由于电荷的电性未知，无法确定电场强度的方向，则无法比较a、b两点的电势高低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电荷所受电场力方向向下，由于电性未知，则无法确定电场强度的方向，无法比较电势的高低不论图中实线是电场线还是等势面，都无法比较电势的高低故A错误B、如果图中实线是电场线，所受的电场力水平向右，电场力对电荷做正功，电荷电势能减小，电荷在a点的电势能比在b点的电势能大若实线为等势线，则电场力的方向竖直向下，从a到b电场力做负功
11、，电势能增大，即a点电势能比b点电势能小故B错误，D错误C、如果图中实线是电场线，所受的电场力水平向右，电场力对电荷做正功，动能增加，则带电粒子在b点的动能较大，故C正确故选：C点评：物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向7（4分）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（）AR1：R2=3：1B把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=3：1D将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=3：1考点：欧姆定律.专题：恒定电流专题分析：通过
12、IU图象得出两电阻的关系串联电路电流相等；并联电路，电压相等；结合公式P=UI和U=IR分析即可解答：解：A、解答：根据IU图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3故A错误B、把R1拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的，根据电阻定律公式R=，电阻增加为9倍，变为R2的3倍，故B错误；C、串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1；又由于R1：R2=1：3根据P=UI=I2R，功率之比为1：3，故C错误D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1根据公式P=UI，功率之比为3：1，
13、故D正确故选：D点评：本题关键是明确IU图象的斜率的倒数表示电阻，然后结合电阻定律、欧姆定律和电功率表达式分析，不难8（4分）如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场电子的重力不计在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A同时增大加速电压和偏转电压B同时增大加速电压和偏转电极间的距离C增大加速电场间的电压，同时减小偏转电压D增大偏转电极间的电压，减小偏转电极间的距离考点：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：电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在
14、竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法解答：解：根据动能定理：eU1=，粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为：tan=，A、同时增大加速电压和偏转电压，偏转角不一定增大故A错误B、同时增大加速电压和偏转电极间的距离，偏转角不一定增大，故B错误C、增大加速电场间的电压，减小偏转电压，则偏转角一定变小，故C错误D、增大偏转电极间的电压，减小偏转电极间的距离，则偏转角一定变大，故D正确故选：D点评：本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平
15、抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题9（4分）如图所示，水平粗糙绝缘杆从物体A中心的孔穿过，A的质量为M，用绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E，A不带电，B带正电且电荷量大小为q，A、B均处于静止状态，细线与竖直方向成角则下列选项正确的是（）A细线中张力大小为B细线中张力大小为C杆对A的摩擦力大小为qED杆对A的支持力大小为Mg考点：电场强度；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.分析：AB均处于静止状态，对A、B分别受力分析，应用平衡条件可分别求解力的大小解答：解：对B受力分析并合成如图：其中电场力 F电=qE由平衡条件得：细线
16、中张力大小为：T= 或 T=；对A受力分析并分解如图：由平衡条件：f=Tsin=mgtan=qE，N=Mg+Tcos=（M+m）g，即：杆对A的支持力大小为：N=（M+m）g故选：C点评：本题考查分析物体受力的能力，受力分析时一定要选择合适的研究对象进行正确的受力分析，应用平衡条件进行求解即可对于CD两项也可采用选取整体为研究对象的方法，可以一试10（4分）如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为16V调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙则下列关系中正确的是（）AP甲=
17、P乙BP甲P乙CP1P2DP1P2考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，求解出变阻器消耗的功率和电路中消耗的总功率表达式进行讨论解答：解：CD、设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1=（8U0）2I0，P2=（162U0）I0，故P1=P2，故C错误，D正确；AB、设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P甲=82I0=16I0，P乙=16I0=16I0，故P甲=P乙，故A正确，B错误；故选：A点评：此题是一道欧姆定律和电功率的综合分析题，必须熟练掌握串并联电路的特点才能分析11（4分）如图所示，绝缘水平面上有两个质量均为m、电荷量均为+
18、Q的物体A和B（A、B均可视为质点），与水平面间的动摩擦因数均为，当它们间的距离为r时，两物体恰好静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）如果仅将A的电荷量增至+4Q，两物体在图示位置开始运动，当它们的运动速度达到最大时，A、B两物体各自运动的距离为（）AA运动距离为r，B运动距离为rBA、B运动距离各为rCA、B运动距离各为rDA运动距离为零，B运动距离为r考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用.分析：两个物体水平方向均是受静电斥力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力；当增加A电荷的电量后，两电荷受到库仑斥力运动，当所受的库仑斥力与摩擦力相等时，加速度为零，此时速度最大，根据这一关系求出两电荷的
19、距离解答：解：对A受力分析如图所示，因A处于静止状态，故有库仑力F大小等于静摩擦力f大小，所以f=mg当加速度为0时，速度最大，此时库仑力大小F等于滑动摩擦力大小f，即：f=mg=F=解得：r=2r所以A、B各运动的距离为：S=故B正确、ACD错误故选：B点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，以及知道电荷所受的库仑力与摩擦力相等时，即加速度为零时，速度最大12（4分）如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带正电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带正电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，
20、其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是（）A整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大BQ1的电量一定小于Q2的电量Cb点的电场强度一定为零，电势不一定为零DQ1、Q2一定是同种电荷考点：电场强度；匀变速直线运动的图像；电场线.分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答：解：A、整个运动过程中，粒子的动能先减小后增大，根据能量守恒知其电势能先增大后减小故A错误BD、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的
21、加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量一定大于Q2的电量故B、D错误C、由上分析知b点的电场强度一定为零，但电势是相对的，电势零点可人为选择，所以电势不一定为零，故C正确故选：C点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小三、填空实验题（共16分，每空2分，作图各2分）13（4分）如图所示，M、N间电压恒定，当开关S合在a点时，电压表示数为5.5V，电流表
22、示数为0.2A；当开关S合在b点时，电压表示数为6V，电流表示数为0.1A，可以推断（1）电流表的内阻是2.5（2）Rx的真实值57.5考点：伏安法测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：本题（1）的关键是首先根据题意求出M、N间的电压，再根据开关合在a点时电压表与电流表示数可求出电流表的内阻；题（2）根据开关合在b点时的电压表与电流表示数即可求出待测电阻的阻值解答：解：（1）：设M、N间电压为U，当s在b点时，应有：U=6V，当s合在a点时，根据欧姆定律应有：U5.5=0.2解得：=2.5；（2）：当s合在b点时，应有：U=I（），解得：=57.5；答：（1）电流表的内阻为2.5；（2）的真
23、实值为57.5点评：明确电路的串并联关系，然后根据欧姆定律以及串并联规律即可求解14（4分）在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图（a）所示闭合开关后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：（1）若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是待测金属丝断路（填“待测金属丝”、“滑动变阻器”或“开关”）（2）实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径如图（b）所示，其示数D=0.700mm考点：测定金属的电阻率.专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电路故障现象分析电路故障原因；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：（1）如果
24、待测金属丝断路，电路断路，电流表示数为零，电压表接在电源两端，测电源电动势，电压表示数为E，则电路故障是：待测金属丝断路（2）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm故答案为：（1）待测金属丝； （2）0.700点评：本题考查了电路故障分析，电路故障检测，可以用电压表或欧姆表检查电路故障，使用欧姆表检查电路故障时，应断开电源对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量15有一只标值为“2.5V，x W”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清某同学想通过测
25、绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率已知小灯泡的灯丝电阻约为5，请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为1.1W考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.专题：实验题分析：电压电流需从零测起，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小确定电流表的内外接根据电路图连线实物图滑动变阻器采用分压式接法，闭合电键前，使得测量电路部分处于短路状态，保护测量电路部
26、分根据IU图线找出电压为2.5V时的电流，从而根据P=UI求出额定功率解答：解：测定伏安特性电压电流需从0开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5，属于小电阻，电流表采取外接法灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择3V量程的，灯泡的额定电流在0.44A，则电流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用当电压U=2.5V时，I=0.44A，根据P=UI=2.50.44W=1.1W故答案为：电路图如甲图所示，实物连线图如乙图所示B端1.1点评：解决本题的
27、关键掌握滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，知道电流表内外接的区别三、计算题（本题共4小题，共36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）16（6分）如图为实验室常用的两个量程的电流表原理图当使用O、A两接线柱时，量程为0.6A；当使用O、B两接线柱时，量程为3A已知电流计的内电阻为Rg=100，满偏电流为Ig=100mA求分流电阻R1和R2的阻值考点：把电流表改装成电压表；伏安法测电阻.专题：实验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值解答：解：由图示电路
28、图可知：接OA接线柱时：IgRg=（I1Ig）（R1+R2）接OB接线柱时：Ig（Rg+R2）=（I1Ig）R1，代入数值联立解得：R1=4，R2=16；答：分流电阻R1和R2的阻值分别为：4欧姆、16欧姆点评：电压表是电流表与分压电阻串联而成，当电压表达到量程时通过电流表的电流应为满偏电流17（8分）电动摩托车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动摩托车，设计质量（包括人）为m=120kg，动力电源选用能量存储量为“36V，18Ah”（即输出电压恒为36伏，工作电流与工作时间的乘积为18安培小时）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P=216W，由于电动机发热造成的损耗（其
29、他损耗不计），摩托车的效率为=80%求：（1）该摩托车保持额定功率行驶的最长时间是多少？（2）摩托车电动机的内阻为多少？考点：电功、电功率.专题：恒定电流专题分析：（1）额定功率行驶时输出电压为36V，输出功率为216W，根据P=UI求出电流，再根据电池的容量求出行驶的时间；（2）根据效率求出发热功率，再根据P热I2r求出内阻解答：解：（1）根据公式P=IU得：I=6A 再根据电池容量可得：t=h=3 h （2）根据能量守恒定律，有：P热=P80%P其中：P热=I2r解得：r=1.2 答：（1）该摩托车保持额定功率行驶的最长时间是3h；（2）摩托车电动机的内阻为1.2点评：解决本题的关键掌握焦
30、耳定律，以及知道在平直路面上行驶，功率一定，牵引力等于阻力时，速度最大18（10分）一束电子流在经U1=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，若两板间距d=1.0cm，板长L=5.0cm，足够大的竖直屏与两板右侧相距b=20cm如图所示，在两板间加上可调偏转电压U2=300V电子质量m=9.11031kg、带电量为q=1.61019C（不计重力，和电子间相互作用，忽略相对论效应）求：（1）电子从平行板间飞出时，偏转的角度的正切tan（2）电子从平行板间飞出达到竖直屏时，竖直方向偏移的距离Y考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用.专题：带电粒子在电场中
31、的运动专题分析：（1）带电粒子离开偏转电场时的偏转角的正切值tan等于竖直方向的速度比上水平方向的速度，根据在竖直方向上粒子做匀加速度直线运动的速度公式vy=at可计算出竖直方向的速度，即可求解（2）先由动能定理求出加速获得的动能再根据牛顿第二定律求出在偏转电场中的加速度，离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由t=求运动时间竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，可以根据位移公式y=at2计算偏转位移；解答：解：（1）加速过程中，由动能定理得：qU1=mv02 ，在偏转电场中：L=v0t根据牛顿第二定律得：a=，则vy=at 而tan=由得 tan=0.15，（2）根据y=解得
32、：y=0.375cm，射出偏转电场后做匀速直线运动，b=v0t，y=vyt，Y=y+y=3.375cm答：（1）电子从平行板间飞出时，偏转的角度的正切tan为0.15；（2）电子从平行板间飞出达到竖直屏时，竖直方向偏移的距离Y为3.375cm点评：本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，要熟练运用正交分解法，将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，再用力学中动力学方法求解19（12分）如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块（可视
33、为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g（1）若滑块从水平轨道上距离B点为s=4R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时的速度大小；（2）在（1）的情况下，判断滑块是否能到达D点；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小考点：动能定理的应用；向心力；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）由动能定理求出滑块的速度（2）由牛顿第二定律求出到达D点的最小速度，然后应用动能定理求出滑块的速度，然后分析答题（3）轨道对滑块的作用力为零时，速度
34、最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度解答：解：（1）设滑块到达C点时的速度为v1，由动能定理得：qE（s+R）mgsmgR=mv120 已知：qE=mg，解得：v1=2；（2）设滑块到达D点时的速度为v2受到轨道的压力为N，由牛顿第二定律得：N+mg=m，从A到D，由动能定理得：qEsmgs2mgR=mv220，v2=0，N0，所以滑块不能到达D点；（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vmin），由牛顿第二定律得：=m，解得vmin=；答：（1）滑块到达与圆心O等高的C点时的速度大小为2；（2）在（1）的情况下，滑块不能到达D点；（3）滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小为点评：本题考查了求速度、判断滑块能否到达D点、求最小速度等问题，分析清楚滑块的运动过程是正确解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意滑块做圆周运动的临界条件