2018-2019学年甘肃省张掖市高二上学期期末联考物理试题 （解析版）

2018-2019学年甘肃省张掖市高二上学期期末联考物理试题 （解析版）

张掖市2018—2019学年第一学期期末高二年级学业水平质量检测物理试卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，在给出的四个选项中，每小题中只有一个选项符合题目要求。）‎ ‎1.真空中两个点电荷间的距离为r时，相互作用力大小为F，下列说法正确的是（ ）‎ A. 保持两点电荷的电量不变，使它们间距离变为2r，则相互作用力大小变为‎4F B. 将其中一个点电荷的电量和两个点电荷间距都减半，则相互作用力大小保持不变 C. 将每个点电荷的电量和两个点电荷间距都增加相同的倍数，则相互作用力大小不变 D. 将其中一个点电荷的电量取走一部分给另一个点电荷，两个点电荷间距离仍保持不变，则它们间的相互作用力大小一定增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据库仑定律公式列式计算，并找出变化量和不变量求出问题即可.‎ ‎【详解】A、真空中有两个点电荷，它们之间相互作用力为F，故；保持两点电荷的电量不变，使它们间距离变为2r，则相互作用力大小变为;故A错误.‎ B、将其中一个点电荷的电量和两个点电荷间距都减半，则相互作用力大小变为‎2F;故B错误.‎ C、将每个点电荷的电量和两个点电荷间距都增加相同的倍数，则相互作用力大小为F，即为不变;故C正确.‎ D、将其中一个点电荷的电量取走一部分给另一个点电荷，两个点电荷间距离仍保持不变，根据库仑定律,由于电荷量的乘积可能不变，故作用力可能不变;故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系，注意控制变量法的应用.‎ ‎2. 下面有关静电现象的解释，说法错误的是（ ）‎ A. 接触起电的实质是一个物体的电子转移到另一个物体上 B. 静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分 C. 摩擦起电时，一个物体失去电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电 D. 摩擦起电是在摩擦的过程中分别创造了正电荷与负电荷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 摩擦起电是在摩擦的过程中实质是一个物体的电子转移到另一个物体上，D错；‎ ‎3. 下列关于电源的说法中正确的是（ ）‎ A. 电源的电动势就是电源的路端电压 B. 电路中，如果每通过‎1C的电荷，电源能把2J的其他形式的能量转化为电能，则电源的电动势就为2V C. 电源的电动势跟外电路无关 D. 电源的输出电流越大，则电源的电动势也就越大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：电源电动势等于非静电力所做的功与电荷量的比值，电源电动势等于电源没有接入电路时电源两端的电压；电源电动势由电源自身结构决定，与外电路无关；由闭合电路欧姆定律可知，电路电流等于电源电动势与电源内阻和外电路电阻之和的比值．‎ 解：A、电源电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，大于电源的路端电压，故A错误；‎ B、通过‎1C的电荷，电源能把2J的其他形式的能量转化为电能，电源电动势E===2V，故B正确；‎ C、电源电动势由电源自身的结构决定，与外电路无关，故C正确；‎ D、由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流I=，由此可见，电路电流取决于电源电动势与电路总电阻的比值，电流大，电动势不一定大，故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点评】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领大小的物理量，由电源本身的结构决定，与外电路无关．‎ ‎4.如图所示为某一点电荷 Q 产生的电场中的一条电场线,A、B 为电场线上的两点,当电子以某一速度沿电场线由 A 运动到 B 的过程中,动能增加,则可以判断 A. 场强大小 B. 电势 C. 电场线方向由 B 指向 A D. 若 Q 为负电荷,则 Q 在 B 点右侧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电子由A运动到B，动能增加，电势能减小，负电荷电势高处电势能低，所以B点电势高于A点电势。B错。沿电场线方向电势降低，所以电场线方向由B指向A，C对。若Q为负电荷，则Q在A点左侧，D错。若Q为负电荷，EA＞EB，若Q为正电荷，则Q在B点右侧，EA小于EB，A错。‎ ‎5.如图原来不带电的金属球A的半径为R，将带电量为Q的正点电荷移到球外距球心距离为r的地方，将A球接地则（ ）‎ A. A球仍不带电 B. 球心处的电场强度为0‎ C. 球上距Q越近的地方电势越低 D. 该点电荷在球心处产生的电场的场强大小等于0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属球在点电荷Q附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布。最终达到静电平衡，在金属球内部场强处处为零，整个金属球是一个等势体。根据电场的叠加原理分析点电荷Q在金属球球心处激发的电场场强.‎ ‎【详解】A、当金属球接地时，由于静电感应，金属球的右侧将带上负电荷，而左侧不带电，所以接地后断开，金属球带负电;故A错误.‎ B、金属球处于静电平衡状态，金属球内部的场强处处为零，则电荷Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向;故B正确.‎ C、金属球处于静电平衡状态，整个球是一个等势体，所以金属球右侧表面的电势等于左侧表面;故C错误.‎ D、点电荷Q在金属球球心处激发的电场场强,方向向左;故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】解决本题的关键是理解并掌握静电平衡导体的特点，知道处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且整个导体是等势体.‎ ‎6.关于电功和电热，以下说法正确的是（ ）‎ A. 外电路电流做的功一定等于电热 B. 外电路中电流所做的功一定大于电热 C. 只有在外电路是纯电阻的情况下，电功才等于电热 D. 当外电路有电动机、电解槽的情况下欧姆定律任然适用，只是电功大于电热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式Q=I2Rt计算，非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，电热用公式Q=I2Rt计算.‎ ‎【详解】A、B、C、纯电阻电路，外电路电流做的功等于电热，非纯电阻电路，外电路电流做的功大于电热，故A、B错误，C正确；‎ D、当外电路不是纯电阻时，电流做的功有一部分转化为机械能、化学能，欧姆定律不适用；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】考查了纯电阻电路、非纯电阻电路，电功、电热大小的比较，要注意各式的适用范围，并能正确应用.‎ ‎7.在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向（ ）‎ A. 竖直向上 B. 竖直向下 C. 由南向北 D. 由西向东 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：地球是一个大磁体，地球表面附近赤道上空地磁场呈水平方向，由南向北，其他地方的磁场方向均不言水平方向，水平分量南北半球均由南向北，竖直分量，北半球竖直向下，南半球竖直向上。安培力的方向由左手定则判断。‎ 地球表面附近赤道上空地磁场呈水平方向，由南向北，电流方向由西向东，由左手定则可判断导线受到的安培力方向竖直向上所以，A选项正确，BCD选项错误 故选A 考点：地磁场的特点和左手定则 点评：中等难度，地磁场的南极、北极分别是地理的北极、南极，赤道上空地磁场呈水平方向，北半球竖有直向下分量，南半球竖有直向上分量，所以涉及地磁场问题一定首先搞清楚问题发生的地理位置。熟练应用左手定则。‎ ‎8. 空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图20图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则 A. P、Q两点处的电荷等量同种 B. a点和b点的电场强度相同 C. c点的电势低于d点的电势 D. 负电荷从a到c，电势能减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ P、Q两点处的电荷等量异种，选项A错误；a点和b点的电场强度大小相等，方向不同，选项B错误；c点的电势高于d点的电势，选项C错误；负电荷从a到c，电场力做功，电势能减少，选项D正确。‎ ‎9.如图所示，图线1表示的导体的电阻为，图线2表示的导体的电阻为 ‎，则下列说法正确的是（　　）‎ A. ‎ B. 把均匀拉长到原来的3倍长后电阻等于 C. 将与串联后接于电源上，则功率之比 D. 将与并联后接于电源上，则电流比 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3，故A正确；把R1拉长到原来的3倍长后，可得横截面积减小为原来的，根据电阻定律公式：，可知电阻增加为9倍，故B错误；串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流之比I1：I2=1：1；又由于R1：R2=1：3．根据电功率表达式：P=I2R，可得功率之比为1：3，故C正确；并联接入电路后，电压相等，由 ，可知电流比为：I1：I2=3：1，所以D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎10. 如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置．其核心部分是两个D型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。则下列说法正确的是 （ ）‎ A. 离子做圆周运动的周期随半径增大 B. 离子从磁场中获得能量 C. 带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关 D. 带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，故：，其中，联立解得：，故周期与半径无关，故A错误；‎ B、磁场使粒子偏转，电场使粒子加速，粒子从电场中获得能量，故B错误；‎ CD、根据得，最大速度：，则最大动能：，知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故D正确，C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据求出最大速度，再根据求出最大动能，可知与什么因素有关。‎ 二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分。在给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有不选或选错的得0分）‎ ‎11.如图所示，虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行且间距相等的等差等势面，实线是一带正电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，M、N、P、Q分别为运动轨迹与等势面的交点，下列判断正确的是( )‎ A. 粒子在电场中做匀变速运动 B. 图中等势面a的电势最高 C. 粒子经过Q点的动能小于P点的动能 D. 粒子在M点的电势能比Q点的小 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在匀强电场中做匀变速运动。根据轨迹弯曲的方向可判断出粒子所受的电场力方向，可分析电场线的方向，从而判断出电势的高低。由电场力做功正负分析动能及电势能的变化.‎ ‎【详解】A、由图知，等差等势面均匀分布，则知该电场是匀强电场，粒子所受的电场力恒定，所以粒子在电场中做匀变速运动；故A正确.‎ B、根据电场线与等势面垂直，可知电场线位于水平方向，粒子所受的电场力也在水平方向。由粒子的轨迹向左弯曲，所以粒子所受的电场力水平向左，粒子带正电，则电场线方向水平向左，则a处电势最低；故B错误.‎ C、D、若粒子从M运动到Q，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增加，则粒子经过Q点动能小于P点动能，粒子在M点的电势能比Q点的小；故C、D正确.‎ 故选ACD.‎ ‎【点睛】根据电场线与等势面垂直，可作出电场线，结合曲线运动的条件分析电场力的方向是解决本题的关键，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法.‎ ‎12.如图所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成。电容器通过开关S及电阻及与电源E相连接。则 A. M上移电容器的电容变大 B. 将D从电容器抽出，电容变小 C. 断开开关S，M上移，MN间电压将增大 D. 闭合开关S，M上移，流过电阻及的电流方向从B到A ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎，根据电容的决定式可知，当M向上移时，板间距离d增大，电容器的电容变小；当将D从电容器抽出，介电常数减小，电容器的电容变小，故A错误，B正确；断开开关S，M上移，电量不变，而电容减小，根据电容的定义式，可知电容器两端的电压增大，故C正确；闭合开关S，电压不变，M上移时电容减小，则由可知，电量Q 减小,电容器放电，流过电阻的电流方向从A到B，故D错误．选BC.‎ ‎【点睛】根据电容的决定式，分析电容的变化．电容器的板间电压不变，根据电容的定义式，分析电容器电量的变化，即可判断电路中电流的方向．‎ ‎13. 如图所示，匀强磁场方向水平向里，匀强电场方向竖直向上，有一正离子恰能沿直线从右向左水平飞越此区域，不计粒子重力，则 A. 若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向下偏转 B. 若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转 C. 若电子以相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转 D. 若电子以相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：正离子从右边进入电场，在电场中受到向上的电场力和向下的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从左边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有，得。若电子，也从右边以速度射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是有，所以带电粒子只要以速度从右边水平进入电场，粒子就会沿水平方向射出，与电性和电量无关．所以选项AB错误；电子从左侧进入电场，受到的电场力方向向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向也向下，所以电子将向下偏转．选项C正确，选项D错误。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】此题考察了速度选择器的问题．‎ 在速度选择器中，粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即，可得得，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．即粒子选择器只选择粒子的速度大小和射入方向，与粒子的带电情况无关。‎ ‎14.如图所示的电路，是定值电阻，是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向下移动的过程中(　 )‎ A. 电压表示数变小 B. 电容器充电 C. 电源的总功率变大 D. 通过滑动变阻器的电流变小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变阻器滑片移动时，分析总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化。根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律分析电容器两端电压变化情况，即可判断电容器的状态.‎ ‎【详解】A、当滑动变阻器的滑动触头由中点向下移动时，R4变小，电路的总电阻变小，总电流I变大，内电压变大，则路端电压变小，因此电压表示数变小；故A正确.‎ B、电容器两端电压为：U=E-I（r+R2），I变大，故电容器两端电压U变小，带电量变小，电容器放电，故B错误；‎ C、电源的总功率P=EI，I变大，则P变大；故C正确.‎ D、根据串联电路分压规律知，变阻器两端的电压增小，通过R1的电流变小，而总电流变大，所以通过滑动变阻器的电流变大；故D错误.‎ 故选AC.‎ ‎【点睛】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化.‎ ‎15.如图所示，一个电子沿方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为的圆内。若电子速度为，质量为，带电量为，磁感应强度为。 电子在磁场中偏转后从点射出，，下面结论正确的是（ ）‎ A. 电子经过磁场的时间为 B. 电子经过磁场的时间为 C. 磁场半径为 D. 间的距离为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知电子运动的轨迹，由几何关系可得出电子转动的半径及所对的圆心角，则可求得电子经过磁场的时间、AC的距离及磁场圆的半径.‎ ‎【详解】A、B、由题意可知，电子在磁场中转过的圆心角：θ=60°，电子在磁场中的运动时间：；故A错误，B正确.‎ C、电子运动轨迹如图所示：‎ 电子轨道半径：，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，则，故C正确；‎ D、AC间的距离，故D错误；‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在磁场的中运动，解题的关键在于找出圆心和半径，再根据几何关系及洛仑兹力充当向心力即可解出.‎ 三、实验题（本题共2小题，16小题4分，17小题8分，共12分）‎ ‎16.为了测量某根金属丝的电阻率，根据电阻定律需要测量长为L的金属丝的直径D，电阻R ‎。某同学进行如下几步进行测量：‎ ‎(1)直径测量：该同学把金属丝放于螺旋测微器两测量杆间，测量结果如图，由图可知该金属丝的直径D=____________mm.‎ ‎(2)欧姆表粗测电阻，他先选择欧姆×100档，发现表头指针偏转过大，为了使读数更精确些，还需进行的步骤是________.之后多用表的示数如下图所示，测得该元件电阻为_______Ω.‎ A.换为×1K档，重新测量 B.换为×10档，重新测量 C.换为×1K档，先欧姆调零再测量 D.换为×10档，先欧姆调零再测量 ‎【答案】 (1). ‎1.682mm (2). D (3). 70Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.‎ ‎(2)应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表的示数.‎ ‎【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：‎1.5mm+18.2×‎0.01mm=‎1.682mm；‎ ‎(2)用欧姆表粗测电阻，选择欧姆×100档，表头指针偏转过大，说明所选挡位太大，为了使读数更精确些，需要选择欧姆×10档，然后重新进行欧姆调零再测量，故选D；‎ 由图2所示表盘可知，电阻阻值为7×10=70Ω.‎ ‎【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表的使用及读数、实验电路的选择，要掌握常用器材的使用及读数方法，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读，读数时视线要与刻度线垂直.‎ ‎17.同学们想用物理上学到的知识来测定某种型号电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为8～9V，内阻约为3Ω左右。由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一电阻箱，改装为量程为9V的电压表，然后再用伏安法测该电池的电动势和内阻。‎ 实验可供该同学选择的器材主要有：‎ A.电压表(量程为3V，内阻为3kΩ)‎ B.电流表(量程为‎3A，内阻约0.1Ω)‎ C.电阻箱(阻值范围0～9999Ω)‎ D.电阻箱(阻值范围0～999Ω)‎ E.滑动变阻器(阻值为0～20Ω，额定电流‎2A)‎ F.滑动变阻器(阻值为0～20kΩ，额定电流‎0.2A)‎ ‎(1)该实验中滑动变阻器应选________（填写“E”或“F”）；要使将3V直流电压表改装成9V的电压表，该同学需将该电压表与电阻箱________(填写“C”或“D”)串联,且接入的电阻箱阻值应为________Ω.‎ ‎(2)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电路如图甲所示，得到多组电压U（原电压表的示数）和电流I的值，并作出U-I图线如图乙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为________Ω（最后结果要求保留两位有效数字）.‎ ‎【答案】 (1). E (2). C (3). 6000Ω (4). 9.0 V (5). 3.0Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据串联电路的特点，可确定出电阻箱的电阻与电压表内阻的关系，选择电阻箱的规格。在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的；根据电压表改装原理求出串联电阻阻值.‎ ‎(2)由于电压表的表盘没变，改装后的电压表的读数应为电压表读数的3倍.U-I图线纵轴截距的3倍表示电动势，斜率的3倍大小等于电池的内阻.‎ ‎【详解】(1)电源电动势约为9V，应把电压表改装成9V的电压表，把3V 的直流电压表接一电阻箱，串联电阻分压是电压表的两倍，串联电阻阻值应为电压表内阻的两倍，电阻箱接入电路的阻值应为6000Ω；电阻箱应选择C；在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E.‎ ‎(2)由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=3.0V，则电源的电动势为E=3.0×3=9.0V，电源内阻.‎ ‎【点睛】本题涉及电表的改装和测量电动势和内电阻的实验；改装原理是串联电路的特点。而伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后电压表的读数.‎ 四、计算题（本题共4小题，18小题8分，19小题8分，20小题9分，21小题13分，共38分）‎ ‎18. 如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V, 6W”的灯泡L和内阻RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：‎ ‎（1）电路中的电流大小；‎ ‎（2）电动机的额定电压；‎ ‎（3）电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）‎2A（2）7V（3）12W ‎【解析】‎ ‎(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为I＝PL/UL＝A＝‎2 A.‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为 UD＝E－I(r＋R)－UL＝20 V－2×(1＋4) V－3 V＝7 V.‎ ‎(3)电动机的总功率为P总＝IUD＝2×7 W＝14 W 电动机的热功率为P热＝I2RD＝22×0.5 W＝2 W 所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14 W－2 W＝12 W.‎ ‎19.水平面上有电阻不计的形导轨，它们之间的宽度为，和之间接入电动势为的电源(不计内阻)。现垂直于导轨放置一根质量为、电阻为的金属棒，并加一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 ‎，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：‎ ‎(1)当棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？‎ ‎(2)若的大小和方向均能改变，则要使棒所受支持力恰为零，的大小至少为多少？‎ ‎【答案】(1) . (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小.‎ ‎(2)根据受力图可知当重力等于安培力时，B最小，根据左手定则可以正确判断磁场B的方向.‎ ‎【详解】从b向a看其受力如图所示．‎ ‎(1)水平方向： ①‎ 竖直方向： ②‎ ‎ ③ ‎ 联立①②③得： ‎ ‎(2)使ab棒受支持力恰为零，且让磁场最小，须使所受安培力竖直向上，则有 ‎【点睛】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键.‎ ‎20.如图所示，在竖直平面内，为水平放置的绝缘粗糙轨道，为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，与通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为，半径 ‎，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小，现有质量，电荷量的带电体（可视为质点）．从点由静止开始运动，已知，带电体与轨道、间的动摩擦因数均为，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（取）‎ ‎ ‎ ‎（1）带电体运动到圆弧轨道点时的速度大小．‎ ‎（2）带电体最终停在何处．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)设带电体到达C点时的速度为v，‎ 从A到C由动能定理得：qE(sAB＋R)－μmg sAB－mgR＝mv2 （3分）‎ 解得v＝‎10 m/s（1分）‎ ‎(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：‎ ‎－mgh－μqEh＝0－mv2（3分）‎ 解得h＝m（1分）‎ 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax＝μqE＝4 N，‎ 重力G＝mg＝2 N 因为G

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