高二上学期9月月考物理试题(含答案)

高二上学期9月月考物理试题（含答案）
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I（选择题）
一、选择题（本题共计 9 小题 ,每题 4 分 ,共计36分 , ）
1. 对物体带电现象的叙述,正确的是（）
A.物体带电一定是因为具有多余的电子
B.电中和是等量异种电荷完全消失的现象
C.物体所带电荷量可能很小,甚至小于e
D.摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程
2. 关于元电荷,下列说法错误的是（）
A.所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍
B.带电粒子的电荷量与其质量的比值叫该带电粒子的比荷
C.元电荷实际上是指电子和质子本身
D.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
3. 以下说法正确的是（）
A.密立根用摩擦起电的实验发现了电子
B.密立根用摩擦起电的实验测定了元电荷的电荷量
C.密立根用油滴实验发现了电子
D.密立根用油滴实验测定了元电荷的电荷量
4. 两个放在绝缘架上的相同金属球相距r,球的半径比r小得多,带电量大小分别为q和3q,相互斥力大小为3
F.现将这两个金属球相接触,然后分开,仍放回原处,则它们之间的相互作用力大小将变为（）
C.4F
D.2F
A.F
B.4F
3
5. 如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷）,三球沿一条直线摆放,仅在它们之间的静电力作用下静止,则以下判断正确的是（）
A.a 对b 的静电力可能是斥力
B.a 对c 的静电力一定是斥力
C.a 的电量可能比b 少
D.a 的电量一定比c 多
6. 如图所示,一个均匀的带电圆环,带电量为+Q,半径为R,放在绝缘水平桌面上．圆心为O 点,过O 点做一竖直线,在此线上取一点A,使A 到O 点的距离为R,在A 点放一检验电荷+q,则+q 在A 点所受的电场力为（ ） A.k Qq R 2,方向向上B.√2kQq 4R 2,方向向上 C.KQq 4R 2,方向水平向左D.不能确定
7. 如图所示,在等量的异种点电荷形成的电场中,有A 、B 、C 三点,A 点为两点电荷连线的中点,B 点为连线上距A 点距离为d 的一点,C 为连线中垂线距A 点距离也为d 的一点,则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较,正确的是（ ）
A.E A =E C >E B ,φA =φC =φB
B.E B >E A >E C ,φA =φC >φB
C.E A <E B ,E A <E C ,φA >φB ,φA >φC
D.因为零电势点未规定,所以无法判断电势的高低
8. 如图所示,AD 是均匀带电的半圆环,已知半圆环在圆心O 点产生的电场强度大小为E 、电势的大小为φ,AB 、BC 、CD 为半圆环等长的三段圆弧．则BC 部分在O 点产生的电场强度和电势的大小分别是（ ）
A.1 3E,φ
B.1
2
E,φ C.1
3
E,1
3
φ D.1
2
E.,1
3
φ
9. 如图所示,边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。

每根细棒均匀带上正电。

现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点,此时正六边形几何中心O点的场强为零。

若移走+Q及AB边上的细棒,则O点强度大小为（k为静电力常量）（不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响）（）
A.kQ
L2B.4kQ
3L2
C.2√3kQ
3L2
D.4√3kQ
3L2
二、多选题（本题共计 6 小题 ,每题 4 分 ,共计24分 , ）
10. 如图所示,两个互相接触的导体A和B不带电,现将带正电的导体C靠近A端放置,三者均有绝
缘支架。

下列说法正确的是（）
A.导体A的左端感应出负电荷,导体B的右端感应出等量的正电荷
B.导体A的左端感应出负电荷,导体B的右端感应出的正电荷,但正、负电荷不一定等量
C.若先将A、B分开,再移走C,则A带负电,B带正电
D.若先将C移走,再把A、B分开,则A带负电,B带正电
11. 电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。

如图甲是等量正点电荷形成电场的电场线,
图乙是场中的一些点；O是电荷连线的中点,E、F是连线中垂线上相对O对称的两点,B、C和A、D也相对O对称。

则（）
A.E、F两点场强相同
B.A、D两点场不同
C.B、O、C三点,O点场强最弱
D.从E向O点运动的电子加速度逐渐减小
12. 图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初
速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（）
A.带正电
B.在b点的电势能大于在c点的电势能
C.由a点到b点的电势差等于由b点到c点的电势差
D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
13. 匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、16V、22V．下列说法正确的是（）
A.电场强度的大小为√5V/cm
B.坐标原点处的电势为0V
C.电子在a点的电势能比在b点的高6eV
D.电子从c点运动到b点,电场力做功为6eV
14. 传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角速度等）转换成电学物理量（如电压、电流、电量等）的一种元件．如图所示中的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器,下列说法正确的是（）
A.图甲中两极间的电量不变,若电压增加,可判断出h变小
B.图乙中两极间的电量不变,若电压增加,可判断出θ变大
C.图丙中两极间的电压不变,若有电流流向传感器的负极,则x变大
D.图丁中两极间的电压不变,若有电流流向传感器的正极,则F变大
15. 如图所示,平行板电容器与直流电源（内阻不计）连接,下极板接地,静电计所带电量很少,可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点,现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,上极板不动,则（）
A.平行板电容器的电容值将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将减少
D.若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变
卷II（非选择题）
三、解答题（本题共计 4 小题 ,每题 10 分 ,共计40分 , ）
16. 如图所示,质量为m带电量为−q的微粒（重力不计）,在匀强电场中的A点时速度为v,方向与电场线垂直,在B点时速度大小为2v,已知A、B两点间距离为d,求：
①A、B两点间电压？
②电场强度大小和方向？
17. 在图中,电源的电动势E=18V,内阻r=1.0Ω,电阻R2=5.0Ω,R3=6.0Ω．平行金属板水平放置,两板间距d=2cm,当可变电阻R1的滑动头移到R1的中点时,电源的路端电压是16V,一个带电
量q=−8.0×10−9C的油滴正好平衡于两板之间,(g取10m/s2)求：
（1）R1的总阻值；
（2）油滴的质量；
（3）移动R1的滑动头P,油滴可获得向下的最大加速度．
18. 如图,x轴上,有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B,两球质量均为m,B球带电荷量大小为q,A球距O点的距离为L,空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场,电场的场强大小x分布（x是轴上某点到O点的距离）．两球现处于静止状态,不计两球之间的静电力按E=mg
4gL
作用,重力加速度为g．
（1）求A球所带的电荷量大小q；
（2）剪断细线后,求B球下落速度达到最大时,B球与O点的距离x0；
（3）剪断细线后,求B球下落的最大高度h．
19. 如图所示,在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场．电场强度E＝100N/C,电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB,其倾角为30∘,A点距水平地面的高度为h＝4m．BC段为一粗糙绝缘平面,其长度为L=√3m．斜面AB与水平面BC由一段极端的光滑小圆弧连接（图中未标出）,竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道,CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径,C、D两点紧贴竖直边界线O1O2,位于电场区域的外部（忽略电场对
O1O2右侧空间的影响）．现将一个质量为m＝1kg,带电荷量为q＝0.1C的带正电的小球（可视
(g取
为质点）在A点由静止释放,且该小球与斜面AB和水平BC间的动摩擦因数均为μ=√3
5
10m/s2)．求：
（1）小球到达C点时的速度大小；
（2）小球到达D点时所受轨道的压力大小；（3）小球落地点距离C点的水平距离．
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共计 9 小题 ,每题 4 分 ,共计36分）
1.
【答案】
D
【考点】
电荷守恒定律
元电荷
【解析】
电荷并不能创生,也不能消失,只能从一个物体转移到另一物体,或从物体的一部分转移到另一部分,但电荷的总量保持不变．元电荷的电量是最小的带电量．
【解答】
解：A．物体带电可有是有多余的电了或失去电子,故A错误；
B．电中和是等量的异种电荷完全抵消,电荷并不能产生,也不能消失,故B错误；
C．元电荷的电量是最小的带电量,故C错误；
D．摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程,故D正确．
故选：D．
2.
【答案】
C
【考点】
元电荷
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．所有带电体的电荷量大小一定等于元电荷的整数倍,选项A正确；
B．由比荷的定义知,带电粒子的电荷量与其质量的比值叫该带电粒子的比荷,选项B正确；C．元电荷是基本的电量单位,不是指电子和质子本身,选项C错误；
D．元电荷e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的,选项D正确．
本题选错误的,故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
物理学史
元电荷
【解析】
根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】
密立根用油滴实验测定了元电荷的电荷量,密立根用油滴实验测定了元电荷的电荷量,故ABC错误,D正确；
4.
【答案】
C
【考点】
电荷守恒定律
库仑定律
【解析】
由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式,则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．
【解答】
由库仑定律可得：
3F=kq×3q
r2=3Kq2
r2
；
F=kq2
r2
；
而两球接触后再分开平分总电量,故分开后两球的带电量为2q；
则库仑力F′=4Kq 2
r2
=4F；
5.
【答案】
B
【考点】
库仑定律
【解析】
因题目中要求三个小球均处于平衡状态,故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。

【解答】
AB、根据电场力方向来确定各自电性,从而得出“两同夹一异”,因此a对b的静电力一定引力,a对c 的静电力一定是斥力,故A错误,B正确。

CD、同时根据库仑定律来确定电场力的大小,并由平衡条件来确定各自电量的大小,因此在大
小上一定为“两大夹一小”,则a的电量一定比b多,而a的电量与c的电量无法确定。

故CD错误,
6.
【答案】
B
【考点】
电场的叠加
电场强度
点电荷的场强
【解析】
把检验电荷受的力分解为沿竖直线和垂直于竖直线,由电荷的对称性知垂直于竖直线方向的力相互抵消．
【解答】
解：检验电荷受的库仑力沿着电荷的连线指向+q,由对称性可知在垂直于竖直线的方向上的分力相互抵消,只有沿竖直线方向的分力．
由库仑力公式知：F=
(√2R)2∘=√2KQq
4R2
,故B正确．
故选B
7.
【答案】
B
【考点】
匀强电场中电势差和电场强度的关系【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：等量异种点电荷的电场线分布情况如图所示,电场线越密集的地方场强越大,沿电场线方向电势降低,由以上规律并结合电场线的分布图可知,B项正确,A、C项均错；
对于点电荷形成的电场,一般我们规定距电荷无穷远处电势为零,且各点电势高低与零电势点的规定无关,故D项错．
故选B．
8.
【答案】
D
【考点】
特殊带电体电场强度的计算
电势
【解析】
电场强度是矢量,根据题意应用平行四边形定则求出圆弧BC在圆心O处产生的场强,电势是标量,直接根据代数法则求解．
【解答】
解：B、C两点把半圆环等分为三段,每段长度都是L,如图所示：
设每段在O点产生的电场强度大小为E′,均相等,
则在O点的合场强：E=2E′,则：E′=E
2
；
电势是标量,设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′,则有3φ′=φ,则φ′=φ
3
．
故选：D．
9.
【答案】
D
【考点】
电场的叠加
点电荷的场强
【解析】
根据点电荷电场强度公式E＝k Q
r2
,结合矢量的合成法则,及三角知识,即可求解。

【解答】
每根细棒均匀带上正电,现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点,此时正六边形几何中心O点的场强为零；
由此可知,+Q的点电荷在O点的电场强度大小为E=
(√3
2L)
=4kQ
3L2
；
那么每根细棒在O点的电场强度大小也为E=4kQ
3L2
；
因此+Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小E
合=4√3kQ
3L2
；
其方向如下图所示：
若移走+Q及AB边上的细棒,那么其余棒在O点的电场强度大小为E′
合=4√3kQ
3L2
；方向与图中方向
相反,故ABC错误,D正确；
二、多选题（本题共计 6 小题 ,每题 4 分 ,共计24分）
10.
【答案】
A,C
【考点】
电荷守恒定律
【解析】
将带正电的导体球C靠近两个不带电的导体AB,靠感应起电使物体带电,带电的实质是电荷的移动,总电荷量保持不变。

【解答】
解：A．导体A的左端感应出负电荷,导体B的右端感应出等量的正电荷,A正确,B错误；
C．把导体A和B分开,再移走C,导体A和B由于感应起电带上异种电荷,所以此时A带负电,B带正电,C正确；
D．若先移走C,此时导体A和B中的电荷又发生中和,不再带电,再把导体A和B分开,同样不再带电,所以此时A不带电,B不带电,D错误．
故选AC．
11.
【答案】
A,C
【考点】
电场线
点电荷的场强
电场的叠加
【解析】
根据电场线的疏密判断场强的大小,电场线越密,场强越大；电场线越疏,场强越小。

根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系。

等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线。

【解答】
A、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,电场强度方向与等势线垂直,因此E、F两点场强方向相同,由于E、F是连线中垂线上相对O对称的两点,则其大小也相等,故A正确；
B、根据对称性看出,A、D两处电场线疏密程度相同,则A、D两点场强大小相同,由图看出,A、D 两点场强方向相同,故B错误；
C、由图看出,B、O、C三点比较,O点场强最小,故C正确；
D、由图可知,从E向O点运动过程中,电场强度最大值位置不确定,因此在此过程中,电场力可能先增大后减小,也可能一直减小,因此电子加速度可能逐渐减小,也可能先增大后减小,故D错误；
12.
【答案】
A,B,D
【考点】
电场中轨迹类问题的分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据轨迹弯曲方向判断知,粒子在a→b→c的过程中,一直受静电斥力作用,根据同种电荷相互排斥,故知该粒子带正电荷,故A正确；
B．粒子从b到c电场力做正功,电势能减小,则在b点的电势能大于在c点的电势能,故B正确；CD．根据点电荷的电场的特点可知,ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度,所以ab之间的电电势差大于bc之间的电势差,则由a点到b点的电场力做的功大于由b点到c点电场力做的功,所以a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,故C错误,D正确．
故选ABD．
13.
【答案】
A,C
【考点】
电场力做功与电势能变化的关系
匀强电场中电势差和电场强度的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．如图所示,在ac连线上,取ac的中点b′,由于ac电势差为12V,则b′的电势为16V,将bb′连线,即为等势线,那么垂直bb′连线,则为电场线,再依据沿着电场线方向,电势降低,则电场线方向斜向左下方,
,
因为匀强电场,则有：E=U cb
d
依据几何关系,则d=
√5
V/cm=√5V/cm,故A正确；
因此电场强度大小为E=22−16
6
5
B．根据φc−φa＝φb−φo,因a、b、c三点电势分别为φa＝10V、φb＝16V、φc＝22V,解得：原点处的电势为φ0＝4,V,故B错误；
C ．因U ab ＝φa −φb ＝−6V,电子从a 点到b 点电场力做功为W ＝qU ab ＝6eV,因电场力做正功,则电势能减小,那么电子在a 点的电势能比在b 点的高6eV,故C 正确；
D ．同理,U cb ＝φc −φb ＝6V,电子从c 点运动到b 点,电场力做功为W ＝qU cb ＝−6eV,所以电场力做功为−6eV,故D 错误． 故选AC ． 14. 【答案】 A,B,C,D 【考点】
电容器的动态分析 电容 【解析】
根据电容的决定式和定义式结合分析电量不变时,电压增加时,h 如何变化．分析电压不变时,x 如何变化． 【解答】 解：
A 、图甲中两极间的电量不变,若电压增加,则由电容的定义式C =Q
U 分析知道,电容减小,由电容的决定式C =ɛS
4πkd 得知,两极正对面积减小,h 变小．故A 正确、．
B 、图乙中两极间的电量不变,若电压增加,则由电容的定义式
C =Q
U 分析知道,电容减小,由电容的决定式C =ɛS
4πkd 得知,极板正对面积减小,θ变大．故B 正确．
C 、图丙中两极间的电压不变,若有电流流向传感器的负极,说明电容器在放电,电量减小,由电容的定义式C =Q
U 分析知道,电容减小,由电容的决定式C =ɛS
4πkd 得知,电介质向外移动,则x 变大．故C 正确．
D、图丁中两极间的电压不变,若有电流流向传感器的正极,说明电容器在充电,电量增加,由电容的定义式C=Q
U
分析知道,电容增大,极板间距离减小,则F变大．故D正确．
故选ABCD
15.
【答案】
C,D
【考点】
电容器的动态分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据C=εS
4πkd
可知,d增大,则电容减小,故A错误；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差,因为电容器始终与电源相连,则电势差不变,所以静电计指针张角不变,故B错误；
C．电势差不变,d增大,则电场强度减小,P点与上极板的电势差减小,则P点的电势增大,因为该电荷为负电荷,则电势能减小,故C正确；
D．电容器与电源断开,则电荷量不变,d改变,根据E=U
d =Q
Cd
=4πkQ
εS
知电场强度不变,则油滴所
受电场力不变,故D正确．
故选CD．
三、解答题（本题共计 4 小题 ,每题 10 分 ,共计40分）
16.
【答案】
①A、B两点间电压是3mv2
2q
．
②电场强度大小是√21mv2
2qd
,方向水平向左
【考点】
动能定理的应用
电场强度
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
（1）微粒重力不计,只受电场力作用,根据动能定理求解A、B两点间电压．
（2）将微粒的运动分解为水平方向和竖直方向,竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀加速直线运动,分别列出两个方向的分位移,求出运动时间,再AB两点沿电场方向的距离,求解电场强度的大小和方向．
【解答】
（1）根据动能定理得
−q|U AB|=1
2
m(2v)2−
1
2
mv2
得A、B两点间电压|U AB|=3mv2
2q
（2）微粒在B水平方向的分速度大小为v x=√(2v)2−v2=√3v 设A、B间水平距离为x,竖直距离为y．
水平方向微粒做匀加速直线运动,则有：
x=v x t
2
=
√3vt
2
竖直方向微粒做匀速直线运动,则有y＝vt
又d2＝x2+y2
联立上述三式得,t=2√7
7⋅d v
x=v x t
2
=
√3vt
2
=
√21
7
d
则电场强度E=U AB
x =√21mv2
2qd
,方向水平向左．
答：
①A、B两点间电压是3mv2
2q
．
②电场强度大小是√21mv2
2qd
,方向水平向左．
17.
【答案】
（1）R1的总阻值为12Ω；
（2）油滴的质量为4.0×10−7kg；
（3）移动R1的滑动头P,油滴可获得向下的最大加速度为1m/s2．
【考点】
带电粒子在电场中的平衡问题
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
闭合电路的欧姆定律
【解析】
(1)当滑动头P在R1中点时,先根据闭合电路欧姆定律求出干路中的电流,由欧姆定律求出R2两端的电压和R1、R3并联部分的电压,根据欧姆定律求出通过R3的电流,即可根据并联电路的特点求出通过R1的电流,就能求出R1总阻值的一半,从而得到R1的总阻值．
(2)油滴正好平衡于两板之间,重力与电场力二力平衡,由E=U
d
和平衡条件求解油滴的质量．(3)为使油滴向下的加速度最大,应使R1的滑动触头向上移动R1的最上端,根据欧姆定律求出电容器板间电压,再根据牛顿第二定律求出最大加速度．
【解答】
解：(1)电路中的总电流为I=E−U1
r =18−16
1.0
A=2A,
R2两端的电压为U R2=I1R2=2×5.0V=10V,
R1、R3并联部分的电压为U R3=U R1=U1−U R2=6V,
通过R3的电流为I R3=U R3
R3=6
6
A=1A,
则通过R 1的电流为I R1=I 1−I R3=1A,
则R 1接入电路部分的电阻为R 1′=U R1
I R1=61Ω=6Ω, 则可变电阻的总阻值为R 1=2R 1′=2×6Ω=12Ω．
（2）电容器并联在R 2两端,则电容器两端的电压为U C =U R2=10V,
根据平衡条件得：q U C d =mg,
油滴的质量为：m =qU C gd =8.0×10−9×10
10×2×10−2kg =4.0×10−7kg ．
（3）为使油滴获得向下的加速度,需要把R 1的滑动触头P 向上移动,以减小电容器两端的电压,从而减小电场力．为使向下的加速度最大,则应使R 1的滑动触头向上移动R 1的最上端,此时,R 1、
R 3并联电阻为：R 13=R 1R 3R 1+R 3=12×612+6Ω=4Ω, 则R 2两端的电压为：U R2′=ER 2
R 2+R 13+r =18×5.05.0+4+1.0V =9V, 电容器两端的电压为：U C ′=U R2′=9V,
根据牛顿第二定律得：mg −
qU C ′d =ma, 油滴向下的最大加速度为：
a =g −
qU C ′md =1m/s 2．
18.
【答案】
（1）球的带电量q A 为6q ； （2）B 球与O 点的距离为4L ；
（3）B 球下落的最大高度为4L ．
【考点】
库仑定律与力学问题的综合应用
动能定理的应用
【解析】
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【解答】
解：（1）将A 、B 两球看成一个整体,两球处于静止状态,则重力等于电场力,则有：2mg −q A mg 4qL L −q mg 4qL ⋅2L ＝0,解得q A =6q ；
（2）当B 球下落速度达到最大时,重力与电场力大小相等,
mg =Eq =q mg 4qL x 0,
解得x 0=4L ；
（3）当B 球速度为0时,其下落高度最大,运动过程中,场强随下落高度线性变化,则全过程平均场强：
E ¯=mg 4qL ⋅2L+mg 4qL (2L+h)2
,所以由动能定理得： mgh −E ¯gh =0,解得h =4L ．
19.
【答案】
（1）小球到达C 点时的速度大小为2√10m/s ；
（2）小球到达D 点时所受轨道的压力大小为30N ；
（3）小球落地点距离C 点的水平距离为√2m ．
【考点】
带电粒子在重力场和电场中的运动
动能定理的应用
【解析】
（1）以小球为研究对象,由A 点至C 点的运动过程中,根据动能定理求解小球到达C 点时的速度大小；
（2）小球从C 点运动到C 点的过程中,只有重力做功,机械能守恒,可求出小球到达D 点的速度．在最高点以小球为研究对象,根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力．
（3）小球离开D 点后,受到重力和电场力作用,做类平抛运动,根据牛顿第二定律求出加速度,运
用运动的分解法,结合运动学公式求解小球落地点距离C 点的水平距离．
【解答】
解：（1）以小球为研究对象,由A 点至C 点的运动过程中,根据动能定理可得：
(mg +Eq)h −μ(mg +Eq)cos30∘⋅h sin30∘−μ(mg +Eq)L =12mv C 2−0, 则得：v C =√2(mg+qE)(h−μhcot30∘−μL)m ＝2√10m/s ；
（2）以小球为研究对象,在由C 点至D 点的运动过程中,根据机械能守恒定律可得： 12mv C 2=12mv D 2+mg ⋅2R, 在最高点以小球为研究对象,根据牛顿第二定律可得：
F N +mg ＝m v D
2R ,
联立解得：F N ＝m v C
2R −5mg ＝1×(2√10)20.5N −50N ＝30N,
v D =√v C 2−4gR =√(2√10)2−4×10×0.5m/s ＝2√5m/s ；
（3）小球做类平抛运动的加速大小为a,根据牛顿第二定律可得：mg +qE ＝ma, 则得：a ＝g +qE m =10m/s +0.1×1001m/s 2=20m/s 2,
应用类平抛运动的规律列式可得：
x ＝v D t,2R =12at 2,
联立得：x ＝v D √4R a =2√5×√4×0.520m =√2m ．。