【文档说明】安徽省芜湖市2021-2022学年高二（上）期末教学质量监控物理试题 含解析.docx，共(25)页，1.779 MB，由小赞的店铺上传

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2021—2022学年度第一学期芜湖市高中教育教学质量监控高二年级物理试题卷（理科）注意事项：1.本试卷满分为100分，考试时间为100分钟。2.本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分。“试题卷”共6页，“答题卷”共3页。3.请务必在“答题卷”上答

题，在“试题卷”上答题是无效的。4.考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回。本试卷取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度210m/sg=一、选择题（每小题4分，共40分；1-8小题为单选题，9-10小题分单选题和多选题，其中多选题全部选对得4分，

选不全得2分，选错或不答得0分）1.在物理学发展的过程中，许多科学家作出了突出贡献，下列说法正确的是（）A.麦克斯韦最早提出用电场线描述电场B.法拉第发现了电流的磁效应C.爱因斯坦提出了能量子假说D.赫兹最早用实验证实了电磁波的存在【答案】D【解析】【详解】A

．法拉第最早提出用电场线描述电场，故A错误；B．奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；C．普朗克提出了能量子假说，故C错误；D．赫兹最早用实验证实了电磁波的存在，故D正确。故选D。2.如图甲，A、B是某电

场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的vt−图像如图乙所示。设负电荷在A、B两点所受的静电力为AF、BF，A、B两点的场强分别为AE、BE，则根据图乙的信息可知下列说法正确的是（）A.ABFF=B.ABFFC.ABEED.ABEE【答

案】C【解析】【详解】根据速度时间图像的斜率表示加速度，所以由题图可知粒子从A点运动到B点，加速度逐渐减小，则电场力变小，场强变小，所以有ABFFABEE故选C。3.如图所示，一个物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F

作用时间t后，物体仍保持静止。现有以下看法，你认为看法正确的是（）A.物体所受合力的冲量大小为0B.物体所受拉力F的冲量大小是FtcosθC.物体所受摩擦力的冲量大小为0D.物体所受拉力F的冲量方向水平向右【答案】A【解析】【分析】【详解】ABC．物体所受合力为零，摩擦力和拉力F均为恒

力，根据恒力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的乘积，故摩擦力对物体的冲量为Ftcosθ，拉力F对物体的冲量大小为Ft，合力的冲量大小为0，故A正确BC错误；D．物体所受拉力F的冲量方向与F方向相同，故D错误。故选A。4.如图所示，将小磁针放在水平

直导线的正下方，当导线中通过大小恒定、方向向右的电流时（）A.小磁针不发生偏转B.小磁针的N极向里偏转C.小磁针的S极向里偏转D.首先观察到这个现象的物理学家是法拉第【答案】B【解析】【详解】根据安培定则，直导线下方的磁场垂

直纸面向里，可知小磁针的N极向里偏转；首先观察到这个现象的物理学家是奥斯特。故选B。5.真空中有两个相同的带异种电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷）带电量分别为Q−和3Q，分别固定在两处，两球之间的静电力大小为F。现将A与B接触后，再使A、B之间距离增大为原来的2倍，则它们之间

的静电力大小将变为（）A.2FB.4FC.14FD.112F【答案】D【解析】【详解】根据库仑定律，开始时23QQFkr=将A与B接触后两球各带电量为Q，则'2(2)12QQFFkr==故选D。6.芜湖市拟于今年在部分公共场所试点配置50台自动体外除颤仪（AED），探索建立市区主要公共场所

AED配置工作机制。除颤仪是通过电容器放电时的脉冲电流作用于心脏，实施电击治疗，使患者心脏恢复正常跳动的仪器。某除颤仪的电容器电容为10μF，充电后电容器电压为5kV，如果电容器在5.0ms时间内通过人体放电至两极板间电压为0，下列说法正确的是（）A.这次放电有0.05C的电荷通

过人体B.这次放电有0.1C的电荷通过人体C.放电过程通过人体的平均电流大小为0.5AD.放电过程通过人体的平均电流大小为1A【答案】A【解析】【详解】AB．电容器充电后带电量为Q=CU=10×10-6×5000C=0.05C则这次放电有0.05C的电荷通过人体，A正确，B错

误；CD．放电过程通过人体的平均电流大小为0.05A=10A0.005QIt==CD错误。故选A。7.如图所示，线圈面积为S，线圈平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则以下说法正确的是（）A.此时穿过线圈的磁通量为

0B.若线圈绕OO转过60°角时，穿过线圈的磁通量为12BSC.若线圈绕OO转过90°角时，穿过线圈的磁通量为BSD.若从初位置转过180°角时，穿过线圈的磁通量与初始位置相同【答案】B【解析】【详解】A．此时穿过线圈的磁通量为BS，选项A错误；B．若线圈绕OO转过60°角时，穿过线

圈的磁通量为1=cos602BSBS=选项B正确；C．若线圈绕OO转过90°角时，穿过线圈的磁通量为零，选项C错误；D．若从初位置转过180°角时，虽然磁通量的大小仍为BS，但是磁感线从线圈的另一面穿过，则穿过线圈的磁通量与初始位置不相同，选项D错误。故

选B。8.如图为某物体做简谐运动的图像，在0~1.5s范围内分析下列说法，正确的是（）A.0.6s时物体的速度与0.4s时的速度相同B.物体做简谐运动的振幅为8cmC.0.1s—0.3s时间内加速度在增大D.0.3s—0.5s时间内势能在增大【答案】D【解析】

【详解】A．0.4s与0.6s，物体的位移相同，但0.4s正沿正方向振动，0.6s沿负方向振动，则两时刻的速度大小相等，方向相反，A错误；B．由简谐运动的图像可读出振幅为4cm，B错误；C．由简谐运动的图像可读出0

.1s—0.3s时间内物体的位移在减小，根据F=-kx=ma则0.1s—0.3s时间内加速度在减小，C错误；D．由简谐运动的图像可读出0.3s—0.5s时间内物体的位移在增大，弹簧被拉伸，则弹簧的弹性势能在增大

，D正确。故选D。9.“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为1U的电场中加速后，垂直射入电势差为2U的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是（）A.1U变小，2U不变B.1U变大，2U变小C.1U变小，2

U变大D.1U不变，2U变大【答案】B【解析】【详解】根据动能定理2112qUmv=得12qUvm=在偏转电场中2qUamd=Ltv=2yqULvatmdv==21tan2yvULvUd==若使偏转角变小即使tan变小，使1U变大，2U变小可使偏转角变小。故选B

。10.电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出，电子的运动轨迹如图所示。已知电子质量为m，电荷量为e−（e>0），加速电场的电压为0U，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽略电子的重力，则下列说法

正确的是（）A.加速电场的左极板带正电B.偏转电场的上极板带负电C.电子进入偏转电场的初速度等于02eUmD.电子在偏转电场中沿电场方向的位移y等于2202ULUd【答案】BC【解析】【详解】A．因为要加速的是电子，则加速电场的右极板带正电，选项A错误；B．电子在偏转电场中

向下偏转，可知偏转电场得上极板带负电，选项B正确；C．电子在加速电场中20012Uemv=可得电子进入偏转电场的初速度等于002eUvm=选项C正确；D．电子在偏转电场中做类平抛运动，则0Lvt=212yat=Ueadm=解得沿电场方

向的位移220=4ULyUd选项D错误。故选BC。11.如图所示，平行金属板A、B之间有匀强加速电场，C、D之间有匀强偏转电场，M为荧光屏。今有质子（11H）、氘核（21H）和氚核（31H）均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在

荧光屏上（不计粒子重力）。则下列判断正确的是（）A.经过加速电场的过程中，电场力对三种粒子做功一样多B.三种粒子从B板射出时的速度之比为6:3:2C.三种粒子打在荧光屏的同一位置上D.质子氘核和氚核打在荧光屏上时的速度大小之比为6∶3∶2【答案】ABC【解析】【详解】A．设加速电场的电压为U1，粒

子的电量为q，质量为m，根据1WqU=经过加速电场的过程中，电场力对三种粒子做功一样多，A正确；B．设粒子从B板射出时的速度为v0，根据动能定理210102qUmv=−解得1021qUvmm=三种粒子从B板射出

时的速度之比为010203111::::6:3:2123vvv==B正确；C．粒子在偏转电场中做类平抛运动，设偏转电场的电压为U2，极板长度为L，两极板间的距离为d，粒子的偏转距离为y212yat=2qUa

md=0Ltv=解得2214ULydU=设粒子打在屏上的偏转距离为y＇，屏到金属板D的距离为L＇，根据三角形相似22LLyLy+=因为三种粒子的y相同，所以y＇也相同，则三种粒子打在荧光屏的同一位置上，C正确；D．根

据动能定理2112qUqEymv+=解得()121qUqEyvmm+=质子、氘核和氚核打在荧光屏上时的速度大小之比为123111::::6:3:2123vvv==D错误。故选ABC。12.如图所示的电路，电路中电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，闭合开关S，当

滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（）A.电流表读数变大B.电压表读数变大C.小灯泡L亮度变暗D.电源的输出功率一定变小【答案】A【解析】【详解】AC．根据闭合电路的欧姆定律有E=Ir+IR+IRL当滑动变阻器滑片P向右移动时，R减小，则电流表读数变大、灯泡变亮

，A正确、C错误；B．由选项A可知，电流增大，而电压表测量的是电源的外电压，则有U=E-Ir可知电压表读数变小，B错误；D．当外阻等于内阻时电源的输出功率最大，则由于R、RL以及r的具体数据未知，则无法判断电源的输出功率变化情况，D错误。故选A。13.如图所示，电路中电源电动势为E，内

阻为r，C为电容器，L为小灯泡，定值电阻R=r，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表1V、2V、3V示数变化量的绝对值分别为1ΔU、2ΔU、3ΔU，理想

电流表A示数变化量的绝对值为I，则（）A.电源的输出功率一定减小B.灯泡的功率逐渐变大C.1ΔΔUI，2ΔΔUI，3ΔΔUI均保持不变D.当电路稳定后，断开开关，小灯泡不会立刻熄灭【答案】ACD【解析】【详解】A．由于外电阻与内阻相等时，电源的输出功率最大，由于定值电阻R=r，则外阻

一定大于内阻，当滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，则滑动变阻器接入电路的电阻变大，外阻变大，则电源的输出功率一定减小，A正确；B．根据闭合电路欧姆定律EIrR=+外所以滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离时，外电阻增大，总

电流减小，灯泡的功率逐渐变小，B错误；C．根据部分电路欧姆定律可得1URI=由闭合电路欧姆定律2UEIr=−则根据电源的伏安特性曲线，可得2UrI=由闭合电路欧姆定律3()UEIrR=−+则根据电源的伏安特性曲线，可

得3UrRI+=所以1ΔΔUI，2ΔΔUI，3ΔΔUI均保持不变，C正确；D．当电路稳定后，断开开关，电容器与小灯泡组成一个回路，电容器放电，则小灯泡不会立刻熄灭，D正确。故选ACD。14.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，两个定值电阻24Rr

=，1Rr=，滑动变阻器最大阻值为8r，闭合开关，将滑动变阻器R滑片从最上端移到最下端。若理想电压表3V示数变化量的绝对值是3ΔU，理想电流表1A示数变化量的绝对值为1I，则正确的是（）A.电流表1A示数增大B.3V

示数与2A示数的比值减小C.3ΔU与1I的比值不变且等于rD.滑动变阻器与2R消耗的总功率先增大后减小【答案】ABD【解析】【详解】依题意，电表均为理想表，故电流表在电路中相当于短路，电压表相当于断路。A．将滑动变阻器R滑片从最上端移到最下端，滑动变阻器接入电路中的阻值减小，则外电阻

减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流将增大，由题图判断知电流表1A测量的电流为干路电流，所以1A示数增大，故A正确；B．由题图可知3V示数与2A示数的比值等于滑动变阻器接入电路中的阻值，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，所以二者的比值减小，故B正确；C．根据电路结构结合闭合电路欧姆定律可知，3

ΔU与1I的比值为3112URrrI=+=故C错误；D．可将1R和电源等效成一个新电源，则新电源内阻为2r，当滑动变阻器与2R并联的总电阻等于2r时，并联部分电路总功率最大，故当滑片从最上端移到最下端，并联总电阻最大值为2283

RRrRRR==+并最小值为0，并联总电阻从83r减小到0，则滑动变阻器与2R消耗的总功率先增大后减小。故D正确。故选ABD。二、填空题（每空2分，共14分）15.中国载人登月工程计划在2030年前后实现航天员登月。已知月球表面重力加速度是地球表面重力加速度

的16，航天员若将地球上的单摆带到月球上去，此单摆的周期会变为原来的______倍。【答案】6【解析】【详解】依题意，根据单摆周期公式2LTg=可得=6TgTTTg=月地月地月地所以，此单摆的周期会变为原来的6倍。16.

如图，将带正电的导体球C靠近不带电的导体，若沿图示虚线a将导体分为A、B两部分，这两部分所带电荷量大小分别为AQ、BQ，则A部分带______电（选填“正”或“负”），AQ______BQ（选填“>”“<”或“=”）。【答

案】①.正②.=【解析】【详解】[1][2]根据静电感应规律“近异远同”可知，A部分带正电，B部分带负电，且两部分所带电荷量相等，即AQ=BQ17.如图是双量程电压表的原理图，它有两个量程分别为3V和15V，则接a、b两端时量程应为______，已知表头内阻为10Ω，满偏电流为1mA，则2R=

______Ω。【答案】①.3V②.12000【解析】【详解】[1]改装后电压表的量程为()ggUIRR=+串，故串联的电阻越大，量程越大，故接a，b时，为灵敏电流计与R1串联，量程为3V；[2]接a，c时，为灵敏电流计

与R1和R2串联，量程为15V，由题可知，Ubc=12V，则212120000.001bcgURI===18.1831年，物理学家法拉第用如图所示的实验装置，成功发现了磁生电现象。开关始终处于闭合状态时，a

线圈中_______（填“有”或“无”）感应电流产生，开关闭合或断开瞬间，a线圈中_______（填“有”或“无”）感应电流产生。【答案】①.无②.有【解析】【分析】【详解】[1]开关始终处于闭合状态时，b线圈中电流稳定，产生磁场稳定，故a线圈中

磁通量不发生变化，a线圈中无感应电流产生；[2]开关闭合或断开瞬间，b线圈中电流变化，产生磁场变化，通过a线圈的磁通量发生变化，a线圈有感应电流产生。三、实验题（第15小题6分，第16小题10分，共16

分）19.如图甲，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度以平衡摩擦力，使小车能在木板上做匀速直线运动。小车P前端贴有橡皮泥，后端连一打点计时器纸带，接通打点计时器电源后，让小车P以某速度做匀速直线运动，与置于木

板上静止的小车Q相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图乙所示，已将各计数点之间的距离标在图上。（1）图中数据有AB、BC、CD、DE四段，计算小车P碰撞前的速度大小，则应选______段；计算小车P和Q碰后的速度大小应选_____

_段。（选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）（2）测得小车P的质量10.4kgm=，小车Q的质量20.2kgm=，根据纸带数据，碰前两小车的总动量大小为______kg·m/s（计算结果保留三位有效数字）。【答案】①.BC②.DE③.0.420【解析】【详

解】（1）[1][2]接通打点计时器电源后，推动小车P由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而小车P和Q碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同

的位移，应选DE段来计算碰后共同的速度。（2）[3]碰前小车P的速度为0.1050m/s1.050m/s0.025BCvt===碰前只有P有动量，则p=m1v=0.420kgm/s20.某同学将铜片和镀锌螺丝钉

分别插入自家果园新解采摘的果冻橙的两侧，做成一个“橙子电池”。他查阅资料得知“橙子电池”的电动势约1V左右、内阻约1kΩ左右，为了尽可能准确测定这个“橙子电池”的电动势和内阻，他在实验室找到了以下器材：U/V0.830

.740.640.530.44I/mA0.300.400.500.600.70电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；毫安表mA（量程为0~1.0mA，内阻约为5Ω）：滑动变阻器1R（阻值0~50Ω）；滑动变阻器2R（阻值0~3000Ω）；导线和开关。（1）实验时，滑动变阻器应选______（

选填“1R”或“2R”）。（2）两个测量电路图应选图______（选填“甲”或“乙”）。（3）实验时记录数据见表格，请在图丙坐标系中描点并作出U-I图线。（）（4）根据图线求出这个“橙子电池”的电动势为______V，内阻为______Ω（结果均保留三位有效数字）。【答案】

①.2R②.甲③.④.1.03~1.13⑤.950~1.01×103【解析】【详解】（1）[1]电路最小总电阻约为311000110gERI−===若选择R1的话，路端电压变化范围很小，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择R2。（2）[2]因为“橙

子电池”的内阻很大，若相对于电源来说电流表采用外接法，电压表分流较大，实验误差较大，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用内接法，应选择图甲所示电路图。（3）[3]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分不在直线两侧，根据坐标系内描出的点作

出图象如图所示（4）[4]根据图甲所示电路图应用闭合电路的欧姆定律得()AUEIRr=−+由作出的U-I图象可知，电池电动势为E=1.13V[5]图象斜率的绝对值为331.130.401.01100.7210ARr−−+=解得“橙子电池”的内阻为31.0110r=四、计

算题（第17小题8分，第18小题10分，第19小题12分，共30分；要求写出主要的计算公式、解题步骤和必要的文字说明）21.为规范电动自行车管理，保障全市道路交通安全有序，芜湖市正开展电动车集中登记上牌工作。下表列出了某品牌电动自行车及所用

电动机的主要技术参数，不计其自身机械能损耗。若该车在额定状态下行驶，求：自重40kg额定电压48V载重75kg额定电流12A最大行驶速度20km/h额定输出功率350W（1）电动机在额定状态下工作时的电功率；（2）电动机的内电阻。【答案】（1）576W；（2）1.57Ω【解析】【详解】（

1）根据PUI=电代入数据得4812W576WP==电（2）根据2PIr=热PPP=−热电输出代入数据得1.57Ωr22.质量为0.02kg的子弹，以200m/s的速度射入质量是0.08kg、静止在光滑水平面上的木块。（1）如果子弹留着木块中，木块运动的速度是多大；（2）如果子弹

把木块打穿，子弹穿过后的速度为100m/s，这时木块的速度又是多大。【答案】（1）40m/sv=共；（2）225m/sv=【解析】【详解】（1）系统动量守恒，当子弹留在木块中时，由动量守恒定律可得()1012mvmmv=+共解得40m/sv=共（2）当子弹打穿木块时，有101122mvm

vmv=+解得225m/sv=23.在气垫导轨上，一个质量为0.4kg的滑块以2m/s的速度向右运动，与另一质量为0.2kg、速度为1m/s并沿相反方向运动的滑块迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起。求：（1）碰撞后滑块速度的大小和方向；（2）这次碰撞，两滑块共损失了多少机械能？【答

案】（1）1m/s，方向向右；（2）0.6J【解析】【详解】（1）两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得()112212mvmvmmv−=+代入数据解得v=1m/s方向向右；（2）碰撞的机械能损失()22

2112212111222Emvmvmmv=+−+解得Δ0.6JE=24.如图所示，质量为m=1kg的小铁块A，静止在质量M=2kg的长木板B的左端，长木板B静止在光滑的水平面上。现有一颗质量为020gm=的子弹，以

0100m/sv=的水平初速度向右击中铁块并水平反弹，子弹反弹的速度大小为150m/sv=.此后，小铁块在长木板上向右滑行，小铁块与长木板间的动摩擦因数0.2=.求：（1）小铁块A被子弹击中后的速度大小v；（2）要使小铁块在长木板上向右滑行不离

开长木板，长木板B的最小长度需多大？【答案】（1）3m/s；（2）1.5m【解析】【详解】（1）对子弹击中铁块的过程，由动量守恒定律得()0001mvmvmv=−+代入数据解得v=3m/s（2）铁块在长木板上向右滑行恰好不离开长木板，由动量守恒定律得()mvmMv=+共由能量守恒可得

()221122mvmMvmgL−+=共联立代入数据解得木板长度最小长度L=1.5m25.用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为32.010kg−，所带电荷量为82.010C.现加水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角为37°.则：（1）该小球带正电还是带负电？（2）求电

场强度E的大小；（3）若在某时刻将细线剪断，求经过1s时小球的速度大小。【答案】（1）负电；（2）57.510N/CE=；（3）12.5m/s【解析】【详解】（1）由受力平衡可知：小球带负电；（2）对小球，由平衡条件可得tanqEmg=解得

57.510N/CE=（3）剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得cosmgFma==由速度-时间公式得vat=代入数据解得v=12.5m/s26.

如图，AB为竖直的14光滑圆弧绝缘轨道，其半径为0.5m，A点与圆心O等高，最低点B与绝缘水平面平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为5×103N/C。将一个质量为0.1kg，电荷量为+8×10-5C的滑块（可视为质点）从A由静止释放，已知滑块与水平面间

的动摩擦因数为0.05，取g=10m/s2，则：（1）物块第一次经过B点时的速度大小为多少？（2）第一次经过B点时对B点的压力大小为多少？（3）在水平面上通过的总路程为为多少？【答案】（1）6m/s；（2）2.2N；（3）6m【解析】【详解】（1）设小滑块第一次到达B点时的

速度为vB，根据动能定理可得212BmgRqERmv−=代入数据解得6m/sBv=（2）最低点B对小滑块运用牛顿第二定律可得2NBvFmgmR−=代入数据求得，小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时轨道对滑块支持力大小为N2.2NF=根据牛顿第三定律

，可知小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力大小为2.2N。（3）滑块所受电场力大小0.4NqE=摩擦力大小0.05Nfmg==可知qEf所以小滑块最终在圆弧轨道的下部分往复运动，并且小滑块运动到B点时速度恰好为零，对小滑块运用动能定理可得0

0mgRqERmgx−−=−代入数据，解得小滑块在水平轨道上通过的总路程6mx=27.如图所示，水平绝缘轨道AB和竖直放置半径为R的光滑绝缘半圆轨道BCD在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平边界MN下方有场强为E水平向左的匀强电

场，电场区域足够大。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）从水平轨道上距离B点为215R的A点由静止释放，已知：滑块的电荷量34mgqE=，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为13，重力加速度为g.求：（1）滑块从B点刚进入半圆轨道

时的速度大小及滑块对轨道的压力大小；（2）滑块运动到D点时的速度大小；（3）滑块在轨道上运动的最大速度。【答案】（1）142gR，92mg；（2）DvgR=；（3）2mvgR=【解析】【详解】（1）设滑块通过B点时的速度大小为Bv，在滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理得2102A

BABBqExmgxmv−=−解得142BgRv=设滑块通过B点时半圆轨道对滑块的支持力大小为NF，由牛顿第二定律得2NBvFmgmR−=解得N92Fmg=由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小NN92FFmg==（2）在滑

块从B点运动到D点的过程中，由动能定理得2211222DBqERmgRmvmv−=−解得DvgR=（3）将电场力与重力的合成为等效重力G，其与竖直方向夹角设为，如图所示：P点为圆周运动的等效最低点，在P点速度最大设为mv，则有3tan4qEmg==解得37=滑块

从B点到P点的过程，由动能定理得()22m11sincos22BqERmgRRmvmv−−=−解得m2vgR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com