吉林白城市一中2019-2020高二物理上学期期中试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年度上学期高二期中考试 物理试卷 一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共计 48 分．在 1～7 题给出的四个选项中只有一 个选项正确，在 8～12 小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选对 但不全的得 2 分，有选错的得 0 分） 1.如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作 用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知(　　) A. 带电粒子在 R 点时的速度大小大于在 Q 点时的速度大小 B. 带电粒子在 P 点时的电势能比在 Q 点时的电势能大 C. 带电粒子在 R 点时的动能与电势能之和比在 Q 点时的小，比在 P 点时的大 D. 带电粒子在 R 点时的加速度大小 小于在 Q 点时的加速度大小 【答案】A 【解析】 【详解】电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒 子从 P 运动到 Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R 点速度大于 Q 点速度，若粒子从 Q 运动到 P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q 点速度小于 R 点速度，P 点时的电 势能比在 Q 点时的电势能小，故 A 正确，B 错误；因带电粒子只受电场力作用，故只有电场力 做功，则带电粒子的动能与电势能之和保持不变，选项 C 错误；R 点的电场线较 Q 点密集， 则 R 点的场强较大，电场力较大，故带电粒子在 R 点时的加速度大小大于在 Q 点时的加速度 大小，选项 D 错误。 【点睛】该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键．根据 电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的 电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。 2.两个可自由移动的点电荷分别放在 A、B 两处，如图所示．A 处电荷带正电荷量 Q1，B 处电 荷带负电荷量 Q2，且 Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷 Q3，放在 AB 直线上，欲使整 个系统处于平衡状态，则：A. Q3 为负电荷，且放于 B 右方 B. Q3 为负电荷，且放于 A 左方 C. Q3 为正电荷，且放于 A、B 之间 D. Q3 为正电荷，且放于 B 右方 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可知考查带电粒子受力平衡问题，根据库仑定律和平衡条件分析可得。 【详解】第三个电荷 Q3 所受库仑力合力为零，则 Q3 所处位置电场强度为零，根据电场强度矢 量性、电场强度叠加可知 AB 之间合场强向右，不可能为零，在 B 的右方某处 Q1 产生的场强方 向向右，Q2 产生的场强方向向左，但是 Q2 产生的场强大于 Q1 产生的场强大小，合场强不可能 为零，只有 A 左方且靠近 A 的位置合场强为零，为保证电荷 AB 所受电场力为零，假设 Q3 带正 电，Q1 受到电场力的合力向右，不可能为零，假设错误，说明 Q3 只能带负电荷。 A．描述与题意分析不符合，故 A 错误。 B．描述与题意分析符合，故 B 正确。 C．描述与题意分析不符合，故 C 错误。 D．描述与题意分析不符合，故 D 错误。 【点睛】三个电荷都在库仑力作用下静止，满足规律：(1)同内异外小（同种电荷时引入第三 个电荷放在里面，异种电荷第三个电荷放在外面，且靠近带电量小的那个电荷）(2)引入第三 个电荷电性及电量大小特征：两同夹异（电性关系），两大夹小（电量关系）。 3.直角坐标系 xOy 中，M、N 两点位于 x 轴上，G、H 两点坐标如图，M、N 两点各固定一负点电 荷，一电荷量为 Q 的正点电荷置于 O 点时，G 点处的电场强度恰好为零，静电力常量用 k 表 示．若将该正点电荷移到 H 点，则 G 点处场强的大小和方向分别为：A. ，沿 y 轴正向 B. ，沿 y 轴负向 C. ，沿 y 轴正向 D. ，沿 y 轴负向 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意可知考查电场强度矢量性，根据电场叠加原理，结合等效思想分析计算可得。 【详解】O 点电荷 Q 在 G 点产生的场强大小为 ， 方向沿-y,因 G 点处的电场强度恰好为零,说明 M、 N 固定的负电荷在 G 点共同产生的场强大 小也为 ,方向沿+y 方向，当把 O 点电荷 Q 电荷移到 H 点时，在 G 点产生的场强大小为 ， 方向沿-y，M、 N 固定的负电荷在 G 点共同产生的场强大小仍为 ，则此时 G 点的合场强为 ， 方向沿 y 轴正向。 A．描述与题意分析计算符合，故 A 正确。 B．描述与题意分析景计算不符合，故 B 错误。 C．描述与题意分析计算不符合，故 C 错误。 D．描述与题意分析计算不符合，故 D 错误 【点睛】根据 可以计算 O 点正电荷在 G 点产生的场强大小，根据 G 点场强为零可以 求出 M、N 两个负电荷在 G 点产生的合场强大小和方向，当 O 点正电荷移到 H 点时，可以根据 求出后来正电荷在 G 点产生场强，M、N 两个负电荷共同在 G 点产生的场强大小和方向不变， 。 2 3 4 kQ a 2 3 4 kQ a 2 5 4 kQ a 2 5 4 kQ a 1 2 QE k a = 1E ( )a 2 2 QE k 2 = 1E 1 2 2 3kQE E E 4a = + = 2 Q E k R = 2 Q E k R =再根据场强叠加求出 G 点后来场强大小、方向。 4.空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在 空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B 两点与两球球 心连线位于同一直线上，C、D 两点关于直线 AB 对称，则： A. C 点和 D 点的电场强度相同 B. 正电荷从 A 点移至 B 点，静电力做负功 C. A 点和 B 点比较，A 点的电势比 B 点电势高 D. 负电荷从 C 点沿直线 CD 移至 D 点，电势能先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可知考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据电场特点及电场力做功情况分析可得。 【详解】A．C 点和 D 点的电场强度方向不同，故电场强度不同，故 A 错误； B．正电荷从 A 点移至 B 点， 电势差为正，电量为正，则静电力做正功，故 B 错误。 C．由图可知 A 点与 C 点和 D 点在一条等势线上，沿着电场线的方向电势降低，C 点电势高于 乙球表面的电势，乙球表面的电势高于 B 点电势，因此 A 点的电势比 B 点电势高，C 正确 D．负电荷从 C 点沿直线 CD 移至 D 点，直线 CD 上各点电势相等，电场力做功为零，电势能不 变，故 D 错误。 【点睛】电场线越密（越疏）场强越大（越小），沿电场线方向电势降低， ，电势 差为正（负）时，取正（负）值，带正（负）电时，电量取正（负），电场力做正功（负功）， W 取正值（负值） 5.如图所示的电路，L1、L2、L3 是 3 只小电灯，R 是滑动变阻器，开始时，它的滑片 P 位于中 点位置．当 S 闭合时，3 只小电灯都发光．现使滑动变阻器的滑片 P 向右移动时，则小电灯 L1、L2、L3 的变化情况（各灯电压均未超过额定值）： ABW U q= ABW U q=A. L1 变亮、L2 变亮 B. L2 变亮、L3 变暗 C. L1 变暗、L3 变亮 D. L1、L2、L3 均变亮 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可知考查电路 动态分析，根据闭合电路欧姆定律分析计算可得。 【详解】滑片 P 向右移动，支路电阻增大，外电阻增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定 律可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，通过灯 L1 电流变小，所以变暗，外电压增大， 灯 L1 的电压减小，说明灯 L2 两端电压增大，通过灯 L2 的电流增大，变亮，而总电流减小，通 定灯 L3 电流减小，变暗。 A．描述与题意分析不符合，故 A 错误。 B．描述与题意分析符合，故 B 正确。 C．描述与题意分析不符合，故 C 错误。 D．描述与题意分析不符合，故 D 错误。 【点睛】电路动态分析时，先从局部电阻入手，分析电阻变化，再分析总电阻变化，根据闭 合电路欧姆定律可知总电流变化，内电压变化，外电压变化，先分析电阻不变的用电器电流、 电压变化，最后灵活选择电流、电压关系间接分析出电阻变化用电器电流、电压变化情况。 6.一根长为 L，横截面积为 S 金属棒，其材料的电阻率为 ρ。棒内单位体积自由电子数为 n，电子的质量为 m，电荷量为 e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流、自由电子定 向运动的平均速率为 v。则金属棒内的电场强度大小为 A. B. C. ρnev D. 的 的 2 2 mv eL 2mv Sn e ev SL ρ【答案】C 【解析】 【分析】 考查电路和电场知识 【详解】 ，I=neSv， ， ，联立得 E=ρnev，故选 C。 7. 在如图所示的电路中，闭合开关 S，将滑动变阻器滑片 P 缓慢向右移动，则 A. 灯泡 L 变暗 B. 电源内部消耗的功率先变大后变小 C. 电容器 C 上的电荷量增加 D. 流过 R1 的电流方向由左向右 【答案】D 【解析】 【分析】 本题考查含电容器电路的动态分析 【详解】AB．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据 P=I2R 知灯泡变亮，电源内 部消耗功率 变大，选项 A、B 错误； C．根据 U=IR 知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与 滑动变阻器并联，电容器 C 上电压也减小，根据 Q=CU 知电容器电量减小，C 错误； D．电容器会通过 R、R1 组成回路放电，故经过电阻 R1 的电流由左向右，D 正确。 8.关于物理学史，下列说法中正确的是： A. 元电荷 e 的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 UI R = LR S ρ= UE L = 2I rB. 法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了简洁的方法——“电场线”描述电场 C. 欧姆最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式 D. 库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力 的规律 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．元电荷 e 的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，与物理学史相符，故 A 正 确； B．法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了简洁的方法——“电场线”描述电场，与物理 学史相符，故 B 正确。 C．焦耳最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式 ，故 C 错误。 D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力 的规律 ，与物理学史相符，故 D 正确。 9.如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G 为表头、R 为可调电阻，则下列说法正确 的是(　　) A. 图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大 B. 图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小 C. 图乙为电压表改装 原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大 D. 图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小 【答案】BC 【解析】 【详解】图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据 可知，会使 得改装后电表的量程减小，选项 A 错误，B 正确；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻 的阻值，根据 可知，改装后电表的量程增大，选项 C 正确，D 错误；故选 BC. 10.x 轴上 O 点右侧各点的电场方向与 x 轴方向一致，O 点左侧各点的电场方向与 x 轴方向相 的 2Q I Rt= 1 2 2 Q QF k R = g g gI rI I R = + g gU U I R= +反，若规定向右的方向为正方向，x 轴上各点的电场强度 E 随 x 变化的图象如下图所示，该图 象关于 O 点对称，x1 和－x1 为 x 轴上的两点．下列说法正确的是 A. O 点的电势最低 B. x1 和－x1 两点的电势相等 C. 电子在 x1 处的电势能大于在－x1 处的电势能 D. 电子从 x1 处由静止释放后，若向 O 点运动，则到达 O 点时速度最大 【答案】BD 【解析】 试题分析：沿电场方向电势减小，所以在 x 轴左侧 O 点的电势最大，在 x 轴右侧 O 点的电势 也是最大的，故 O 点的电势最大，A 错误； 和 两点关于 x 轴对称，电场强度的大小相等， 从 O 点到 和从 O 点到 电势降落相等，故 和 两点的电势相等，故 B 正确；根据公式 ，由于 和 两点的电势相等，所以电子在这两点的电势能相等，故 C 正确；电子 运动过程中电势能与动能之和恒定，由于 O 点的电势最高，而负电荷在高电势处的电势能小， 故在 O 点的电势能最小，即在 O 点的动能最大，故 D 正确。 考点：考查了电势，电势能，电场强度 11.如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机 M 和电热丝 R 构成。已知电吹风的额 定电压为 220V，吹冷风时的功率为 120W，吹热风时的功率为 1000W，关于该电吹风，下列说 法正确的是 A. 若 S1、S2 闭合，则电吹风吹冷风 B. 电热丝的电阻为 55Ω C. 电动机工作时输出 机械功率为 880W的 1x 1x− 1x 1x− 1x 1x− E qϕ= 1x 1x−D. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为 120J 【答案】BD 【解析】 【详解】A．若 闭合，电热丝接入，则此时电阻丝发热，电吹风冷出的是热风，故 A 错 误； B．电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为： 由 ，可知 ，故 B 正确； C．电动机工作时输出的功率为吹冷风时的功率，故只有 ，故 C 错误； D．当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为 ，故每秒钟消耗的电能为 ，故 D 正确。 12.如图所示，倾角为 θ 的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为 m、带电荷量为＋q 的滑块沿 斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重 力．则： A. 若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将加速下滑 B. 若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑 C. 若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变小 D. 若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑 【答案】BC 【解析】 【分析】 由题意可知考查力的平衡和牛顿第二定律应用，根据平衡条件和牛顿第二定律分析可得。 【详解】A.若滑块匀速下滑， ， 加上竖直向上的电场后，滑块受到竖直向上的电场力作用，设电场力为 F， 1 2S S、 1000 120 880P P P W W W= − = − =热 冷 2UP R = 2 2220 55880 UR P = = Ω = Ω 120W 120W 120J sin cosmg mgµ θ µ θ= ( ) ( )sin cosmg F mg Fθ µ θ− = −滑块继续匀速度运动，故 A 错误； B.若滑块匀速下滑， ， 加上竖直向下的电场后，滑块受到竖直向下的电场力作用，设电场力为 F， ， 说明滑块仍匀速下滑，故 B 正确。 C.若滑块匀减速下滑， 加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑， 合力减小，加速度变小，故 C 正确； D.若滑块匀加速下滑， 加上竖直向下的电场后， 滑块受到的合力增大，加速度增大，故 D 错误。 【点睛】滑块原来匀速运动，受力平衡，加上电场后合力为零，仍做匀速运动。若滑块向下 做匀加速、匀减速运动，根据牛顿第二定律列出方程求出开始时的加速度，加电场力后受力 分析根据牛顿第二定律列出方程求出后来加速度，比较先后加速度的大小可得。 二、实验题（本题共 3 小题，13 题 4 分、15 题 8 分，16 题 8 分，共 20 分．） 13.如图所示，请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为________cm，螺旋测微器读 数为________mm． 【答案】 (1). 1.140 (2). 4.713（4.712、4.714） 【解析】 sin cosmg mgµ θ µ θ= ( ) ( )sin cosmg F mg Fθ µ θ+ = + 1cos sinmg mg maµ θ θ− = ( ) ( ) 2cos sinmg F mg F maµ θ θ− − − = 3sin cosmg mg maθ µ θ− = ( ) ( ) 4cos sinmg F mg F maµ θ θ+ − + =【分析】 由题意可知考查游标卡尺、螺旋测微器读数问题，根据两种仪器的读数原理分析可得。 【详解】[1] 先读主尺上的数值为 11mm，再读游标尺上的数值 0.05×8=0.40，二者加在一起 为游标卡尺读数 (11+0.40)mm=11.40mm=1.140cm [2]先读固定刻度值为 4.5mm，再读可动刻度 0.01×22.2mm=0.222mm，螺旋测微器读数为两部 分之和 4.5mm+0.222mm=4.712mm 【点睛】无论是游标卡尺还是螺旋测微器读数都要注意有效数字的要求，读数时先以 mm 为单 位读出，10 分度(精确度为 0.1mm)的游标卡尺保留 1 位小数，20 分度(精确度为 0.05mm)、50 分度(精确度为 0.02mm 的保留 2 位，读数公式：主尺上的读数+精确度×对齐时游标尺的格数， 单位换算时注意有效数字不能改变。螺旋测微器读数方法：固定刻度+0.01×对齐时可动刻度 格数（估读一位） 14.要测绘额定电压为 2 V 的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关 外，还有以下一些器材可供选择： A．电源 E(电动势 3.0 V，内阻可不计) B．电压表 V(量程为 0～3.0 V，内阻约 2 kΩ) C．电流表 A(0～0.6 A，内阻约 1 Ω) D．滑动变阻器 R1(最大值 10 Ω) 实验中要求电压表示数在 0～2 V 范围内变化，读取并记录下多组不同的电压值 U 和对应的电 流值 I，绘出伏安特性曲线如图． （1）画出实验原理图(请画在答题纸上) _______； （2）由图线可知,灯丝电阻随电压升高而________；（填“增大”、“不变”或“减小”）（3）实验中产生系统误差的原因是：_______；因为上述原因将使测量结果比真实值 _______．（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”） 【答案】 (1). (2). 增大 (3). 电压表的分流 (4). 偏小 【解析】 【分析】 由题意可知考查描绘小灯泡伏安特性曲线实验原理，数据处理及误差分析，根据实验原理分 析可得。 【详解】(1)[1]分析伏安特性曲线可知小灯泡最大电阻约为 4 ，属于小电阻，为减小误差 电流表采用外接法，描绘伏安特性曲线时要求电压、电流从零开始变化，滑动变阻器采用分 压式接法。故画出的电路图如下所示： (2)[2] 在 I-U 图象中，割线的斜率的倒数表示电阻的大小，随着电压的增大，斜率减小，说 明电阻增大。 (3)[3] 实验中产生系统误差的原因是电压表的分流作用。 [4]电压表测量值等于真实值，但是电流测量值大于真实值，这样测的电阻值比真实值偏小。 【点睛】设待测电阻为 R，电测表内接、外接选择原则： < 属于小电阻，采用电流 表外接法。 若 > 属于大电阻，采用内接法。要求电流、电压从零开始变化时滑动变阻器一定选 择分压式接法。 15.在做《测定金属电阻率》的实验时，需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属线的阻值 Rx 约为 1Ω，某同学用伏安法对这个电阻进行比较精确的测量，这位同学想使电压表和电流表示 数变化范围尽可能的大。可供选用的器材有： Ω R A VR R R A VR R电源 E：电动势 3V，内阻不计； 电流表 A：量程 0.3A，内阻约为 1Ω； 电压表 V：量程 3V，内阻约为 10kΩ； 滑动变阻器 R：最大电阻值为 5Ω； 定值电阻两个：R1＝10Ω、R2＝100Ω； 开关一个，导线若干。 （1）根据上述条件，实验时定值电阻应选用___（填“R1”或“R2”）； （2）根据实验需要在实物图中补齐所需连线_________； （3）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于_____端（填“a”或“b”）； （4）若在上述实验中，电流表的示数为 I，电压表的示数为 U，则金属线的阻值 Rx 的计算表 达式为_____。 【答案】 (1). （1） （2）如图所示： (2). （3）a (3). （4） 【解析】 【详解】（1）因待测电阻 Rx 约为 1Ω，电表的量程较大，而想使电压表和电流表示数变化范 围尽可能的大，则需要让待测电阻与定制电阻串联，定值电阻的阻值要与待测电阻相当，由 给定的定值电阻可知要选 R1； （2）如图所示： 1R 1x UR RI = −（3）因滑动变阻器选用分压电路，故闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于 a 端； （4）若在上述实验中，电流表的示数为 I，电压表的示数为 U，则金属线的阻值 Rx 的计算表 达式为： 【点睛】本题要注意明确电流表的接法；因为电压表远大于待测电阻，故电流表外接，要求 电压变化范围尽可能大，滑动变阻器用分压式． 三、计算题（本题 3 小题，共 32 分．） 16.如图所示的电路中，当开关 S 接 a 点时，标有“4V 8W”的小灯泡 L 正常发光，当开关 S 接 b 点时，通过电阻 R 的电流为 1A，这时电阻 R 两端的电压为 5V。求： （1）电阻 R 的阻值； （2）电源的电动势和内阻。 【答案】（1） （2）E=6V （3）r=1 【解析】 【分析】 （1）当开关 S 接 b 点时，已知通过电阻 R 的电流和 R 两端的电压，由欧姆定律求出电阻 R 的 值． （2）根据闭合电路欧姆定律分别对开关 S 接 a 点和 b 时列方程，联立组成方程组求解电 动势和内阻． 【详解】（1）当开关 S 接 b 点时，电压为 5V，电流为 1A，由欧姆定律可得，电阻 R 的值 为： 1x UR RI = − 5Ω Ω 2 2 5R Ω 5Ω1 U I = = =（2）由公式 得，小灯泡的额定电流： 当开关接 a 时，根据闭合电路欧姆定律得： 其中 ， 当开关接 b 时，有： 又 ， ， 联立解得： ，r=1Ω 答：（1）电阻 R 的值是 5Ω．　 （2）电源的电动势和内阻分别为 6 V 和 1Ω． 【点睛】本题是简单的闭合电路欧姆定律的计算问题．对于电源的电动势和内阻，常常根 据两种情况闭合电路欧姆定律列方程，联立组成方程组求解即可． 17.如图所示，在 E＝3×103V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置， 轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R＝0.4 m，一 带正电荷 q＝1×10－4 C 的小滑块质量为 m＝0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.5， 取 g=10m/s2．要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点 L，求： (1)滑块在水平轨道上释放时离 N 点的距离 x (2)滑块从释放到 L 点过程中的最大动能 EKM 【答案】(1) 4m (2) 0.44J 【解析】 【分析】 由题意可知考查与电场力有关圆周运动问题，根据牛顿第二定律、动能定理计算可得。 【详解】(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是 mg＝m P UI= 1 1 1 8I 2A4 P U = = = 1 1E U I r= + 1U 4V= 2 2E U I r= + 2U 4V= 2 I 1A= E 6 V= 2v Rv＝ ＝2m/s 滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得： qEx－μmgx－2mgR＝ mv2 代入数据得：x＝4m (2)应用等效重力法分析,滑块受到重力电场力合力为恒力,与竖直方向夹角为 37°时动能最 大，从 A 点到最高点 L 过程中由动能定理： －mg R－qE R＝ mv2－EKM 得：EKM＝0.44J 【点睛】滑块在最高点受到竖直向下的重力和水平向左的电场力,刚好通过最高点时重力提供 向心力，根据牛顿第二定律可求出最高点的速度，再利用动能定理可求得释放点时的动能。 计算滑块从释放到 L 点过程中的最大动能时可采用等效重力法分析计算可得。 18.如图所示，边长为 L 的正方形区域 abcd 内存在着匀强电场．电荷量为 q、动能为 Ek 的带 电粒子从 a 点沿 ab 方向进入电场，不计重力． (1)若粒子从 c 点离开电场，求电场强度 E 的大小； (2)若粒子离开电场时动能为 Ek′，求电场强度 E 的大小． 【答案】(1) (2) 或 【解析】 【分析】 gR 1 2 9 5 3 5 1 2 4 kE qL ( )k k k2 E E E qL ′ − k kE E qL ′ −由题意可知考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，根据牛顿第二定律、动能定理结合运 动学公式计算可得。 【详解】(1) 粒子在匀强电场中做类平抛运动 在初速度方向上： L＝v0t 电场方向上： L＝ at2 由牛顿第二定律可得 qE＝ma Ek＝ 解得 E＝ (2) ①若粒子由 bc 离开电场，则 水平方向做匀速运动 L＝v0t； 竖直方向做匀加速运动 y＝ at2 由动能定理得 qEy＝Ek′－Ek 解得：E＝ ②若粒子由 cd 边离电场，则 由动能定理得 qEL＝Ek′－Ek 则 E＝ 1 2 2 0 1 2 mv 4 kE qL 1 2 ( )k k k2 E E E qL ′ − k kE E qL ′ −故 或 【点睛】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，垂直电场力的方向做匀速运动，沿电场力的 方向做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式计算可得。 ( )k k k2 E E E qL ′ − k kE E qL ′ −