1、2016-2017学年广东省阳江市阳东县广雅中学高二（上）期中物理试卷一、选择题：本大题共9小题，每小题3分，共27分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，请将正确选项答案填涂在答题卡中1这个学期同学们学会了在电场中画出一条条带箭头的曲线，即电场线，可用它们来形象地描述电场的强弱和方向那末，您一定知道最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A奥斯特B法拉第C安培D牛顿2科学家在研究原子、原子核及基本粒子时，为了方便，常常用元电荷e作为电量的单位关于元电荷，下列论述中错误的是（）A把1.61019C的电量叫做元电荷B电子的带电量是密立根最先由实验测出的C把一个质子或一个电子叫做元电荷D元电
2、荷就是质子或电子所带电荷量的绝对值3如图所示是某电场中的几条电场线，在电场中有A、B两点，试比较两点的电场强度E大小和电势高低，其中正确的是（）AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEB，AB4电容器是各种电子产品中最常见的元件现由计算其电容的式子：C=，可知（）A电容器的电容跟极板的电荷成正比B电容器的电容跟极板间电压成正比C电容器的电容跟充电电源有关D电容器的电容跟极板的电荷、板间电压无关5真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止释放q2 且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（）A不断减小B不断增加C始终保持不变D先增大后减小6在
3、静电场中，电场强度和电势都是描述电场本身的性质关于电场强度和电势的说法，正确的是（）A电场强度大的地方电势一定高B电场强度为零的地方电势也一定为零C电场强度大小相同的点电势可能不同D电势为零的地方电场强度也一定为零7两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）AB3FC4FD9F8如图所示，是四只电阻的伏安特性曲线，当这四只电阻R1、R2、R3、R4并联起来使用时，通过各个电阻的电流分别是I1、I2、I3、I4，则其大小顺序为（）AI1I2I3I4BI4I3I2I1CI1=I2=I3=
4、I4DI2I4I3I19平行板电容器的两极板 A、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关 S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，则（）A保持开关 S 闭合，带正电的 A 板向 B 板靠近，则增大B保持开关 S 闭合，带正电的 A 板向 B 板靠近，则不变C开关 S 断开，带正电的 A 板向 B 板靠近，则增大D开关 S 断开，带正电的 A 板向 B 板靠近，则变小二、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项正确全选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分请将正确选项答案填在答题卡中10关于电动势，下列说
5、法中正确的是（）A电源的电动势等于电源正、负极之间的电势差B用电压表（理想电压表）直接测量电源两极得到的电压数值就等于电源电动势的值C电动势是描述电源本身性质的物理量，它反映了电源将其它形式能转化为电势能的本领大小D电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的正电荷做功越多11在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的试探电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于（）ABCkDk12刚刚学习了功率的四个公式：P=UI；P=I2R；P=；P=，下列叙述中正确的是（）A公式适用于任何电路的电功率的计算B公式适用于任
6、何电路的电热功率的计算C公式适用于任何电路的电功率的计算D由公式可知：功率P与电流做的功W成正比，与时间t成反比13如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b和c，abc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示由图可知（）A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能增加14如图所示是用电压表和电流表测电阻的一种方法，Rx为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（）ARx的测量值大于实际值BRx的测量值小于实际值CRx为大阻值电阻时应采用这种接法
7、DRx为小阻值电阻时应采用这种接法15如图所示是一个说明示波管工作管理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h两平行板间距离为d，电势差为U2，板长是l，为提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）可采用以下哪些方法（）A增大两板间电势差U2B尽可能使板长L增长一些C尽可能使板距d小一些D使加速电压U1升高一些三、本大题4小题：请按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位16在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器
8、，电流表，学生电源，开关，导线若干（1）利用小电珠的标称值可估算出小电珠正常工作时的电阻值约为（计算结果保留2位有效数字）（2）请根据实验原理图甲完成实物图乙中的连线（3）开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于端，为使小电珠亮度增加，P应由中点向端滑动（4）下列图象能正确表示小电珠的伏安特性曲线的是17如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，ab连线沿电场方向，ab间距Lab=1cm；bc连线和电场线方向成60角，bc间距Lbc=2cm一个带电量q=1108 C的负电荷从a点移到b点时克服电场力做功Wab=1106J求：（1）a、b两点间的电势差？（2）匀强电场的电场强度多大？（3）把该电荷从a
9、移到b点再到c点过程中，电场力所做的功18如图示，带电量为q=1105C的带电粒子（初速度为零，重力不计）质量为m=2105kg，经电压U1=4104V加速后以速度v0从两板中央垂直进入偏转电场，两平行板间的距离为d=1cm，板长L=10cm，其间的偏转电压U2=800V求：（1）带电粒子进入偏转电场时的速度v0多大？（2）带电粒子在偏转电场中运动的时间t；（3）带电粒子离开电场时的偏移量y19如图所示，在场强为E=1103N/C的竖直方向匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道NPQ竖直放置，与一水平绝缘轨道MN相切连接与N点，P为圆弧轨道的中点，其半径R=40cm一带电荷量q=104C的小滑块
10、质量m=20g，与水平轨道间的动摩擦因数=0.4，从位于N点右侧s=1.5m处的M点以初速度v0向左运动，取g=10m/s2求：（1）若滑块初速度v0为6m/s，则滑块通过N点时对轨道的压力是多大？（2）若使小滑块能过Q点，则小滑块从M点出发时的初速度v0满足什么条件？2016-2017学年广东省阳江市阳东县广雅中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共9小题，每小题3分，共27分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，请将正确选项答案填涂在答题卡中1这个学期同学们学会了在电场中画出一条条带箭头的曲线，即电场线，可用它们来形象地描述电场的强弱和方向那末，您一定知道最早
11、提出用电场线描述电场的物理学家是（）A奥斯特B法拉第C安培D牛顿【考点】电场线【分析】根据各位物理学家的贡献，明确电场线的发现历程即可正确解答【解答】解：A、奥斯特首先发现载流导线的电流会产生作用力于磁针，使磁针改变方向；故A错误；B、法拉第提出用电场线描述电场的物理学家故B正确；C、安培的提出的是电流在磁场中的受力大小的计算，即安培定则；故C错误；D、牛顿对物理学的贡献主要在力学部分，如牛顿运动的三定律；故D错误故选：B2科学家在研究原子、原子核及基本粒子时，为了方便，常常用元电荷e作为电量的单位关于元电荷，下列论述中错误的是（）A把1.61019C的电量叫做元电荷B电子的带电量是密立根最先
12、由实验测出的C把一个质子或一个电子叫做元电荷D元电荷就是质子或电子所带电荷量的绝对值【考点】元电荷、点电荷【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍【解答】解：A、电子和质子的电荷量相等，把1.61019C的电量叫做元电荷，故A正确；B、电子的带电量是美国物理学家密立根最先由油滴实验测出的，故B正确；C、元电荷是电荷量的最小单位，等于质子、电子的电荷量，不是质子，也不是电子，故C错误；D、元电荷就是质子或电子所带电荷量的大小，即绝对值，故D正确；本题选错误，故选：C3如
13、图所示是某电场中的几条电场线，在电场中有A、B两点，试比较两点的电场强度E大小和电势高低，其中正确的是（）AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEB，AB【考点】电场线；电场强度；电势【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低【解答】解：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，所以EAEB，沿着电场线电势一定降低所以AB故选B4电容器是各种电子产品中最常见的元件现由计算其电容的式子：C=，可知（）A电容器的电容跟极板的电荷成正比B电容器的电容跟极板间电压成正比C电容器的电容跟充
14、电电源有关D电容器的电容跟极板的电荷、板间电压无关【考点】电容【分析】电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电量Q、电压U无关，大小由电容器本身的性质决定的【解答】解：电容器的电容采用比值定义法，其大小由电容器本身的性质决定，与电容所带电量及电压无关，故ABC错误，D正确故选：D5真空中两个同性的点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止释放q2 且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（）A不断减小B不断增加C始终保持不变D先增大后减小【考点】库仑定律【分析】本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离越来越远，因此直接利用库仑定律公式即可求解【解答】解：带电相同的小球受斥力作
15、用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据可知距离增大，电场力将逐渐减小，故BCD错误，A正确故选A6在静电场中，电场强度和电势都是描述电场本身的性质关于电场强度和电势的说法，正确的是（）A电场强度大的地方电势一定高B电场强度为零的地方电势也一定为零C电场强度大小相同的点电势可能不同D电势为零的地方电场强度也一定为零【考点】电场强度【分析】场强与电势没有直接关系场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零电势为零是人为选取的【解答】解：ABD、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不
16、一定高；电势为零是人为选取的，则电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方场强可以不为零故ABD错误C、沿电场线的方向电势降低，电场强度大小相同的点电势可能不同，如匀强电场中各点的场强相等，但电势不一定相等故C正确故选：C7两个完全相同的金属小球，分别带有+3Q和Q的电量，当它们相距r时，它们之间的库仑力是F若把它们接触后分开，再置于相距的两点，则它们的库仑力的大小将变为（）AB3FC4FD9F【考点】库仑定律【分析】接触带电的原则是先中和再平分根据库仑定律公式F=k 求出库仑力的大小【解答】解：根据库仑定律公式得，F=k接触再分离后所带电量各为Q，F=k=k=3F故B正确，A、C、D错
17、误故选：B8如图所示，是四只电阻的伏安特性曲线，当这四只电阻R1、R2、R3、R4并联起来使用时，通过各个电阻的电流分别是I1、I2、I3、I4，则其大小顺序为（）AI1I2I3I4BI4I3I2I1CI1=I2=I3=I4DI2I4I3I1【考点】欧姆定律【分析】在IU图象中，直线的斜率的倒数等于导体的电阻值；根据并联电路中支路电流与支路电阻的比值关系进行分析，即电流之比等于电阻的反比【解答】解：由于在IU图象中，直线的斜率的倒数等于导体的电阻值；R4在斜率最小电阻值最大，R1的斜率最大，电阻值最小；这四个电阻并联起来使用时，它们两端的电压是相等的，根据欧姆定律，电阻值大的电阻，流过的电流小
18、，所以：I1I2I3I4故A正确故选：A9平行板电容器的两极板 A、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关 S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，则（）A保持开关 S 闭合，带正电的 A 板向 B 板靠近，则增大B保持开关 S 闭合，带正电的 A 板向 B 板靠近，则不变C开关 S 断开，带正电的 A 板向 B 板靠近，则增大D开关 S 断开，带正电的 A 板向 B 板靠近，则变小【考点】电容器的动态分析【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变通过电场强度的变化判断 角的变化
19、【解答】解：AB、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大故A正确，B错误CD、断开开关S，电容器所带的电量不变，根据C=，U= 得，E=，知d变化，E不变，电场力不变，不变，故CD错误故选：A二、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项正确全选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分请将正确选项答案填在答题卡中10关于电动势，下列说法中正确的是（）A电源的电动势等于电源正、负极之间的电势差B用电压表（理想电压表）直接测量电源两极得到的电压数值就等于电源
20、电动势的值C电动势是描述电源本身性质的物理量，它反映了电源将其它形式能转化为电势能的本领大小D电动势越大，说明非静电力在电源内部从负极向正极移送单位电荷量的正电荷做功越多【考点】电源的电动势和内阻【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势电动势的定义式E=，W是非静电力做功电源的电动势在数值上等于内、外电压之和根据这些知识点进行分析解答【解答】解：A、电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电势差，若电源接入电路，由于电源的内电路有电势差，两极间的电势差将小于电动势，故A错误；B、用电压表（理想电压表）直接测量电源两极，电路中的电流值几乎等于0，得到的电压数值就等于电源电
21、动势的值故B正确C、电动势是描述电源本身性质的物理量，它反映了电源将其它形式能转化为电势能的本领大小故C正确D、根据电源电动势定义式E=，可知电动势越大，电源内非静电力从负极向正极移送单位电荷量的电荷做功越多，故D正确；故选：BCD11在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的试探电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于（）ABCkDk【考点】电场强度；库仑定律【分析】电量为q1的点电荷是场源电荷，在P点产生的电场强度的大小可根据公式E=k可以确定电量为q2的电荷是试探电荷，在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式E=也
22、可以确定P点电场强度的大小【解答】解：据题，电量为q1的点电荷是场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为 E=k电量为q2的电荷是试探电荷，在P点所受的电静电力为F，则P点电场强度的大小也能为 E=故AD错误，BC正确故选：BC12刚刚学习了功率的四个公式：P=UI；P=I2R；P=；P=，下列叙述中正确的是（）A公式适用于任何电路的电功率的计算B公式适用于任何电路的电热功率的计算C公式适用于任何电路的电功率的计算D由公式可知：功率P与电流做的功W成正比，与时间t成反比【考点】电功、电功率【分析】P=IU适用于任何电路计算电功率；P=I2R适用于任何电路计算热功率；P=只能适用于纯电阻电路明确公
23、式P=采用的比值定义法【解答】解：P=IU适用于任何电路计算电功率；P=I2R可用于计算纯电阻电路的热功率，在纯电阻电路中，欧姆定律U=IR成立，三个公式可通用，都可以用来计算电路的电功率和热功率；对非纯电阻电路欧姆定律不成立，计算电功率只能用公式P=UI，计算热功率只能用P=I2R，P=不存在；公式P=采用的是比值定义法，功率P与电流做的功W和时间t无；综上所知，AB正确，CD错误故选：AB13如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b和c，abc一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示由图可知（）A粒子从K到L的过程中，电场力做负功B粒子从L
24、到M的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能增加【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化【解答】解：A、粒子从K到L的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功故A正确B、粒子从L到M的过程中，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，ab，电势能减小，知电场力做正功故B错误C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加故C正确D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，根据动能定理，动能增加故D正确故选：ACD14如图所示是用电压表
25、和电流表测电阻的一种方法，Rx为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（）ARx的测量值大于实际值BRx的测量值小于实际值CRx为大阻值电阻时应采用这种接法DRx为小阻值电阻时应采用这种接法【考点】伏安法测电阻【分析】因为电表不是理想电表，在测量中会产生误差，分析误差的来源根据欧姆定律可得出测量值与真实值之间的关系【解答】解：本接法中电压表示数是准确的，但由于电压内阻不是无穷大，故电压表会分流导致电流表示数偏大；再由欧姆定律直接求解时，导致测量值偏小；故B正确，A错误；若待测电阻的阻值远小于电压表内阻，则电压表分流可以忽略，此时测量结果误差较小，所以本接法适合于测量小阻值电阻；故
26、D正确；故选BD15如图所示是一个说明示波管工作管理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h两平行板间距离为d，电势差为U2，板长是l，为提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）可采用以下哪些方法（）A增大两板间电势差U2B尽可能使板长L增长一些C尽可能使板距d小一些D使加速电压U1升高一些【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】本题的关键是根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后讨论即可求解【解答】解：带电粒子加速时应满足：qU1=mv02带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：L=v0t h=at2 a=联立以上各式可得h=故B
27、C正确故选：BC三、本大题4小题：请按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位16在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，电流表，学生电源，开关，导线若干（1）利用小电珠的标称值可估算出小电珠正常工作时的电阻值约为10（计算结果保留2位有效数字）（2）请根据实验原理图甲完成实物图乙中的连线（3）开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于a端，为使小电珠亮度增加，P应由中点向b端滑动（4）下列图象能正确表示小电珠的伏安特性曲线的是A【考点】描绘小电珠的伏安特性
28、曲线【分析】已知灯泡的额定电压及功率，由功率公式可求得电阻的阻值；由原理图可知电路的接法为分压接法，故先接滑动变阻器及电源，再将测量电路并联到滑动变阻器的一部分； 注意导线不能交叉，且导线 要接在接线柱上；为了测量安全，开始时应使灯泡两端的电压为零，故与为泡并联部分电阻应为零；为了增大电压应使并联部分的长度增加；由图中数据可知各段相临电压值间对应的电流变化不同，则应在电流变化较大的位置多测几组数据；（5）灯泡的电阻随温度的增大而增大，故在IU图象中图象的斜率应减小【解答】解：（1）由P=可得：R=10；（2）由原理图可知，电路采用滑动变阻器分压接法，电流表采用外接法；则先连接分压电路，再并联测
29、量电路；答案如图所示；（3）为了测量安全，开始时测量电路的电压应为零；由图可知，测量电路与左侧并联；故开始时滑片应滑到a侧；与测量部分并联电阻越大，则灯泡两端电压越大，则应将滑片向b端移动；（4）因灯泡电阻随温度的升高而增大，故在IU图象中应为斜率越来越小的曲线；故选A；故答案为：（1）10；（2）如上图；（3）ab （4）A17如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，ab连线沿电场方向，ab间距Lab=1cm；bc连线和电场线方向成60角，bc间距Lbc=2cm一个带电量q=1108 C的负电荷从a点移到b点时克服电场力做功Wab=1106J求：（1）a、b两点间的电势差？（2）匀强电场的电场
30、强度多大？（3）把该电荷从a移到b点再到c点过程中，电场力所做的功【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）应用电势差的定义式求出电势差（2）应用匀强电场场强与电势差的关系求出场强（3）应用功的计算公式求出电场力做功【解答】解：（1）ab两点间的电势差为：Uab=100V；（2）场强大小为：E=10000V/m；（3）把该电荷从a移到b点再到c点过程中，电场力所做的功为：W=Wab+Wbc=Wab+qELbccos=1106+（1108）100000.02cos60=2106J；答：（1）a、b两点间的电势差为100V；（2）匀强电场的电场强度大小为10000V/m；（3）把该电荷
31、从a移到b点再到c点过程中，电场力所做的功为2106J18如图示，带电量为q=1105C的带电粒子（初速度为零，重力不计）质量为m=2105kg，经电压U1=4104V加速后以速度v0从两板中央垂直进入偏转电场，两平行板间的距离为d=1cm，板长L=10cm，其间的偏转电压U2=800V求：（1）带电粒子进入偏转电场时的速度v0多大？（2）带电粒子在偏转电场中运动的时间t；（3）带电粒子离开电场时的偏移量y【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在电场中加速运动电场力做正功，根据动能定理，即可求解；（2）带电粒子在电场中加速，利用运动学公式求出加速时间，偏转电场中做类平抛运动，利用
32、运动的合成与分解的观点解决偏转时间问题；（3）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，利用运动的合成与分解的观点解决偏转量问题；【解答】解：（1）由动能定理，得：（2）带电粒子在电场的运动时间：L=v0t，即t=5104s；（3）设带电粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律得F=ma，F=q由平抛运动规律得：y=代入数据得：y=0.005m；答：（1）带电粒子进入偏转电场时的速度v0为200m/s；（2）带电粒子在偏转电场中运动的时间t为5104s；（3）带电粒子离开电场时的偏移量y为0.005m19如图所示，在场强为E=1103N/C的竖直方向匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道NPQ竖直放置，
33、与一水平绝缘轨道MN相切连接与N点，P为圆弧轨道的中点，其半径R=40cm一带电荷量q=104C的小滑块质量m=20g，与水平轨道间的动摩擦因数=0.4，从位于N点右侧s=1.5m处的M点以初速度v0向左运动，取g=10m/s2求：（1）若滑块初速度v0为6m/s，则滑块通过N点时对轨道的压力是多大？（2）若使小滑块能过Q点，则小滑块从M点出发时的初速度v0满足什么条件？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【分析】（1）首先对从M到N过程根据动能定理列式求解N点速度，然后在N点，重力、电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；（2）若使小滑块能过Q点，在Q点，重力
34、和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解Q点速度；再对从开始运动到达Q点过程中运用动能定理列式求解即可【解答】解：（1）设小球到达N点时速度为vN，滑块从开始运动到达N点过程中，由动能定理得：，代入数据解得：vN=32m/s；在N点，由牛顿第二定律：，由牛顿第三定律得，滑块通过N点时对轨道的压力：F压=N=1.6N；（2）设小球恰能到达Q点时速度为vQ，根据牛顿第二定律及向心力公式，有：mgqE=m，滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得：，联立两式并代入数据解得：v0=3m/s；综上所述，小滑块要过Q点，小滑块从M点出发时的初速度必须满足：v03m/s 答：（1）若滑块初速度v0为6m/s，则滑块通过N点时对轨道的压力是1.6N；（2）若使小滑块能过Q点，则小滑块从M点出发时的初速度满足v03m/s2016年12月16日
