人教版高中物理-有答案-河南省某校高二(上)第一次周考物理试卷

河南省某校高二（上）第一次周考物理试卷
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）
1. 在国际单位制中，库仑定律写成F=k q1q2
r2
，式中静电力常量k=8.98×109N⋅m2⋅C−2，电荷量q1和q2的单位都是库仑，距离r的单位是米，作用力F的单位是牛（顿），
若把库仑定律写成F=q1q2
r2
，式中r的单位是米，F的单位是牛（顿），由此可以定义q 的一个新单位，用米、千克、秒表示时为（）
A.kg 1
2⋅m
3
2⋅s−1 B.kg2⋅m3⋅s C.kg
1
2⋅m
3
2⋅s D.kg2⋅m
2
3⋅s
2. 如图所示，验电器A与B的顶端各安装了一个上端开有小孔的金属圆筒，验电器B上
的圆筒C带有正电荷，用带有绝缘柄的金属小球E，在下列操作中能将C上的电荷尽量
多的搬至D的是（）
A.把E与筒C的内壁接触后，再与筒D的内壁接触，重复多次
B.把E与筒C的内壁接触后，再与筒D的外壁接触，重复多次
C.把E与筒C的外壁接触后，再与筒D的内壁接触，重复多次
D.把E与筒C的外壁接触后，再与筒D的外壁接触，重复多次
3. A、B两个大小相同的金属小球，A带有6Q正电荷，B带有3Q负电荷，当它们在远大
于自身直径处固定时，其间静电力大小为F．另有一大小与A、B相同的带电小球C，若让C先与A接触，再与B接触，A、B间静电力的大小变为3F，则C的带电情况可能是（）
A.带18Q正电荷
B.带12Q正电荷
C.带36Q负电荷
D.带24Q负电荷
4. 关于电场强度的下列叙述中正确的是（）
A.电场强度是反映电场的力的性质的物理量，电场中任意一点都只有一个电场强度值
B.E=F
q
对任何电场都是适用的，它表明电场中某一点的电场强度与放在该点的电荷的
电量成反比
C.对于电场中的任意一点，电荷在该点所受的电场力与电荷的电量的比是一个定值
D.电场强度是矢量，它的方向就是电荷在该点所受电场力的方向
5. 如图所示，半径为r的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的正电荷，单位长度的电量为q，其圆心O处的合场强为零，现截去圆环顶部的一小段AB，AB=l(l<r)，则关于
剩余部分在圆心O处产生的场强，下列说法中正确的是（）
A.O处场强方向竖直向上
B.O处场强方向竖直向下
（k为静电力恒量，下同）
C.O处场强的大小为k lq
r2
D.O处场强的大小为kq(2πr−l)r2
6. 如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，以下说法正确的是（）
A.E A与E B一定不等，φA与φB一定不等
B.E A与E B可能相等，φA与φB可能相等
C.E A与E B一定不等，φA与φB可能相等
D.E A与E B可能相等，φA与φB一定不等
7. 关于电场力的功及电势能变化情况正确的是（）
A.电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功
B.电场中某点的电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能
C.在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能都要减少
D.正电荷沿电场线方向移动，电势能减少；负电荷沿电场线方向移动，电势能增加
8. 固定的等量异号电荷连线的中垂线为MN．P、Q是MN上两点，如图，则（）
A.Q点电场强度大于P点电场强度
B.P、Q两点场强方向相同
C.P点电势比Q点电势低
D.P、Q两点电势相等
9. 如图所示，在点电荷Q形成的电场中，a，b两点在同一等势面上，c，d两点在另外同一等势面上，甲、乙两带电粒子的运动轨迹分别为acd曲线和adb曲线．若两粒子通
过a点时具有相同的动能，则（）
A.甲、乙两粒子带异种电荷
B.甲粒子经过c点时与乙粒子经过d点时的动能相同
C.两粒子经过b点时的动能相同
D.若取无穷远处为零电势，则甲粒子在c点的电势能小于乙粒子在d点时的电势能
10. 如图所示，在水平放置的光滑接地金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q，一表面绝缘带正电的金属球（可视为质点，且不影响原电场）自左以速度v0开始在金属
板上向右运动，在运动过程中（）
A.小球做先减速后加速运动
B.小球做匀速直线运动
C.小球受的电场力不做功
D.电场力对小球先做正功后做负功
11. 图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则下述判断正确的是（）
A.b点的电势一定高于a点
B.a点的场强一定大于b点
C.带电粒子一定带正电
D.带电粒子在b点的速率一定小于在a点的速率
12. 如图所示，A、B两个带有异种电荷的小球分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，静止时木盒对地面的压力为F N，细线对B的拉力为F．若将系B的细线
断开，下列说法中正确的是（）
A.刚断开时木盒对地的压力等于F N
B.刚断开时木盒对地的压力等于F N+F
C. 刚断开时木盒对地的压力等于F N−F
D.在B向上运动的过程中，木盒对地的压力逐渐变大
二、填空题（共2小题，每空2分，共14分．把答案直接填在横线上）
在两块平行竖直放置的带等量异种电荷的金属板M、N间的匀强电场中有A、B两点，AB连线与水平方向成30∘角，AB长为0.2cm，如图所示．现有一带电量为4×10−8C的
负电荷从A沿直线移到B点，电场力做正功2.4×10−6J，则A、B两点间的电势差大小为________，________点电势高．若此电荷q沿任意路径从B到A点，电荷电势能变化情
况是________，此匀强电场的场强大小为________，若两金属板相距0.3cm，则两板电势差为________．
如图，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通
过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处
产生的电场强度大小为________，方向________．（静电力恒量为k）
三、计算题（共3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，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
如图，两个同样的气球充满氦气，气球带有等量同种电荷．两根等长的细线下端系上5.0×103kg的重物后，就如图所示的那样平衡地飘浮着，求每个气球的带电量为多少？
在电场中把1.0×10−9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功2.5×10−7j，再把这个电荷从B点移到C点，静电力做功−4.0×10−7j．运用相关公式求：
（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是多大？
（2）A、B、C三点中哪点电势最高？哪点电势最低？
（3）把−2.5×10−9C的电荷从A点移到B点，静电力做多少功？
如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中．一质量为m、带电荷量为+q的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度v0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高
)．
点C，场强大小为E(E小于mg
q
（1）试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．
（2）证明物块离开轨道落回水平面过程的水平距离与场强大小E无关，且为一常量．
参考答案与试题解析
河南省某校高二（上）第一次周考物理试卷
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）
1.
【答案】
A
【考点】
库仑定律
【解析】
物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．根据表达式表示出所要求解得物理量，并根据物理量的单位求出定义q的一个新单位．
【解答】
解：若把库仑定律写成F=q1q2
r2
，
则q1q2=Fr2
而1N=1kg⋅m/s2，
所以定义q的一个新单位是kg 1
2⋅m
3
2⋅s−1．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
电荷守恒定律
元电荷
【解析】
明确物体带电的三种带电方式及原理：接触带电、感应起电、摩擦带电．注意空腔导体带电时分布在外表面．
【解答】
解：本题通过接触带电来转移电荷，电荷分布在导体的外表面，因此与C接触时应该与其外壁接触，使部分电荷转移到小球E上，然后与D圆筒内表面接触，这样电荷可以全部转移到D的外部，若和外壁接触，只能转移部分电荷，故ABD错误，C正确．
故选C．
3.
【答案】
A,D
【考点】
库仑定律
【解析】
完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．
【解答】
解：A、当C带18Q正电荷，C球和A接触后，A、C球带电均为6+18
2
Q=12Q，C再和B
球接触时，C、B球带电均为12−3
2
Q=4.5Q．
原来AB球之间的静电力为F=k6Q⋅3Q
r2=18k Q2
r2
，后来AB之间的静电力为F′=
k12Q⋅4.5Q
r2=54k Q2
r2
=3F，符合题意，故A正确．
B、当C带12Q正电荷，C球和A接触后，A、C球带电均为6+12
2
Q=9Q，C再和B球接触
时，C、B球带电均为9−3
2
Q=3Q．
原来AB球之间的静电力为F=k6Q⋅3Q
r2=18k Q2
r2
，后来AB之间的静电力为F′=k9Q⋅3Q
r2
=
27k Q2
r2
=1.5F，不符合题意，故B错误．
C、当C带36Q负电荷，C球和A接触后，A、C球带电均为6−36
2
Q=−15Q，C再和B球接
触时，C、B球带电均为−15−3
2
Q=−9Q．
原来AB球之间的静电力为F=k6Q⋅3Q
r2=18k Q2
r2
，后来AB之间的静电力为F′=
k15Q⋅9Q
r2=135k Q2
r2
=7.5F，不符合题意，故C错误．
D、当C带24Q负电荷，C球和A接触后，A、C球带电均为6−24
2
Q=−9Q，C再和B球接
触时，C、B球带电均为−9−3
2
Q=−6Q．
原来AB球之间的静电力为F=k6Q⋅3Q
r2=18k Q2
r2
，后来AB之间的静电力为F′=k9Q⋅6Q
r2
=
54k Q2
r2
=3F，符合题意，故D正确．
故选：AD．
4.
【答案】
A,C
【考点】
电场强度
【解析】
电场强度是反映电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场
强度是确定不变的，场强方向与正电荷在该点所受的电场力方向相同．
【解答】
解：A、电场中某点的场强大小由电场本身决定，电场中不同位置的电场强度可以相同，但任意一点都只有一个电场强度值，故A正确；
B、电场中某点的场强大小由电场本身决定，与试探电荷无关，不能说电场强度与放在该点的电荷所受到的电场力的大小成正比，故B错误．
C、由E=F
q
得电荷在该点所受的电场力与电荷的电量之比是一个定值．故C正确．
D、正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，故D错误．
故选：AC．
5.
【答案】
A,C
【考点】
电场强度
【解析】
本题可采用补偿的方法研究．若是一完整的橡胶圆环，则圆心0点的电场强度为零，则
切去一小段L后在圆心O点的场强与L段产生的场强大小相等，方向相反，根据E=kQ
r2进行求解．
【解答】
解：AB段的电长度为l，由于l<r，相对于O点AB段可看成点电荷，AB段的电荷量
Q=ql，则AB段在O点产生的电场强度大小E=kQ
r2=kql
r2
，方向指向竖直向下．
由于完整的圆环在O处的合场强为0，则剩余部分在O点产生的场强与AB段产生的场强大小相等、方向相反，所以剩余部分在O点产生的场强大小E′=E=kql
r2
，方向竖直向上．故AC正确，BD错误．
故选：AC．
6.
【答案】
D
【考点】
电场强度
电场线
电势
【解析】
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】
电场线越密的地方电场强度越大，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，故E A与E B可能相等、可能不相等；
沿着电场线电势一定降低，故φA一定大于φB；
7.
【答案】
A,B,C,D
【考点】
电势差与电场强度的关系
电势能
【解析】
根据电势差的公式，分析电势与电场力做功的关系．电势的定义式为φ=E P
，电势大
q
小等于单位正电荷在该点所具有的电势能．只要电场力做正功，电荷电势能都要减少．正电荷沿电场线方向移动，根据电场力做功情况可知，电势能减小；而负电荷沿电场线方向移动，电势能增加．
【解答】
解：
A、根据电势差的公式U AO=W AO
，而A、O间电势差U AO=φA−φO，若取φO=0，则
q
U AO=φA=W AO
，所以电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零q
电势点电场力所做的功．故A正确．
B、由电势的定义式为φ=E P
，得知，电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势
q
能．故B正确．
C、只有电场力做正功，无论是正电荷还是负电荷，其电势能都要减小．故C正确．
D、正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，其电势能减小；而负电荷沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加．故D正确．
故选：ABCD
8.
【答案】
A,B,D
【考点】
电场强度
电势
【解析】
本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷连线的中垂线上连线中点的场强最大，中垂线上各点的电场方向是相同的，由+Q指向−Q；两电荷连线上的电场强度大小关于O点对称，MN是一条等势线．
【解答】
解：
A、B、根据等量异种电荷周围的电场分布，Q点处电场线比P点处电场线密，则Q点电场强度大于P点电场强度．中垂线是一条是等势线，各点的场强方向相同，与两电荷的连线平行．故AB正确．
C、D、MN为一条等势线，所以P、Q两点电势相等，故C错误，D正确．
故选：ABD．
9.
【答案】
A,C,D
【考点】
等势面
电势
【解析】
根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0．
【解答】
解：A、由图可知电荷甲受到中心电荷Q的引力，而电荷乙受到中心电荷Q的斥力，故
两粒子的电性一定不同．故A正确．
B、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，U ac=U ad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲
粒子从a到c电场力做负功，乙粒子从a到d电场力做功负功，经过a点时初动能相等，
根据动能定理得知：甲粒子经过c点时的动能小于乙粒子经过d点时的动能，故B错误．C、a、b位于同一等势面上，电势相等，从a到b电场力做功均为零，两个粒子经过a点时具有相同的动能，则两粒子经过b点时也具有相同的动能．故C正确．
D、设无穷远处电势为零，在点电荷+Q的电场中，φc=φd>0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能E P=qφ，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d点时
的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能．
同理，设无穷远处电势为零，在点电荷−Q的电场中，φc=φd<0，由于甲带正电，
乙带负电，根据电势能E P=qφ，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d
点时的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能．故D正确．
故选：ACD
10.
【答案】
B,C
【考点】
电场强度
恒力做功
动能定理的应用
【解析】
金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表
面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直．分析小球的受力情况，确定其运动情况，判断电场力是否做功．
【解答】
解：
A、B金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动
的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小
球做匀速直线运动．故A错误，B正确．
C、D由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功．故C正确，D错误．
故选BC
11.
【答案】
B,D
【考点】
电场强度
电势
等势面
【解析】
解答本题需要掌握：根据等势线的分布情况确定电场线的分布情况；正确判断带电粒
子在电场中运动时电势能的变化；电场力做功特点．
A、由图可知带电粒子的电场力指向弧的内侧，电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，但由于电性未知，故无法判断电场的方向，即ab两点的电势无法判断，故A错误；
B、a点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于b处，故B正确；
C、由于电场的方向未知，故根据题意无法判断电荷的电性，故C错误；
D、带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，故带电粒子从a运动到b点时电场力做负功，所以带电粒子的动能减小，即带电粒子在b点的速率一定小于在a点的速率，故D正确。

12.
【答案】
B,D
【考点】
库仑定律与力学问题的综合应用
【解析】
静止时，对小球B和整体进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出力之间的关系．若将系B的细线断开，对整体进行受力分析，运用牛顿第二定律求解．
【解答】
解：静止时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，
整体受重力Mg和地面的支持力F N′．
根据共点力平衡的条件和牛顿第三定律得出：Mg=F N′=F N，
静止时，对小球B进行受力分析，
根据共点力平衡的条件得出：mg+F=F
电
，
若将系B的细线断开，对小球B进行受力分析，小球B受重力mg，向上的电场力F
电
，
刚断开时，运用牛顿第二定律得出小球B的加速度a=F
电
−mg
m
=F
m
，
刚断开时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，
整体受重力Mg、地面的支持力F N″．
运用牛顿第二定律得出：F
合
=F N″−Mg=ma，
F N″=Mg+ma=F N+F．
在B向上运动的过程中，小球B受向上的电场力F
电
增大，所以小球B向上的加速度也在增大，
运用牛顿第二定律研究整体得出：F
合
=F N″−Mg=ma，
由于小球B向上的加速度a增大，所以地面对木盒的支持力也在增大，
根据牛顿第三定律知道木盒对地的压力逐渐变大．
故选BD．
二、填空题（共2小题，每空2分，共14分．把答案直接填在横线上）
【答案】
60V,B,增加,2√3×104V/m,60√3V
【考点】
电势能
电势差
由题，已知负电荷的电荷量和电场力对它做的功，根据公式U=W
q
，求解A、B两点间的电势差大小．电场力做正功，电场力与位移方向的夹角为锐角，确定场强方向，判断A、B两点电势的高低．电荷从B到A，电场力做负功，电荷的电势能增加．由公式
E=U
d
求解板间场强．
【解答】
解：由题，W AB=2.4×10−6J，负电荷q=4×10−8C，则A、B两点间的电势差大小为
U AB=W AB
q
=60V．由于电场力做正功，电场力方向与位移方向的夹角为锐角，则电场力方向应向右，而电荷带负电，则场强方向向左，所以B点的电势高．若此电荷q沿任意路径从B到A点，电场力做功为−2.4×10−6J，电荷的电势能增加．电场强度E=
|U AB| d ，d=AB cos30∘=√3
10
cm，代入解得，E=2√3×104V/m，若两金属板相距0.3cm，
则两板电势差为U=Ed=20000√3×0.003V=60√3V．
故答案为：60V，B，增加，2√3×104V/m，60√3V
【答案】
kq
d2
,水平向左（或垂直薄板向左）
【考点】
电场的叠加
电场强度
点电荷的场强
【解析】
由点电荷的场强公式可得出q在a点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在a点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在b点形成的场强；
【解答】
解；q在a点形成的电场强度的大小为E1=kq
d2
，方向向左；因a点场强为零，故薄板在a
点的场强方向向右，大小也为kq
d2，由对称性可知，薄板在b点的场强也为kq
d2
，方向向左；
故答案为：kq
d2
，水平向左；
三、计算题（共3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，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）【答案】
解：分别对重物和小球分析受力如图所示，对重物有：2F T sinθ=mg①
对气球F T′cosθ=F库，F T′=F T，②
又F
库=k Q2
r2
③
联立①②③，解得：Q=5.6×10−4C．故每个气球的带电量为5.6×10−4C．
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
库仑定律
【解析】
分别对气球和重物进行受力分析，重物受重力和两个拉力处于平衡，气球受重力、浮力、拉力和库仑力处于平衡，根据共点力平衡求出库仑力的大小，再根据库仑定律求出每个气球的带电量．
【解答】
解：分别对重物和小球分析受力如图所示，对重物有：2F T sinθ=mg①
对气球F T′cosθ=F库，F T′=F T，②
又F
库=k Q2
r2
③
联立①②③，解得：Q=5.6×10−4C．
故每个气球的带电量为5.6×10−4C．
【答案】
（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是250V，−400V和−150V．
（2）A、B、C三点中C点电势最高，B点电势最低．
（3）把−2.5×10−9C的电荷从A点移到B点，静电力做功为−6.25×10−7J．
【考点】
电势差与电场强度的关系
电势能
【解析】
（1）根据电势差的定义式U=W
q
，分别求解A、B间和B、C两点间的电势差．由U AC= U AB+U BC，进而求出AC之间的电势差．
（2）根据电势差等于电势之差，分析三点间电势的高低．
（3）根据W=qU求解电场力做功．
【解答】
解：（1）A、B间电势差U AB=W AB
q =2.5×10−7
1×10−9
V=250V
B、C间电势差U BC=W BC
q =−4×10−7
1×10−9
V=−400V
又U AC=(φA−φB)+(φB−φC)=U AB+U BC=250V−400V=−150V
（2）因U AB=φA−φB=250V，则知A点的电势比B点高250V；U BC=φB−φC=−400V，则B点的电势比C点电势低400V，即C点的电势比B高400V，所以C点的电势最高，A点次之，B点最低．
（3）把−2.5×10−9C的电荷从A点移到B点，静电力做功W AB=q′U AB=−2.5×
10−9×250J=−6.25×10−7J
答：
（1）A、B间，B、C间，A、C间的电势差各是250V，−400V和−150V．
（2）A、B、C三点中C点电势最高，B点电势最低．
（3）把−2.5×10−9C的电荷从A点移到B点，静电力做功为−6.25×10−7J．
【答案】
（1）物块在运动过程中克服摩擦力做的功为W f=1
2
mv02+(Eq−mg)R
（2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离为2R，与场强大小E无关．
【考点】
动能定理的应用
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力
和电场力提供向心力，再对物块在由A运动到C的过程中，运用动能定理列式即可求解；（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，根据平抛运动的特点即
可求解．
【解答】
解：（1）物块恰能通过圆弧最高点C时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力
mg−Eq=m v C2
R
①
物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功为W f，根据动能定理有
Eq⋅2R−W f−mg⋅2R=1
2mv c2−1
2
mv02②
由①②式解得W f=1
2mv02+5
2
(Eq−mg)R③
（2）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，则水平方向有s=v C t④
竖直方向有2R=1
2(g−Eq
m
)⋅t2⑤
由①④⑤式联立解得s=2R⑥
因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E无关，大小为2R．答：（1）物块在运动过程中克服摩擦力做的功为W f=1
2
mv02+(Eq−mg)R （2）物块离开轨道落回水平面过程的水平距离为2R，与场强大小E无关．。