人教版高中物理选修3-1：第一章静电场章节测试

第一章静电场章节测试
（时间：60min 总分：100分）
一．选择题（共12小题，每题4分）
1．如图所示，A、B为两个验电器，在B上装有一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），最初B和C带电，A不带电．D是带有绝缘柄的金属小球．某同学利用这些器材完成了下面实验：使不带电的D先跟C的外部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A的箔片张开；而让不带电的D先跟C的内部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A的箔片始终不张开．通过以上实验，能直接得到的结论是（）
A．电荷分布在C的外表面B．电荷在C的表面均匀分布
C．带电的C是一个等势体D．电荷总量是守恒的
2．如图所示，取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的．现在把带正电荷的物体C移近导体A，下列说法正确的是（）
A．A的左端感应出正电荷，B的右端感应出负电荷
B．A上的金属箔张开，B上的金属箔保持闭合
C．把A和B分开，然后移去C，A、B上的金属箔仍保持张开
D．先移去C，再把A和B分开，A、B上的金属箔仍保持张开
3．如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，
则它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是（）
A．若是异种电荷F＜k B．若是同种电荷F＞k
C．若是异种电荷F＞k D．不论是何种电荷F=k
4．在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点a、b处分别固定一个正点电荷，c 处固定一个负点电荷，它们的电荷量都相等，如图所示，D点为正三角形外接圆的圆心，E、
G、H分别为ab、ac、bc的中点，E、F两点关于c点对称．下列说法中正确的是（）
A．D点的场强为零，电势也为零
B．E、F两点的电场强度大小相等、方向相反
C．G、H两点的场强相同
D．将一带正电的试探电荷由E点移动到D点的过程中，该电荷的电势能减小
5．电荷量为+Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d。

已知P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为（）
A．E=0 B．E=C．E=E0﹣D．E=
6．如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球（可视为点电荷），套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是（）A．杆对小球的作用力先增大后减小
B．杆对小球的作用力先减小后增大
C．小球的速度先增大后减小
D．小球的速度先减小后增大
7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势
面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）
A．三个等势面中，a点电势最高
B．带电质点通过P点的电势能比Q点小
C．带电质点通过P点的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点小
8．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示。

下列说法正确的是（）
A．O点的电势最低B．x2点的电势最高
C．x1和﹣x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等
9．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动
触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是（）
A．电容器的电荷量增大B．电流表A的示数减小
C．电压表V1示数在变大D．电压表V2示数在变大
10．如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立
方体的8个顶点。

已知G、F、B、D点的电势分别为5V、1V、2V、4V，
则A点的电势为（）
A．0V B．1V C．2V D．3V
11．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）
A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变12．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。

两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，E P表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）
二．实验题（共2小题，共20分）
13．（9分）要测量某种合金的电阻率。

（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ=。

用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为mm。

（2）图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关。

根据原理图在图丙中将实物连线补充完整。

（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=1.35V，I1=0.30A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=0.92V，I2=0.32A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置（选填“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值R x=Ω．（结果保留两位有效数字）
14．（11分）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导纽a。

b．c，d，e．f，g和h 按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零。

闭合开关后：
（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是导线断路。

（2）某同学排除故障后侧绘出电源和小电珠的U﹣I特性图线。

如图乙所示。

电源的电动势E=V；小电珠的电阻随温度的上升而
（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是W（保留两位小数）
三．计算题（共3小题，共32分）
15．（10分）如图所示，电路中电源电动势为E，内阻不计，其它各电阻阻值R1=R3=3R，R2=R．水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为L．在A板的左下端且非常靠近极板A的位置，有一质量为m、电荷量为﹣q的小液滴以初速度v0水平向右射入两板间．（重力加速度用g表示），求：
（1）若使液滴能沿v0方向射出电场，电动势E1应为多大？
（2）若使液滴恰能打在B板的中点，电动势E2应为多大？
16．（11分）如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为m A=0.01kg、m B=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2．
（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？
（2）求小球A的最大速度值．
（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．
17．（11分）如图所示，在距离某平面高2h处有一抛出位置P，在距P的水平距离为S=1m
处有一光滑竖直挡板AB，A端距该水平面距离为h=0.45m，A端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B端与半径为R=0.9m的的光滑圆轨道BC连接。

当传送带静止时，一带电量大小为q=C，质量为0.18kg的小滑块，以某一初速度ν0从P点水平抛出，恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路径运动到D点而静止。

请完成下列问题
（1）求出所加匀强电场的场强大小？
（2）当滑块刚运动到C点时，求出对圆轨道的压力？
（3）若传送带转动，试讨论滑块达到D时的动能EK与传送带速率的关系？
高二上学期第一章静电场章节测试
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．如图所示，A、B为两个验电器，在B上装有一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），最初B和C带电，A不带电．D是带有绝缘柄的金属小球．某同学利用这些器材完成了下面实验：使不带电的D先跟C的外部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A的箔片张开；而让不带电的D先跟C的内部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A的箔片始终不张开．通过以上实验，能直接得到的结论是（）
A．电荷分布在C的外表面B．电荷在C的表面均匀分布
C．带电的C是一个等势体D．电荷总量是守恒的
【解答】解：A、B、空腔导体带电时净电荷分布与金属球外侧，内部不带电；故让C先接触乙金属球的外部，再接触甲的金属球，甲的箔片将张开；而让不带电的D先跟C的内部接触，再让D跟A的金属球接触，这样操作若干次，发现A的箔片始终不张开。

故A正确，B错误；
C、由以上的演示，仅仅能表明C的外表面点电荷，并不能证明C是等势体。

故C错误；
D、由以上的演示，仅仅能表明C的外表面点电荷，并不能证明电荷的总量是守恒的；故D 错误。

故选：A。

2．如图所示，取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的．现在把带正电荷的物体C移近导体A，下列说法正确的是（）
A．A的左端感应出正电荷，B的右端感应出负电荷
B．A上的金属箔张开，B上的金属箔保持闭合
C．把A和B分开，然后移去C，A、B上的金属箔仍保持张开
D．先移去C，再把A和B分开，A、B上的金属箔仍保持张开
【解答】解：AB、导体A、B接触，开始不带电，把带正电的物体C移近导体A，由于静电感应，则A端带负电，B端带正电，两端金属箔片都张开，故AB错误。

C、分开A、B，移走C后，由于感应出的电荷不会消失，所以导体A带负电，B带正电，故C正确。

D、移走物体C，导体A、B中的电荷又发生中和，分开A、B，A、B又不带电，A、B上的金属箔闭合，故D错误。

故选：C。

3．如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，则它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是（）
A．若是异种电荷F＜k B．若是同种电荷F＞k
C．若是异种电荷F＞k D．不论是何种电荷F=k
【解答】解：A、当是异种电荷时，电荷间相互吸引，导致电荷间距比r还小，因此库仑力F＞k，故A错误，C正确；
B、若是同种电荷，则出现相互排斥，导致电荷间距比r还大，因此库仑力F＜k，故B
错误，
D、由上分析可知，D错误；
故选：C。

4．在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点a、b处分别固定一个正点电荷，c 处固定一个负点电荷，它们的电荷量都相等，如图所示，D点为正三角形外接圆的圆心，E、G、H分别为ab、ac、bc的中点，E、F两点关于c点对称．下列说法中正确的是（）
A．D点的场强为零，电势也为零
B．E、F两点的电场强度大小相等、方向相反
C．G、H两点的场强相同
D．将一带正电的试探电荷由E点移动到D点的过程中，该电荷的电势能减小
【解答】解：A、D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故ab两个点电荷在D点的合场强方向向右，点电荷c在D点的场强方向也向右，所以点的场强大小不为0，合场强的方向向右；故A错误；
B、ab在E点产生的和场强为0，在f点产生的合场强不为0；c在EF两点产生的场强大小相等，方向相反。

所以三个点电荷在EF两点产生的合场强是不相等的。

故B错误；
C、电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则。

通过对GH两点的矢量合成可得，G、H点的场强大小相同，但方向不同。

故C错误；
D、在直线DE上，a、b的合场强向右，故a、b始终对带正电的试探电荷有斥力作用，而c 对试探电荷由吸引力，所以电荷将一直做加速运动，动能增大，电势能减小。

故D正确。

故选：D。

5．电荷量为+Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d。

已知P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为（）
A．E=0 B．E=C．E=E0﹣D．E=
【解答】解：+Q在P点产生的场强大小E1=k，方向水平向右
根据电场的叠加原理可得：E0=E1+E
解得金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为E=E0﹣k，故C正确。

故选：C。

6．如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球（可视为点电荷），套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是（）
A．杆对小球的作用力先增大后减小
B．杆对小球的作用力先减小后增大
C．小球的速度先增大后减小
D．小球的速度先减小后增大
【解答】解：AB、直杆处于AB的连线的中垂线上，直杆上各点的
电场方向都是水平向右的，对带电小球进行受力分析，受竖直向下的重力，水平向左的电场力和水平向右的弹力，杆对小球的弹力等于电场力，从C到D，电场强度先增大后减小，小球所受的电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A正确，B错误。

CD、小球在水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球做匀加速直线运动，速度均匀增大，故CD错误；
故选：A。

7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）
A．三个等势面中，a点电势最高
B．带电质点通过P点的电势能比Q点小
C．带电质点通过P点的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点小
【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a点的电势最高，故A正确；
B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；
C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；
D、质点通过P点时的电场力比Q大，则其加速度比Q点大，故D错误。

故选：A。

8．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示。

下列说法正确的是（）
A．O点的电势最低B．x2点的电势最高
C．x1和﹣x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等
【解答】解：A、B、从图象可以看出，电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化的图象容易判断，O点的电势最高，故A错误，B也错误；
C、由于x1和﹣x1两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到﹣x1电势降落相等，故x1和﹣x1两点的电势相等，因而C正确；
D、由于沿着电场强度的方向，电势一定降低，故从O点到x1和从O点到x3电势都是一直降落，故x1和x3两点的电势不相等，故D错误；
故选：C。

9．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是（）
A．电容器的电荷量增大B．电流表A的示数减小
C．电压表V1示数在变大D．电压表V2示数在变大
【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故路端电压减小，而电容器的两端间的电压就是路端电压，结合Q=CU可得，电容器的电荷量减小，故A错误；
B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故电路的电流增大，电流表A的示数变大，故B错误；
C、电压表V1示数等于电流与R1阻值的乘积，故示数在变大，故C正确；
D、路端电压减小，而电压表V1示数在变大，电压表V2示数在减小，故D错误；
故选：C。

10．如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点。

已知G、F、B、D点的电势分别为5V、1V、2V、4V，则A点的电势为（）
A．0V B．1V C．2V D．3V
【解答】解：在匀强电场中，由公式U=Ed知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等。

由于GF∥CB，且GF=CB，则有
φG﹣φF=φC﹣φB
代入数据解得：φC=φG﹣φF+φB=5V﹣1V+2V=6V
同理，φA﹣φB=φD﹣φC
解得，φA=φB+φD﹣φC=2V+4V﹣6V=0V
故选：A。

11．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）
A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根
据C=可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度为：E===；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；
再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP=EL，电势能E P=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；
故选：D。

12．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。

两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，E P表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）
【解答】解：A、当负极板左移时，d增加，由C=可知，C与x图象不能为一
次函数图象，故A错误；
B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误
C、因负极板接地，设P点原来距负极板为d，则P点的电势φ=E（d+L0）；故C正确；
D、电势能E=φq=Eq（d+L0），不可能为水平线，故D错误；
故选：C。

二．实验题（共2小题）
13．要测量某种合金的电阻率。

（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ=。

用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为0.650mm。

（2）图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关。

根据原理图在图丙中将实物连线补充完整。

（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1=1.35V，I1=0.30A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2=0.92V，I2=0.32A．根据以上测量数据判断，当S2处于位置b（选填“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值R x= 2.9Ω．（结果保留两位有效数字）
【解答】解：（1）金属丝电阻：R==ρ=ρ，
则电阻率：ρ=；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+15.0×0.01mm=0.650mm；
（2）如图所示
（3）根据==0.32，
而==0.06，
可知，电流表电阻较大、分压明显，故接b位置时更加准确，即S2处于位置b，
根据欧姆定律，则有：R x==2.9Ω
故答案为：（1），0.650；（2）如图所示；（3）b，2.9。

14．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导纽a。

b．c，d，e．f，g和h按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零。

闭合开关后：（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是g导线断路。

（2）某同学排除故障后侧绘出电源和小电珠的U﹣I特性图线。

如图乙所示。

电源的电动势E=3V；小电珠的电阻随温度的上升而增大
（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是0.99W（保留两位小数）
【解答】解：（1）若不管怎样润节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器不起作用，连成了限流接法，故g断路。

（2）电源的U﹣I图线纵轴截距等于电源的电动势，则由图知，电源的电动势E=3V。

小电珠的电阻R=，由数学知识分析可知，R等于小电珠的U﹣I特性图线上的点与原点连
线的斜率，则小电珠的电阻随温度的上升而增大。

（3）电源的内阻等于电源的U﹣I图线的斜率绝对值，则得内阻r=1Ω。

当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得
E=U+2Ir
电源的U﹣I图线为U=E﹣2rI=E﹣2I=3﹣2I
作出图象，得U=1.1V，I=0.9A，一只小电珠的实际电功率为P=UI=0.99W。

故答案为：
（1）g；
（2）3，增大
（3）0.99
三．计算题（共3小题）
15．如图所示，电路中电源电动势为E，内阻不计，其它各电阻阻值R1=R3=3R，R2=R．水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为L．在A板的左下端且非常靠近极板A的位置，有一质量为m、电荷量为﹣q的小液滴以初速度v0水平向右射入两板间．（重力加速度用g表示），求：
（1）若使液滴能沿v0方向射出电场，电动势E1应为多大？
（2）若使液滴恰能打在B板的中点，电动势E2应为多大？
【解答】解：（1）电路是R1与R2串联，电流：I==
所以：U R1=IR2=
由平衡得：mg==
由①②得E1=
（2）由于液滴恰好打在B板正中央，利用平抛规律有：=v0t
y=d=
由牛顿第二定律：﹣mg=ma
同理U′BA=
由上式E2=
答：（1）若使液滴能沿v0方向射出电场，电动势E1应为．
（2）若使液滴恰能打在B板的中点，电动势E2应为．
16．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B 两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为m A=0.01kg、m B=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2．
（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？
（2）求小球A的最大速度值．
（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．
【解答】解：（1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为W T、，则：
①
设A、B到达圆环最高点的动能分别为E KA、E KB，
对A由动能定理：qER﹣m A gR+W T1=E KA②
对B由动能定理：③
联立解得：E KA+E KB=﹣0.04J④
上式表明：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点．⑤
（2）设B转过α角时，A、B的速度大小分别为v A、v B，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A=v B⑥
对A由动能定理：⑦
对B由动能定理：⑧
联立解得：⑨
由上式解得，当时，A、B的最大速度均为
（3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，由⑨式得：3sinα+4cosα﹣4=0
解得：或sinα=0（舍去）
故A的电势能减少：．
答：（1）小球A不能到达圆环的最高点C；
（2）小球A的最大速度值为．
（3）小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值为0.1344J．
17．如图所示，在距离某平面高2h处有一抛出位置P，在距P的水平距离为S=1m处有一光滑竖直挡板AB，A端距该水平面距离为h=0.45m，A端上方整个区域内加有水平向左的匀
强电场；B端与半径为R=0.9m的的光滑圆轨道BC连接。

当传送带静止时，一带电量大小
为q=C，质量为0.18kg的小滑块，以某一初速度ν0从P点水平抛出，恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路径运动到D点而静止。

请完成下列问题
（1）求出所加匀强电场的场强大小？
（2）当滑块刚运动到C点时，求出对圆轨道的压力？
（3）若传送带转动，试讨论滑块达到D时的动能EK与传送带速率的关系？
【解答】解：（1）设物块从P到A运动的时间为t，水平方向的加速度大小为a，物块能够沿AB下滑，说明在A点时水平方向速度为零，则：
水平方向：S=at2，其中：a=，
竖直方向：2h﹣h=gt2，
联立解得：E=；
（2）从P点到C点根据动能定理可得：mg（2h+R）﹣qES=，
其中qES=，所以mg（2h+R）=，
根据牛顿第二定律可得：，
联立解得：；
根据牛顿第三定律可得压力大小为9N；
（3）若传送带逆时针转动时，滑块运动的规律与传送带静止不动相同，故滑块到D点的动能为零，与传送带的速度无关；
若传送带顺时针转动，设传送带使得物体一直加速的速度大小为v，则：
fL=，
当传送带静止时，根据动能定理可得：﹣fL=0﹣，
解得：v=；
所以传送带顺时针转动时，滑到D点的速度与传送带速度v带的关系是：0＜v带＜时，E k=，
v带＞时，E k=。

答：（1）匀强电场的场强大小为3.6×105V/m；
（2）当滑块刚运动到C点时对圆轨道的压力为9N；
（3）若传送带逆时针转动时，滑块到D点的动能为零；
若传送带顺时针转动时：
0＜v带＜时，E k=；
v带＞时，E k=6.48J。