2024届物理微专题加练半小时第九章　微专题59　电容器(实验：观察电容器的充、放电现象)含答案.docx

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1、2024届物理微专题加练半小时微专题59电容器(实验：观察电容器的充、放电现象)1两类动态问题的分析要抓住C、C和E三个基本关系.2.板间粒子的运动问题的分析方法有动力学方法和动能定理.3.静电计是测量小球与外壳间电压的仪器，静电计指针偏角大小与静电计小球和外壳间电压成正比1(多选)如图所示是描述对给定的电容器充电时其电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图像，其中正确的是()答案CD解析因为C是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电荷量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为C，只要电容器不变其电容就不发生变化，A、B错误，D正确；根据C，可得QCU，由于电容不变，因此电荷

2、量Q和电压U成正比，C正确2.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病一种叫作心脏除颤器的设备，通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动如图所示是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15 F，如果充电后电容器的电压为4.0 kV，电容器在大约2.0 ms内放电至两极板电压为0，则这次放电过程通过人体组织的平均电流约为()A6102 A B30 AC2103 A D.106 A答案B解析由电容定义式得C，所以放电过程通过人体电荷量为QCU151064 000 C0.06 C，所以放电过程通过人体组织的

3、平均电流约为I A30 A，故选B.3.如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电油滴静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离，则()A带电油滴将向下做匀速运动BP点的电势将升高C带电油滴的电势能增大D电容器的电容减小，极板带电荷量增大答案C解析将平行板电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E得知板间电场强度减小，油滴所受的静电力减小，则油滴将向下做匀加速直线运动，A错误；板间电场强度E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式UEd，分析可知，P点与下极板间电势差将减小，由于两极板的电压不变，上极板A接地

4、，则下极板B电势不变，UPBPB，可知P点的电势将降低，B错误；由选项A的分析可知油滴将向下做匀加速直线运动，由于油滴受到的静电力向上，则静电力做负功，油滴电势能增大，C正确；根据电容的定义式和决定式C，C，d增大，则C减小，电容器与电源保持相连，则U不变，则Q减小，D错误4(2023北京市东城区模拟)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的试探电荷用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，上述各物理量与负极板移动距离x(xl0)的关系图像中正确

5、的是()答案C解析当负极板右移时，C可知，随着d减小，C变大，但C与x的图像不是一次函数图像，选项A错误；由U、E可知，E与d无关，则也与x无关，选项B错误；因负极板接地，设P点开始距负极板的距离是d，则P点的电势E(dx)，P点的电势随x的增大而降低，选项C正确；正电荷在P点的电势能EpqqE(dx)qEdqEx，所以Epx图像是一条倾斜的直线，选项D错误5小陈同学用如图甲所示的电路做“观察电容器的充、放电现象”实验(1)他所用的学生电源如图乙所示在连接时应接哪一组接线柱？_(选填序号“A”或“B”)(2)接好电路，学生电源电压调节选“10 V”，然后给电容器充分充电，再观察电容器的放电，得

6、到电容器放电电流I随时间t的变化曲线如图丙，根据该图，可知他所选用的电容器最可能是下列的_(选填序号“A”“B”或“C”)答案(1)A(2)B解析(1)因为要观察电容器充、放电现象，所以只能选择直流电源；若选择交流电源，电流表将一直有示数，故在连接时应接A组接线柱；(2)根据It图线与横、纵轴所围的面积表示电容器放电前所带的电荷量，可估算出电容器所带电荷量为Q40.0042 C3.2102 C则该电容器电容可近似为C F3.2103 F3 200 F显然比较接近图中电容器B，所以他所选用的电容器最可能是电容器B.6(2023山东省实验中学模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用

7、广泛使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化图甲中直流电源电动势E8 V，实验前电容器不带电先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕计算机记录的电流随时间变化的it曲线如图乙所示(1)乙图中阴影部分的面积S1_S2；(选填“”“”“”或“”)答案(1)(2)0.15(3) 解析(1)图乙中阴影面积代表充放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得qS11.203 C则C F0.15 F(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容

8、器两极板电压相等，由解得R1R2.7(2023湖北武汉市模拟)某实验小组利用图(a)所示电路测量一电容器的电容，实验器材有：待测电容器(电容标称值C01000 F)，6节干电池，定值电阻R，电压传感器，电流传感器，计算机，单刀双掷开关S，导线若干(a)请回答下列问题：(1)按图(a)连接实物电路先将开关S从2端拨至1端，电源对电容器充电；再将开关S拨至2端，电容器放电传感器将信息即时输入计算机，屏幕上显示出如图(b)所示的电流I、电压U随时间t变化的It图线、Ut图线，则曲线_表示电容器充电过程的Ut图线，曲线_表示电容器放电过程的It图线；(2)已知每节干电池的电动势为1.6 V，为了完成上

9、述实验，至少需要将_节干电池串联作为电源；(3)根据图(b)估算当电容器充电完毕时所带的电荷量是_C，计算电容器的电容C_F，该值与C0的差异为100%_%；(结果均保留2位有效数字)(4)图(c)中实线表示上述实验中得到的It图线，若串联接入电路的干电池个数保持不变，减小电阻R，则得到It图线可能是图(c)中的虚线_(选填“a”“b”“c”)答案(1) (2)5(3)7.21039.21028.0(4)b解析(1)充电过程，电压逐渐增大，且增大得越来越慢，故电压随时间变化的图线为；放电过程电压逐渐变小，减小得越来越慢，电容器放电，放电电流与充电电流方向相反，电流逐渐变小，且减小得越来越慢，故

10、电流随时间变化的图像为.(2)由题图(b)可以看出，充电完成时，电容器两端电压约为7.8 V，设至少需要将n节干电池串联作为电源，n4.9，知至少需要将5节干电池串联作为电源(3)由题图(b)图线表示电容器放电过程的It图线，图线与坐标轴围的面积表示放电的总电荷量，即电容器充电完毕时所带的电荷量Q92 mA0.4 s7.2103 C电容器的电容为C103 F9.2102 F该值与C0的差异为100%100%8.0%(4)由于干电池个数保持不变，充电完成时电容器两端电压不变，电荷量不变，减小电阻，则放电初始电流增大，电荷量不变即图线与坐标轴所围面积不变，则图线可能是虚线b.微专题60带电粒子在电

11、中的运动1带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理.2.在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理，也可用动能定理处理能量问题.3.在交变电场中的运动，一般是几段运动的组合，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征来解决问题1(多选)一种简化的示波管装置(包括电子运动轨迹)如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极(一对水平的平行金属板)加上直流高压U2.则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中()A电子在水平方向先做加速运动，再做匀速运动B电子在水平方向一直做匀速运动CU1一定时，U2越大，则图中亮点位置越低

12、DU2一定时，U1越大，则图中亮点位置越低答案AD解析电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，A正确，B错误；U1一定时，电子做匀速运动的速度就一定，则电子到达屏幕的时间就一定，U2越大，电子的侧向位移yt2越大，则图中的亮点位置越高，C错误；U1越大，则电子做匀速运动的速度越大，电子到达屏幕的时间就越短，U2一定时，则侧向位移就越小，图中亮点位置越低，D正确2(多选)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别为O、M、P.由小孔O静止释放的电子穿过小孔M恰好能运动到小孔P.现保持带电金属薄板A、B、C的电荷量不变，改变带电金属薄板B或C的位置，还是由小孔O静止

13、释放的电子仍能运动到小孔P的是()A仅将C板向右平移一小段距离B仅将C板向左平移一小段距离C仅将B板向右平移一小段距离D仅将B板向左平移一小段距离答案BC解析电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电场强度为E1，A、B板间的距离为d1，B、C板间的电场强度为E2，B、C板间的距离为d2，则有eE1d1eE2d20.若仅将C板向右平移一小段距离，B、C两板所带电荷量不变，由E可知，C板向右或向左平移一小段距离，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，仅将C板向右或B板向左平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，还没到达小孔P时速

14、度已经减为零，然后返回；仅将C板向左或B板向右平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达小孔P点时速度还没减为零，A、D错误，B、C正确3(2023四川成都市模拟)三个带电粒子的电荷量和质量分别为：甲粒子(q，m)、乙粒子(q，m)、丙粒子(2q,4m)，它们先后以相同的速度从坐标原点O沿x轴正方向射入沿y轴负方向的匀强电场中，粒子的运动轨迹如图所示不计重力，q0.则甲、乙、丙粒子的运动轨迹分别是()A、 B、C、 D、答案B解析乙粒子带负电，在电场中受到的静电力向上，轨迹向上弯曲，所以乙粒子的运动轨迹是.对于甲、丙两种粒子，设任一粒子的质量为M、电荷量为Q，经过时

15、间t在y轴方向偏转位移为y，粒子的初速度为v，比荷为k，电场强度大小为E.根据牛顿第二定律可得粒子的加速度大小为：akE，在x轴方向，粒子做匀速直线运动，则有：xvt，即经过相同时间水平位移相等，竖直方向有：yat2，整理可得：y，由于甲粒子(q，m)的比荷大于丙粒子(2q,4m)的比荷，所以x相同时，甲粒子的偏转距离y较大，所以甲、丙粒子的运动轨迹分别是、，故A、C、D错误，B正确4.如图，真空中水平放置的两平行正对金属板构成一电容器，上板带正电，下板带负电氘原子核H，符号D，其质量是质子质量的2倍，带正电，电荷量与电子电荷量相同；粒子是氦原子核He，其质量是质子质量的4倍，带正电，电荷量是

16、电子电荷量的2倍现在一氘核从平行板电容器上极板左侧边缘a点靠近极板沿与板平行方向射入板间，恰好落在下板中点A，落在A点时速度与水平方向夹角为D；另一粒子从电容器左侧两板中间b点沿与板平行方向射入板间，恰好到达下极板右端B点，到达B点时速度方向与水平方向夹角为.不计粒子重力则两角度的正切值之比tan D：tan 为()A21 B41C81 D161答案B解析依题意，知粒子在极板间做类平抛运动，则粒子打在下极板时，速度与水平方向夹角的正切值为tan ，又因为vy，v0，联立求得tan ，即粒子速度与水平方向夹角的正切值与粒子在竖直方向及水平方向发生的位移有关，设极板长为L，极板间距离为d，结合题图

17、可得tan Dtan ，解得tan Dtan 41，故B正确，A、C、D错误5(2023浙江湖州市质检)如图甲所示，某装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示在t0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一个电子由静止开始加速已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则()A电子在金属圆筒中被加速B电子在金属圆筒中的运动时间为TC电子出第n个圆筒瞬间速度为

18、D第n个圆筒长度为答案D解析金属圆筒中电场强度为零，电子不受静电力，做匀速直线运动，故A错误；只有电子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故B错误；电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得：neUmvn20，解得电子出第n个圆筒瞬间速度为vn，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是，则第n个圆筒长度为Lnvn，故C错误，D正确6示波管原理如图所示，电子在电压为UPK的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为UAB的偏转电场，最后打在荧光屏上的O点，要使电子打在荧光屏上的位置O到荧光屏中心O的距离增大，下列措施可行的是

19、()A只增大UPKB只增大UABC增大UPK同时减小UABD将电子换成比荷()较大的带电粒子答案B解析设电子经电压UPK加速后的速度为v0，由动能定理得eUPKmv02，电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E2，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得FeE2ema，解得a，由运动学公式得，水平方向有Lv0t1，竖直方向有y1at12，联立解得y1.设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速直线运动的速度公式可知vyat1，电子离开偏转电场后做

20、匀速直线运动，设电子离开偏转电场后到打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，则水平方向Rv0t2，竖直方向y2vyt2，解得y2，O至O点的距离yy1y2可知，要使电子打在荧光屏上的位置O到荧光屏中心O的距离增大，即y增大，可只减小UPK，或只增大UAB，或增大UAB同时减小UPK，y与电子的比荷无关，所以将电子换成比荷()较大的带电粒子y不变故选B.7如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上则t0可能属于的时间

21、段是()A0t0 B.t0C.t0T DTt0答案B解析刚释放粒子时粒子向A板运动，说明释放时UAB为负，所以A、D错误若t0，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确若t0T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误8(多选)如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压UAB，交变电压的周期T.质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v

22、0沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()A所有电子离开电场时速度都是v0B所有电子在两板间运动的时间为TCt时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为Dt时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为答案AC解析电子在电场中竖直方向分速度随时间变化的图像如图所示，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy0，速度都等于v0，故A正确电子在水平方向做匀速直线运动，时间t2T，故B错误t时刻进入电场的电子，在t时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax2a()2，在t0时刻进入电场的电子侧位移最大为d，则有：d4a()2

23、，联立得ymax， 故C正确t时刻进入电场的电子，在t时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax4a()22a()2，解得ymaxd，故D错误9(2023湖北黄冈市高三阶段检测)如图甲所示，两块间距为l、板长均为l的金属板水平正对放置，荧光屏MO1N为二分之一圆弧面，让质量为m、电荷量为q的带电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v水平射入板间，粒子从射入到打在屏上O1所用的时间为.现将下板接地，上板的电势随时间t的变化规律如图乙所示，其中U，所有射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上已知粒子通过板间所用时间远小于T(粒子通过板间时极板电势可视为不变)，粒子打在金属板或屏上后均被吸收，粒子间的相互作用

24、及粒子所受的重力均不计(1)求荧光屏MO1N的半径R；(2)求粒子从射入到打在屏上的最短时间tmin；(3)若仅将下板竖直下移l，求粒子能打在屏上的弧长s.答案(1)l(2)(3)l解析(1)由所有射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上，则粒子射出金属板时的速度方向的反向延长线既是金属板间水平位移的中点，又是右侧荧光屏的圆心，由几何关系得lRvt0，解得Rl.(2)设粒子恰好从上板右边缘离开时的板间电压为U1，板间电场强度大小为E1，带电粒子在金属板间做类平抛运动时的加速度大小为a1，运动的时间为t1，则平行金属板方向lvt1垂直金属板方向a1t12由牛顿第二定律qE1ma1U1E1l联立解得U

25、1由U1，则粒子斜向右上离开金属板时垂直金属板方向的最大位移为，速度方向与OO1间夹角的最大值为1.由tan 21，245，s(12)R解得sl.微专题61带电粒子在电场中的力电综合问题解决电场、重力场、复合场问题的两个角度：1.功能角度：运用动能定理和功能关系分析粒子的运动，注意等效最高点和等效最低点速度的计算和向心力公式的应用.2.动力学角度：涉及运动时间、速度、位移时一般从动力学角度分析1如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点已知斜面倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数，

26、整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变则下列判断正确的是()A物块在上滑过程中机械能一定减小B物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力可能不为零答案C解析上滑过程中满足Eqcos Ffmgsin ，则静电力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其他力的合力对物块做正功，则物块的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电WfWGEk，W电|WG|，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于物块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由功能关系

27、可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场时，由于斜面对物块的支持力为FNmgcos 30，摩擦力Ffmgcos 30mgsin 30，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场时，FNmgcos 30qEsin 30，Ff(mgcos 30 qEsin 30)，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的合力方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D错误2(2023河北邯郸市模拟)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m，带电荷量为q的小球被

28、绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是()A电场强度大小为EBB点的电势BC小球在B点的电势能EBD小球机械能的变化量为答案D解析小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示则有qEtan 45mg，解得E，故A错误；由牛顿第二定律得加速度为ma，由匀变速直线运动规律，得小球到B点的速度为vat，设ABL，根据动能定理得mgLsin 45qELcos 45mv2，解得静电力做功WqELcos 45，根据WqUAB，解得UAB，根据UABAB，且A点的电势为零，解得B

29、，B点的电势能为EBqB，联立解得：EB，故B、C错误；小球机械能的变化量等于静电力做的功，EW，故D正确3如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径，已知重力加速度为g，电场强度E，不计空气阻力，下列说法正确的是()A若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度vB若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小C若将小球在A点由静止开始释放，则小球运动到B点时的速度为vD若将小球在A点以大小为v的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B点答案B

30、解析由于电场强度E，故mgEq，物体的加速度大小为ag，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，则有mgm，解得v，A错误；除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时，电势能最大，故到A点时的机械能最小，故B正确；小球受合力方向与电场方向夹角45斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，小球运动到B点的过程中，由动能定理得qE2Lmv2，解得：v2，故C错误；若将小球在A点以大小为 的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，因Eqmg，故水平加速度与竖直加速度大小均为g

31、，当竖直方向上的位移为零时，时间t2，则水平位移xgt22L，则说明小球刚好运动到B点，故D错误4(多选)如图所示，在竖直面内有一半径为R的圆环形轨道，轨道内部最低点A处有一质量为m的光滑带正电的小球(可视作质点)，其所带电荷量为q，在圆环区域内存在着方向水平向右的匀强电场，电场强度E，现给小球一个水平向右的初速度，使小球开始运动，以下说法正确的是()A若v0，则小球可以做完整的圆周运动B若小球可以做完整的圆周运动，则轨道所给弹力的最大值与最小值相差4mgC若v0，则小球将在轨道最高点B处脱离轨道D若v0，则小球不会脱离轨道答案BCD解析小球同时受到重力和静电力作用，这时可认为小球处于等效重力

32、场中，小球受到的等效重力为：Gmg，等效重力加速度为gg，等效重力与竖直方向的夹角为，如图所示，则有：tan ，30，小球可以做完整的圆周运动，在等效最高点，有：mgm，从等效最高点达到A点过程中，根据动能定理可得：mg(RRcos )mv02mv2，解得：v0，故A错误；若小球可以做完整的圆周运动，则小球在等效重力场中最低点轨道所给的弹力最大，等效最高点轨道所给的弹力最小；在等效最低点有：F1Gm，在等效最高点有：F2Gm，在等效重力场中，从最高点达到最低点过程中，根据动能定理可得：mg2Rmv12mv22，解得轨道所给弹力的最大值与最小值相差为：F1F24mg，故B正确；若v0，小球到达最

33、高点B处的过程中，重力做负功，静电力不做功，则有：mg2RmvB2mv02，解得：vB，故可得小球将在轨道最高点B处脱离轨道，故C正确；在等效重力场中，若v0，小球没有超过等效重力场中的半圆，故小球不会脱离轨道，故D正确5.如图所示，在竖直平面内有直角坐标系xOy，有一匀强电场，其方向与水平方向成30角斜向上，在电场中有一质量为m1103 kg、电荷量为q1.0104 C的带电小球，用长为L m的不可伸长的绝缘细线挂于坐标原点O，当小球静止于M点时，细线恰好伸直且水平现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，g10 m/s2.(1)求电场强度E的大小；(2)求小球再次到达M点时的速度大小；

34、(3)如果小球再次到达M点时，细线突然断裂，从此时开始计时，求小球运动t1 s时的位置坐标答案(1)200 N/C(2)6 m/s(3)( m,6 m)解析(1)当小球静止于M点时，由平衡条件得qEsin mg解得E200 N/C(2)小球所受静电力和重力的合力恒定，大小为Fmg，方向水平向右，设小球运动到M点时，小球的速度为v，则由动能定理得mgLmv2解得v6 m/s(3)小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合力F水平向右，小球将做类平抛运动，由牛顿第二定律得mgma在竖直方向上，有yvt在水平方向上，有x1at2解得xx1L m，y6 m所以小球的位置坐标为( m

35、,6 m)6.(2023新疆喀什市检测)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R0.40 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E3.0104 N/C.现有一电荷量q1.0105 C、质量m0.04 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)，取g10 m/s2.求：(1)带电体运动到圆形轨道C点时的速度大小；(2)带电体在圆弧形轨道上运动的最大速度；(3)D点到B点的距离x.答案(1)2.0 m/s(2

36、) m/s(3)0.2 m解析(1)设带电体经过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律得：mg解得：vC2.0 m/s(2)设带电体通过B点时的速度为vB，带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理得：2mgRmvC2mvB2 解得：vB2 m/s根据静电力和重力的比值关系可知，等效最低点与竖直方向的夹角为tan 即37，等效最低点的位置如图所示：由B到等效最低点根据动能定理得：qERsin 37mgR(1cos 37)mvm2mvB2 解得：vm m/s(3)带电体离开圆弧轨道后在竖直方向上：2Rgt2在水平方向上：xvCtt2联立解得：x0.2 m.7如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，

37、圆弧段DG的圆心角为37，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点CD段粗糙，DGH段光滑在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于电场强度为E1104 N/C、水平向右的匀强电场中，一质量m4103 kg、带电荷量q3106 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零已知CD段长度L0.8 m，圆弧DG的半径r0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点g10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6，求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能答案

38、(1)0.25(2)2.4 m(3)0.018 J0.002 J解析(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qEmg(LL)0解得0.25；(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力mg0.01 N静电力Eq0.03 N滑动摩擦力小于静电力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0.全过程由动能定理得EqLmgs0解得s2.4 m；(3)GH段的倾角为37，因为Eqcos mgsin 0.024 N，则加速度a0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能对C到G过程由动能定理得EkmaxEq(Lrsin )mgLmg(

39、rrcos )0.018 J滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能对D到G过程由动能定理得EkminEqrsin mg(rrcos )0.002 J.8如图所示，圆心为O、半径为R的圆弧形光滑轨道MN固定在竖直平面内，O、N恰好处于同一竖直线上，ONR，OM与竖直方向之间的夹角37，水平面上方空间存在水平向左的匀强电场水平面上有一点P，点P、M的连线恰好与圆弧轨道相切于M点，PM2R.现有一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从P点以一定的初速度沿PM做直线运动，小球从M点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出sin 370.6，cos 370.8，重力加速度为

40、g.求：(1)小球沿圆弧轨道运动过程中的最小速度的大小；(2)小球在P点时的初速度大小；(3)小球在水平面上的落点到P点的距离答案(1)(2)(3)(33)R解析(1)由小球沿PM做直线运动可知，小球所受的静电力与重力的合力方向沿MP方向，受力分析如图(a)所示：则qEtan mg解得：E小球恰好能沿圆弧运动并从N点射出可知，小球在圆弧轨道上经过“等效最高点G”时速度最小，如图(b)所示：此时小球所受的静电力与重力的合力提供向心力，则 解得：vG(2)小球从P点运动到G点的过程中，根据动能定理得：3RmvG2mv02 解得：v0(3)小球从G点运动到N点的过程中，根据动能定理得：(RRsin )mvN2mvG2 解得：vN小球从N水平飞出后，在水平方向上做初速度为的匀加速运动，在竖直方向上做自由落体运动，设小球从N飞出到落地的时间为t，则竖直方向上：RRcos 2Rsin gt2解得：t水平方向上的加速度大小为axg 小球在水平面上的落点到N点的水平距离为xvNtaxt2 解得：x(34)R则小球在水平面上的落点到P点的距离为x0x(2Rcos Rsin )(33)R.