2021届全国百师联盟新高三原创预测试卷(十九)物理

2021届全国百师联盟新高三原创预测试卷（十九）
物理
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项是符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，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.关于静电场，下列说法正确的是（）
A. 电势等于零的物体一定不带电
B. 电场强度为零的点，电势一定为零
C. 同一电场线上的各点，电势一定相等
D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
【答案】D
【解析】
【详解】电势等于0的点是人为选择的，电势等于零的物体可能带电．故A错误；电势等于0的点是人为选择的，而电场强度是由电场本身决定的，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为0；如等量同种点电荷连线的中点处，场强等于0，而电势不等于0．故B错误；沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等．故C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大．故
D 正确．故选D.
点睛：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，知道电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者没有直接的关系，沿电场线的方向，电势降低．
2.如图所示，电荷量为q 的正点电荷与均匀带电薄板相距2d ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中A 点的电场强度为0，则带电薄板在图中B 点产生的电场强度
A. 大小为2q
k d ，方向水平向左 B. 大小为2q
k d ，方向水平向右
C. 大小为2
9q
k d ，方向水平向左 D. 大小为2
9q
k d
，方向水平向右 【答案】D 【解析】
【详解】q 在A 点形成的电场强度的大小为
22
(3)9A q kq
E k
d d ==，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
2
9kq d A ．大小为2q
k
d ，方向水平向左与分析不符，故A 错误； B ．大小为2q
k d ，方向水平向右与分析不符，故B 错误；
C ．大小为29q
k d ，方向水平向左与分析不符，故C 错误；
D ．大小为2
9q
k d ，方向水平向右与分析相符，故D 正确．
3.如图所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )
A. 通过电阻的电流与两端电压成正比
B. 电阻R ＝0.5 Ω
C. 电阻R ＝1.0 Ω
D. 在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是6.0 C 【答案】A 【解析】
【详解】A ．根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A 正确；
BC ．根据电阻的定义式R ＝U/I 可知，I －U 图象斜率的倒数等于电阻R ，但不能根据直线倾角
的正切的倒数求解，则得R ＝10
5Ω＝2Ω，故BC 错误； D ．由图知，当U ＝6V 时，3A U
I R
＝，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q ＝It ＝3×1C＝
3.0C ，故D 错误．
4.全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“3V，12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（ ）
A. 该电容器的容量为36000A·h
B. 电容器放电，电量逐渐减少到0，电容不变
C. 电容器放电，电量逐渐减少到0，电压不变
D. 若30s 能充满，则充电平均电流为3600A 【答案】B
【解析】 【分析】
考查电容器的
充放电。

【详解】A ．该电容器最大容纳电荷量为：
Q=CU =12000×3 C =36000C
故A 错误；
BC ．电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，电容器放电，电量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B 正确，C 错误； D ．若30s 能充满，则充电平均电流为：
36000
A 1200A 30
Q I t =
== 故D 错误。

故选B 。

5.如图所示，在点电荷＋Q 的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨迹分别为acb 、adb 曲线，两粒子在a 点时具有相同的动能，重力不计．则下列说法不正确的是( )
A. 甲、乙两粒子带异种电荷
B. 两粒子经过b 点时具有相同的动能
C. 甲粒子经过c 点时的动能等于乙粒子经过d 点时的动能
D. 甲粒子经过c 点时的动能大于乙粒子经过d 点时的动能 【答案】C 【解析】
【详解】A 、由图可知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，故两粒子的电性一定不同．故A 正确．
B 、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0，两粒子在a 点时具有相同的动能，重力不计，两粒子经过
b 点时具有相同的动能，故B 正确．
C 、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 电场力做功与乙粒子从a 到d 电场力做功不等，所以甲粒子经过c 点时的动能不等于乙粒子经过d 点时的动能，故C 错误．
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．故D 正确． 本题选择不正确的，故选C ．
【点睛】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”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．
6.如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下，电场强度为E 的匀强电场中，从斜槽顶端A 沿斜槽向下释放一初速度为v 0的带负电的小球，小球质量为m ，带电荷量为q ，斜槽底端B 与
A 点的竖直距离为h ．则关于小球的情况，下列说法中正确的是
A. 只有2
2mv mg E q qh
≤+，小球才能沿斜槽运动到B 点 B. 只有=
mg
E q
，小球才能沿斜槽运动到B 点 C. 小球若沿斜槽能到达B 点，速度可能是v 0
D. 小球若沿斜槽能到达B 点，最小速度一定大于v 0 【答案】C 【解析】
若电场力大于重力qE>mg ，，小球将离开斜面做曲线运动，若电场力等于重力，小球合力为0，做匀速直线运动，到达B 点的速度也就是v 0，若电场力小于重力，小球将沿着斜面做将匀加速直线运动，到达B 点的速度大于v 0，故C 正确，A 、B 、D 错误．
点晴： 带电小球在电场中运动受到多个力作用的情形，共点力作用下的平衡和牛顿第二定律在电学中的应用．
7.如图所示的电路中，电源的电动势E 和内阻r 一定，A 、B 为平行板电容器的两块正对金属板，R 1为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)．当R 2的滑动触头P 在a 端时，闭合开关S ，此时电流表A 和电压表V 的示数分别为I 和U ．以下说法正确的是( )
A. 若仅将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 、U 均不变
B. 若仅增大A 、B 板间距离，则电容器所带电荷量减少
C. 若仅用更强的光照射R 1，则I 增大，U 增大，电容器所带电荷量增加
D. 若仅用更强的光照射R 1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值变大 【答案】AB 【解析】
【详解】A ．滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I 不变，U 不变，故A 正确；
B ．若仅增大A 、B 板间距离，由4πS
C kd
ε=
知电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式Q
C U
=
可知电容器所带电荷量减少，故B 正确；
CD ．若仅用更强的光线照射R 1，R 1的阻值变小，总电阻减小，I 增大，内电压和R 3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由Q
C U
=知电容器所带电荷量减少，根据闭合电路欧姆定律得U ＝E －Ir 可得
U
r I
∆=∆，不变，故CD 错误． 8.如图所示，ABC 为等边三角形，电荷量为+q 的点电荷固定在A 点．先将一电荷量也为+q 的点电荷Q 1从无穷远处（电势为0）移到C 点，此过程中，电场力做功为-W ．再将Q 1从C 点沿
CB 移到B 点并固定．最后将一电荷量为-2q 的点电荷Q 2从无穷远处移到C 点．下列说法正确
的有
A. Q 1移入之前，C 点的电势为W
q
B. Q 1从C 点移到B 点的
过程中，所受电场力做的功为0 C. Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，所受电场力做的功为2W D. Q 2在移到C 点后的电势能为-4W 【答案】ABD 【解析】
【详解】A.由题意可知，C 点的电势为
p C E W q q
ϕ=
= 故A 正确；
B.由于B 、C 两点到A 点(q +)的距离相等，所以B 、C 两点的电势相等，所以1Q 从C 点移到B 点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B 正确；
C.由于B 、C 两点的电势相等，所以当在B 点固定1Q 后，C 点的电势为2W
q
,所以2Q 从无穷远移到C 点过程中，电场力做功为：
2204W W qU q W q ⎛⎫
==-⨯-= ⎪⎝
⎭
故C 错误； D.由于C 点的电势为
2W
q
，所以电势能为 p 4E W =-
故D 正确．
9.如图甲所示，R 为电阻箱(0～99.9Ω)，置于阻值最大位置，x R 为末知电阻．断开2S ，闭合1S ，逐次减小电阻箱的阻值，得到一组R 、I 的值，并依据R 、I 值作出了如图乙所示的1
R I
-
图线；断开2S ，闭合1S ，当R 调至某一位置时，电流表的示数1I =1.0A ；保持电阻箱上各旋钮的位置不变，断开1S ，闭合2S ，此时电流表的示数为2I =0.8 A ．据以上数据可知(电流表内阻不计)
A. 电源电动势为3.0V
B. 电源内阻为2Ω
C. R.的阻值为2Ω
D. 1S 断开，2S 接通时，随着R 的减小，电源输出功率一直增大 【答案】D 【解析】
【详解】AB.根据E IR Ir =+，解得E
R r I
=
-，图线的斜率与电源的电动势相等，故0.5
V 2V 0.25
E =
=，纵轴截距表示内阻，所以内阻0.5r =Ω，故AB 错误． C. 断开2S ，闭合1S ，当R 调至某一位置时，电流表的示数1I =1.0A ；有11E I R I r =+，代入数据解得： 1.5R =Ω，断开1S ，闭合2S ，此时电流表的示数为2I =0.8 A,则有：
()22x E I R R I r =++，解得0.5x R =Ω，故C 错误．
D.由于x R 与电源内阻相等，又知当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，当外电阻大于内阻时，随着外电阻的减小，电源输出功率增大，1S 断开，2S 接通时，随着R 的减小，电源输出功率一直增大，故D 正确．
10.在竖直平面内有水平向右、电场强度为E =1×104 N/C 的匀强电场，在场中有一个半径为
R =2 m 的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB 和AC ，A 点所在的半径与竖直直径BC 成37︒角，
质量为0.04 kg 的带电小球由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相同．现去掉弦AB 和AC ，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（cos370.8︒=，g =10 m/s 2
）下列说法正确的是（ ）
A. 小球所带电量为q =3.6×10－5 C
B. 小球做圆周过程中动能最小值是0.5 J
C. 小球做圆周运动从B 到A 的过程中机械能逐渐减小
D. 小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0N 【答案】BCD 【解析】 【详解】解法一：
A ．如图所示，令弦AC 与直径BC 的夹角为∠1，弦A
B 与水面夹角为∠2，由几何知识可得，
371=18.52
︒
∠=
︒，21=18.5∠=∠︒
对沿弦AB 带电小球进行受力分析，小球沿着弦AB 向上运动，则小球电场力向右，故小球带正电，小球受到水平向右电场力，竖直向下的重力，垂直弦AB 向上的支持力，则沿弦AB 上有：
1cos18.5sin18.5qE mg ma ︒-︒=…………①
同理对沿弦AC 的小球受力分析，沿弦AB 方向有：
2sin18.5cos18.5qE mg ma ︒+︒=…………②
设小球从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间为t ,则：
211
2sin18.52R a t ︒=…………③
221
2cos18.52
R a t ︒=…………④
由③/④可得，
1
2
sin18.5
=
cos18.5
a
a
︒
︒…………⑤
联立①②⑤可得，
cos18.5sin18.5sin18.5
sin18.5cos18.5cos18.5
qE mg
qE mg
︒-︒︒
=
︒+︒︒
…………⑥
化简可得，
22
(cos18.5sin18.5)2sin18.5cos18.5
qE mg
︒-︒=︒︒…………⑦
即cos37sin37
qE mg
︒=︒…………⑧
则5
4
tan370.04100.75
C310C
110
mg
q
E
-
︒⨯⨯
===⨯
⨯
…………⑨
故A错误．
B．小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，小球受到水平方向的电场力，竖直向下的重力和沿半径指向圆心的支持力，电场力和重力的合力为：
()()
22
1
0.5N
F qE mg
=+=，方向与竖直方向夹角为37°…………⑩
延长半径AO交圆与D点．小球在A点可以不受轨道的弹力，重力和电场力的合力提供向心力，此时小球速度最小：
2
min
1
mv
F
R
=…………⑪
可得小球的最小动能
2
k min1
11
0.5J
22
E mv
F R
===…………⑫
故B正确．
C．小球从做圆周运动从B到A的过程中电场力做负功，则小球机械能减小，故C正确．
D
．由B 得分析可知，小球在D 点时，对圆环的压力最大，设此时圆环对小球的支持力为
2
max 21mv F F R
-=…………⑬ 从A 到D ，由动能定理可得：
22max min 11
2sin 37+2cos3722
qE R mg R mv mv ⋅︒⋅︒=-…………⑭
联立⑬⑭可得，23N F =
由牛顿第三定律可得，小球对圆环的最大压力为：
22'3N F F ==
故D 正确． 解法二：
A. 由题知，小球在复合场中运动，由静止从A 点释放，沿弦AB 和AC 到达圆周的时间相同，则A 点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得
mg tan37︒=qE
解得小球的带电量为
54
3
0.4tan 374310C 10
mg q E ︒
-⨯
=
==⨯ 故A 错误；
B. 小球做圆周过程中由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A 的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A 点其合力作为小球做圆周运动的向心力
cos37mg ︒=m 2
A
v R
小球做圆周过程中动能最小值
E kmin =
12mv A 2=2cos37mgR
︒=0.0410220.8
⨯⨯⨯J=0.5J 故B 正确；
C.由于总能量保持不变，小球从B 到A 过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C 正确；
D.将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成37︒，等效重力
‘=
cos37mg G ︒，等效重力加速度为cos37
g
g ︒
='，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A 点
速度为A v =v ，由
动能定理得
22
A 11·222
G R mv mv -'=
在等效最低点，由牛顿第二定律
2
N v F G m R
-='
联立解得小球在等效最低点受到的支持力
N 3.0N F =
根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N ，故D 正确． 二、非选择题 (本题共6小题，共60分。

把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。

解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11.某同学想通过测绘小灯泡的I -U 图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律．所用器材如下：
待测小灯泡一只，额定电压为2.5 V ，电阻约为几欧； 电压表一个，量程0~3 V ，内阻为3 kΩ ； 电流表一个，量程0~0.6 A ，内阻为0.1 Ω； 滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导线若干． （1）请在图甲中补全实验的电路图__________．
（2）图甲中开关S 闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于_______（选填“A ”或“B ”）处． （3）该同学通过实验作出小灯泡的I -U 图像如图乙所示，则小灯泡正常工作时的电阻为
_____Ω．
【答案】 (1). (2). B (3). 5.95
【解析】
【详解】(1)[1]为了测绘小灯泡的I -U 图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律，所以还应有电流表，由于小灯泡电阻较小，所以电流表应外接，故电路图如图
(2)[2]图甲中开关S 闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于B 端，使得闭合电键后，测量电路部分处于短路状态，电压表、电流表示数为0，起保护作用；
(3)[3]由于小灯泡的额定电压为2.5V ，由图可知，电流为0.42A ，由欧姆定律得
2.5 5.950.42
U R I =
=Ω=Ω 12.举世瞩目嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器．图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能．
某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻R0=5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表．
（1）实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值，通过测量得到该电池的U﹣I曲线a（如图丁）．由此可知，该电源内阻是否为常数_______（填“是”或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为________V，由图像可知，此时电源内阻为_______Ω．
实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得U-I曲线b（如图丁）．
（2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为________W（计算结果保留两位有效数字）．
【答案】 (1). 否(2). 1.50 (3). 5.6 (4). 7.2×10-2（7.0×10-2-7.4×10-2均算正确）
【解析】
【详解】（1）由U-I图像可知，因图像的斜率等于电源的内阻，可知电源内阻不是常数；电压表的量程为3.0V，则读数为1.50V；由图中读出，此时电路中的电流为250mA，因电源的电
动势为E=2.9V，可得此时电源的内阻
2.90 1.50
5.6
0.25
E U
r
I
--
==Ω=Ω；
（2）在实验一中当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为2.5V，可得此时的电流为100mA，
则滑动变阻器的阻值为：0 2.55200.1
U R R I =
-=-=Ω；则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，此时外电路电阻为R 外=R+R 0=25Ω，将此电阻的U-I 线画在此电源的U-I 图像中，如图；
直线与b 的交点为电路的工作点，此时I=60mA ，则滑动变阻器消耗的电功率为
2220.06207.210P I R W W -==⨯=⨯.
13.在图甲的电路中，R 1是可变电阻，R 2是定值电阻，电源内阻不计．实验时调节R 1的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U -I 图像如图乙中AB 所示．
(1)图乙中a 、b 、AB 的斜率各等于多少？
(2)结合图甲，说明a 、b 、AB 的斜率各表示什么物理量． 【答案】(1)20,3.3,-5 (2)见解析 【解析】
【详解】(1)a 的斜率为
2
200.1
= b 的斜率
1
3.30.3
= AB 的斜率
12
50.30.1
-=--
(2)a 的斜率表示通过R 1的电流为0.1 A 时，R 1的有效电阻为20 Ω
b 的斜率表示通过R 1的电流为0.3 A 时，R 1的有效电阻为3.3 Ω
由于电源的内阻不计，所以AB 的斜率的绝对值表示R 2的电阻为5 Ω
14.如图所示，真空室中电极K 发出的
电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间偏转电场，最后打在荧光屏上．C 、D 两板间的电势差U CD 随时间变化的图象如图所示，设C 、D 间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m 、电荷量为e （重力不计），C 、D 极板长为L ，板间距离为d ，偏转电压U 2，荧光屏距C 、D 右端的距离为L /6，所有电子都能通过偏转电极．
（1）求电子通过偏转电场的时间t 0
（2）若U CD 的周期T =t 0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度
【答案】（1）12m L U e （2）221
4U L dU
【解析】
【详解】（1）电子在电场加速过程
2
1012
U e mv =
① 在偏转电场中运动，水平方向匀速运动
00v t L =②
由①②得012m
t L
U e
=
（2）当0=T t 时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出．由竖直方向速度时间图像得0t =时刻进入的电子向上侧移距离最大，所以电子达到的区域长；
竖直方向：向上加速：F ma =
F qE =
2
U E d
=
2
01122t y a ⎛⎫= ⎪⎝⎭
解得：2
211
16U L y dU =
向上减速：由对称性可知
2
22116U L y dU =
2
21
8U L y dU =上
由对称性，向下运动
2
21
8U L y dU =下
荧光屏上电子能够到达的区域的长度 2
21
=4U L y y y dU 下上+=
15.长为L 的细线一端系有一带正电的小球，另一端固定在空间的O 点，加一大小恒定的匀强
倍，当电场取不同的方向时，可使小球绕O 点以L 为半径分别在不同的平面内做圆周运动．
（1）若电场的方向竖直向上，使小球在竖直平面内恰好能做圆周运动，求小球速度的最小值． （2）若小球在与水平面成30 角的空间平面内恰好能做圆周运动，求小球速度的最大值以及此时电场的方向．
（本题附加要求：画受力分析图并做必要的分析说明）．
【答案】（1）min v （2）2v =，场强方向水平向左
【解析】
（1）带电小球在竖直平面内恰好做圆周运动，设最小速度为min v ，此时重力与电场力的合力
F 提供向心力．
当重力与电场力反向时，F 取最小值，设带电小球质量为m ，它所受重力为mg ，则 min 3(31)F qE mg mg mg mg =-=-=-
则2min min
v F m L
=．
min (31)v gt =-
（2）当轨道平面与水平面成30角时，重力、电场力的合力0F 必沿悬绳方向，受力如图：
设电场强度方向与合力0F 成α角，则sin cos30qE mg α=︒．
30α=︒，即电场水平向左．
或150α=︒，电场沿图中虚线QR 斜向上，当30α
=︒时，重力电场力合力最大，小球做圆
周运动速度最大，此时合力0/sin302F mg mg =︒=．
当小球恰好做圆周运动时，在P 点速度最小时，线的拉力为0，0F 提供向心力，即2
10v F m L =．
对小球从圆周运动的“最高点”P 到“最低点”Q 的过程运用动能定理，有：
22
02111222
F L mv mv ⋅=-
210v gL ⇒=．
综上所述本题答案是： （1）(
)
min 31v gt =
-
（2）小球速度的最大值：210v gL = ，场强方向水平向左
16.如图所示，水平面上有相距02m L =的两物体A 和B ，滑块A 的质量为2m ，电荷量为+q ，
B 是质量为m 的不带电的绝缘金属滑块．空间存在有水平向左的匀强电场，场强为
0.4mg
E q
=
．已知A 与水平面间的动摩擦因数10.1μ=，B 与水平面间的动摩擦因数20.4μ=，A 与B 的碰撞为弹性正碰，且总电荷量始终不变（g 取10m/s 2）．试求：
（1）A 第一次与B 碰前的速度0v 的大小； （2）A 第二次与B 碰前的速度大小； （3）A 、B 停止运动时，B 的总位移x ． 【答案】（1）2m/s （2）2
m/s 3
（3）2m 【解析】
【详解】（1）从A 开始运动到与B 碰撞过程，由动能定理：
2
01001222
EqL mgL mv μ-⋅=⋅
解得：v 0=2m/s
（2）AB 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得：
01222mv mv mv =+
22201211122222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：12m/s 3v =
28
m/s 3
v =（另一组解舍掉） 两物体碰撞后电量均分，均为q/2，则B 的加速度：
22
21
22m/s 2B E q mg
qE a g m m
μμ⋅-==-=- ， A 的加速度：
111
220
24A E q mg
qE a g m m
μμ⋅-⋅==-= 即B 做匀减速运动，A 做匀速运动；A 第二次与B 碰前的速度大小为12
m/s 3
v =； （3）B 做减速运动直到停止的位移：
2
21216m 23
B v x a ==
AB 第二次碰撞时：
1122222mv mv mv =+
22211222111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：
12112m/s 39v v == ，2212488
m/s=m/s 393
v v ==
B 再次停止时的位移2222416m 23
B v x a =
= 同理可得，第三次碰撞时，
12132322mv mv mv =+
222121323111
22222
mv mv mv ⋅=⋅+ 可得131212m/s 327v v ==
，23123488
m/s m/s 3273
v v === B 第3次停止时的位移2223616
m 23
B v x a =
= 同理推理可得，第n 次碰撞，碰撞AB 的速度分别为：
11n-112m/s 33n n v v ==（)，2n 1n-1)
48m/s 33n
v v ==（ B 第n 次停止时的位移:
22n 216m 23
n n B v x a ==
则A 、B 停止运动时，B 的总位移
12324622++16161616m m+m+m 33331=2(1-)m 3n
n n x x x x x =+⋅⋅⋅+=
+⋅⋅⋅+
当n 取无穷大时， A 、B 停止运动时，B 的总位移2m x =．。