2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期第一次月考物理试题 解析版
宁夏石嘴山市第三中学2017-2018学年高二上学期
第一次月考物理试题
一、选择题：（本题共18小题，1-13为单选题，每小题3分，14-18为多选题，每小题4分）
1. 如图所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近不带电的验电器B，则（ ）
A. 验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触
B. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电
C. 验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电
D. 验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电
【答案】D
【解析】试题分析：把一个带正电的物体A，靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，验电器的金属小球由于感应会带上负电荷和金属箔由于感应会带上正电荷，而整个验电器不带电．所以验电器金箔张开，因为验电器下部箔片都带上了正电．故选D。
考点：静电感应
【名师点睛】本题考查了感应起电的相关知识点，要知道验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的。
2. 关于电场，下列叙述正确的是（ ）
A. 以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同
B. 正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强
C. 在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E=F/q，取走q后，该点场强不变
D. 电荷所受电场力大，该点电场强度一定很大
【答案】C
【解析】以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小相等，方向都不相同，A错；电场线的疏密程度表示场强大小，与场源电荷的正负无关，B错；由F=qE可知电场力的大小与电荷电量有关，D错；
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 电荷放在电势高的地方，电势能大
B. 无论正电荷还是负电荷，克服电场力做功它的电势能都增大
C. 正电荷在电场中某点的电势能，一定大于负电荷在该点具有的电势能
D. 电场强度为零的点，电势一定为零
【答案】B
【解析】试题分析：电势能与电荷正负和电势高低都有关，所以A错。克服电场力代表电场力做正功，所以电势能增加，跟电荷正负无关，B正确。可知，若该点电势为负，正电荷电势能小于负电荷的电势能，C正确。处于静电平衡状态下的导体其内部电场为零，但导体为一个等势体，所以D错
考点：电势能、电场和电势的区别与联系
点评：此类题型考察了电势能、电场和电势的区别与联系
4. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带正电。
B. 粒子在A点加速度大。
C. 粒子在B点动能大。
D. A、B两点相比，B点电势能较高。
【答案】D
【解析】试题分析：由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，选项A错误；电场线的疏密反映场强的大小，故A点的场强较小，粒子在A点加速度小，选项B错误；从A到B电场力做负功，则动能减小，电势能变大，则粒子在B点动能小，电势能较大，故选项C错误，D正确；故选D.
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；要能根据粒子的运动轨迹来判断粒子的电性、电场力的方向及电场力做功的情况，根据动能定理，电场力做正功则电势能减小、动能增加；电场力做负功、则电势能增大，动能减小.
5. 对于电容C=，以下说法正确的是 （ ）
A. 一只电容充电荷量越大，电容就越大
B. 对于固定电容器，它所充电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变
C. 可变电容器的充电荷量跟加在两极间的电压成反比
D. 如果一个电容器没有电压，就没有充电荷量，也就没有电容
【答案】B
【解析】解：A、电容器带电荷量越大，板间电压越大，而电容不变．故A错误．
B、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式C=可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B正确．
C、电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比．当电容C变化时，电量与电压不成正比．故C错误．
D、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D错误．
故选：B
【点评】本题考查对电容的理解能力，抓住电容的物理意义和定义式是关键．
6. 如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）
A. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B. 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度也越来越大
C. 点电荷运动在O点时加速度为零，速度达最大值
D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零
【答案】C
【解析】试题分析：在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故AB错误；越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大．电场力为零，加速度为零，故C正确；根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D错误．
考点：考查了等量同种电荷电场线的分布情况
【名师点睛】本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性．
7. 如图，虚线a、b、c是某静电场中的三个等势面。它们的电势分别为Ua、Ub、Uc，且Ua>Ub>Uc。一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（ ）
A. 粒子从K到L的过程中，电场力做正功
B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C. 粒子从K到L的过程中，电势能增加
D. 粒子从L到M的过程中，动能减少
【答案】C
【解析】试题分析：Ua＞Ub＞Uc．知电场强度方向a指向c，则电场力方向由内指向外，粒子从K到L的过程，电场力做负功，电势增加．故AC正确．从L到M的过程中，电场力先做负功，后做正功．动能先减小后增加，故BD错误；故选AC
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】解决本题的关键知道电势的高低与电场强度的关系，以及知道电场力做功与电势能的关系：电场力做正功，动能增加，电势能减小；反之相反．
8. 如图所示，平行板电容器两极板间的电场可看做是匀强电场，两板水平放置，板间相距为d，一带电粒子从上板边缘射入，沿直线从下板边缘射出，粒子的电荷量为q，质量为m，下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子做匀加速直线运动
B. 粒子的电势能减少3mgd
C. 两板间的电势差为mgd/q
D. M板比N板电势高
【答案】C
【解析】试题分析：由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，故A错误；由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，除重力外还有竖直向上的电场力，故M板比N板电势高，选项D正确；运动过程重力做正功，电场力做负功，电势能增加，故B错误；电场力与重力大小相等，故电势能变化量为△ε=mgd，又△ε=qU，得到两极板的电势差U=，故C正确。
考点：带电粒子在电场中运动
【名师点睛】本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，挖掘出出粒子“做直线运动”的隐含信息。微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，否则就做曲线运动．微粒的加速度一定为零．根据能量守恒研究微粒电势能的变化，由电势能与电势差的关系求解电势差。
9. 如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为Φa=3V，Φb=9V，则下列叙述正确的是（ ）
A. 该电场在c点处的电势一定为6V
B. a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb
C. 正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大
D. 正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能可能增大
【答案】C
【解析】若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠6V．故A错误．一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小．故B错误．根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小．故C正确，D错误．故选C.
点睛：电场线的疏密可表示电场强度的相对大小，但一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小．但可根据电势的高低判断电势能的大小．
10. 如果在某电场中将C的电荷由A点移到B点，电场力做功为J，那么（ ）
A. A、B两点间的电势差是
B. A、B两点间的电势差是
C. 若在A、B两点间移动C的电荷，电场力将做的功
D. 若在A、B两点间移动的电荷，电场力将做的功
【答案】A
AB两点间的电势差,所以A正确，B错误，
在A、B两点间移动的电荷时，A、B间的电势差不变．则电场力做功为,所以C正确，D错误，
思路拓展：本题的关键是要抓住电场中两点间的电势差由电场中两点的位置决定，与移动的试探电荷无关．
11. 如图，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（ ）
A. EA＜EB；φA＜φB B. EA＜EB；φA＞φB
C. EA＞EB；φA＜φB D. EA＞EB；φA＞φB
【答案】D
【解析】试题分析：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况．
解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，
故A点的电场强度较大，故EA＞EB；
正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即φA＞φB；
故选D．
【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小．
12. 两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（ ）
A. 油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向a
B. 油滴将下运动，电流计中的电流从a流向b
C. 油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
D. 油滴静止不动，电流计中无电流流过
【答案】C
【解析】将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式 得知，电容减小，而电压不变，则由 知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流．由于电容器板间电压和距离不变，则由 ，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故C正确．ABD错误．故选：C.
13. 如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=mg/q，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m，电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法不正确的是（ ）
A. 小球到达C点时对轨道压力为2mg
B. 适当减小E，小球一定能从B点飞出
C. 适当增大E，小球到达C点的速度可能为零
D. 若，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为3R/2
【答案】C
【解析】试题分析：小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH=mvA2，解得．根据牛顿第二定律得，N=m＝2mg，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg．故A正确．适当减小E，则从开始下落到B点的整个过程中，根据动能定理，因H=R，Eq
0，即小球一定能从B点飞出，选项B正确；若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C点的速度不可能为零．若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力产生向心力，在最低点的速度不可能为零．故C错误．若，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，，解得，根据动能定理得，mg（H+R）-qER=mvC2，解得H=．所以H至少为．故D正确．故选ABD。
考点：带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练。
14. 如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是（ ）
A. A板与静电计的指针带的是异种电荷
B. 甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C. 乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D. 丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
【答案】BD
【解析】试题分析：A板与静电计的指针连在一起，带的是同种电荷，A错误；将B板向上平移，正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，故B正确；乙图中将B板左移，板间距增大，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，故C错误； 丙图中将电介质插入两板之间，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，D正确。故选BD。
考点：静电计原理、电容的决定式与定义式。
15. 如图所示，一带负电的离子只受某一正点电荷Q的电场力作用，从A点运动到B点再到C点，点电荷Q未在图中画出。离子运动轨迹关于水平轴线MN对称，B点位于轨迹的最右端。以下说法中正确的是（ ）
A. 正点电荷Q一定在B点左侧
B. 离子在B点的加速度一定最大
C. 离子在B点的动能可能最小
D. 离子在B点的电势能可能最小
【答案】ACD
【解析】由题意可知正电荷对负电荷的引力提供负电荷做曲线运动的合外力，故正电荷应在B点的左侧，故A正确；B是椭圆轨道到负电荷的最远点：在A到B运动的过程中，电场力对正电的离子做负功，正电的离子的速度减小，电势能增加；在由B向C运动的过程中，电场力对正电的离子做正功，正电的离子的速度增加，电势能减小；所以B点的速率最小；电势能最大，B是最远点，所以粒子的加速度最小，故CD正确，B错误。所以ACD正确
，B错误。
16. 如图，纸面内有匀强电场，一带正电的质点（重力不计）在一恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知F和AB间夹角为θ，点A、B间距离为d，质点所带电荷量为q，则下列结论正确的是（ ）
A. 匀强电场的场强大小为
B. A、B两点间的电势差为UAB＝－
C. 带电质点由A点运动至B点的过程中电势能增加了Fdcos θ
D. 若带电质点由B点向A点做匀速直线运动，则F必须反向
【答案】BC
【解析】试题分析：由题，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE=F，则得场强．故A错误．A、B两点的电势差为．故B正确．带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W=Fdcosθ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcosθ．故C正确．小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，F大小、方向不变．故D错误．故选BC。
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题要根据小球的运动状态分析受力情况、确定外力做功、判断电势能变化，考查将力学知识运动到电场中的能力。
17. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，试探电荷q只在电场力作用下沿椭圆轨道运动。已知Q位于椭圆轨道的一个焦点上，则关于试探电荷q的说法正确的是( )
A. 从M点运动到N点的过程中电势能增加
B. 从M点运动到N点的过程中动能增加
C. q在M点的加速度比N点的加速度大
D. 从M点运动到N点，电势能与动能之和不变
【答案】ACD
【解析】试题分析：点电荷q沿椭圆轨道运动，必定受到Q的引力作用，从M点运动到N点的过程中，电场力对q做负功，则q的电势能增加，故A正确．从M点运动到N点的过程中，电场力对q做负功，由动能定理知动能减小，故B错误．M与Q间的距离比N与Q间的距离，由库仑定律知，q在M点所受的库仑力大于在N点所受的库仑力，由牛顿第二定律知，q在M点的加速度比N点的加速度大，故C正确．根据能量守恒定律知，从M点运动到N点，电势能与动能之和保持不变，故D正确．故选ACD．
考点：电场强度；电势及电势能
【名师点睛】本题可与卫星绕行星运动类比，要掌握库仑力做功的特点，明确库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加。
18. 如图所示，质量分别为m1和m2的两小球，分别带电荷量q1和q2，用同等长度的绝缘线悬于同一点，由于静电斥力使两悬线与竖直方向张开相同的角度，则( )
A. q1不一定等于q2
B. m1必等于m2
C. 必等于
D. 必须同时满足q1=q2和m1=m2
【答案】AB
【解析】题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反，依据题意对两个带电小球受力分析如图，
据平衡条件得，所以有，AB正确；
二、填空题（每空2分，共18分）
19. 如图所示，正方形ABCD处在一个匀强电场中，电场线与正方形所在平面平行．已知A、B、C三点的电势依次为φA=6.0V，φB=4.0V，φC=﹣2.0V．D点的电势φD=______V．
【答案】0
【解析】试题分析：运用“匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等”进行分析计算D点的电势．
解：匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故有：φA﹣φD=φB﹣φC
解得：φD=0V
故答案为：0．
【点评】本题的还可以这样解：匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知AC连线上一定有一点的电势与B点相等，故可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，由几何关系可知D点电势．根据沿着电场线方向电势降低来确定电场线的方向
20. 如图所示，在竖直向上的匀强电场中有三个小球A、B、C，用不伸长的绝缘丝线相连挂于O点，质量分别为5m、3m和2m，其中只有B球带电－Q，电场强度为E.现将AO线烧断，在烧断瞬间，A球的加速度为________，A、B间线的张力为________，B、C间线的张力为________．
【答案】 (1). (2). (3). 0
【解析】AO线断瞬间，若不考虑A、B、C间绳的弹力，则B球向下加速度大于A与C球，故AB间连线有弹力，而BC间连线无弹力．
以AB整体为对象，有QE＋8mg＝8maA，得aA＝＋g，
以A为对象，得TAB＝5maA－5mg＝QE.
21. 质量为m，电荷量为q的带正电粒子，在正点电荷形成的电场中，从电势为φ的某点由静止开始运动，若不计重力，无穷远处电势为零，则带电粒子的加速度将逐渐___________；速度将逐渐___________；
【答案】 (1). 减小 (2). 增大
【解析】带正电的粒子在正点电荷形成的电场中静止释放，应该向无穷远运动，所以粒子的加速度将逐渐减小；电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大，速度增大．
22. 两点电荷间距离为r时，相互作用力为F，当距离变为r/2时，它们之间相互作用力为_____________F，为使作用力仍为F，则两点电荷的电量可同时为原来的_____________倍.
【答案】 (1). 4 (2).
考点：本题考查了库仑力的概念
23. 如图所示，水平安放的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量m，带电量为+q的小球，在B板下方距离H处，以初速v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好能到A板，则A、B间电势差UAB=__________________
【答案】
【解析】试题分析：如图，平行板电容器上极板A带正电，下极板B带负电，电场方向向下．质量为m，带电量为+q的小球从B板进入电场后受到重力和电场力，电场力方向向下，对小球做负功，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，电场力做功为qUBA=﹣qUAB
，整个过程中重力做功为﹣mg（H+h）．根据动能定理求解电势差UAB．
解：由题，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，根据动能定理，对整个过程进行研究得
﹣mg（H+h）﹣qUAB=0﹣m
解得，UAB=；
故答案为：．
【点评】本题涉及两个过程，采用全程法运用动能定理研究，比较简洁，也可以分段研究，或运用牛顿定律和运动学公式结合研究．
三、计算题（本题共有5题，共49分,答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不得分）
24. 把一个带电荷量2×10﹣8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点时，要克服电场力做功8×10﹣6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10﹣6J，取无限远处电势为零。求：
（1）A点的电势。
（2）A、B两点的电势差。
（3）若把2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功。
【答案】（1）400V（2）300V（3）-6×10-3J
【解析】试题分析：（1）设A点的电势为，无穷远的电势为零
根据得：
将q=2×10﹣8C带入上式，解得=400V
（2）设B点的电势为，
根据得：
将q=2×10﹣8C带入上式，解得=100V
=300V
（3）根据=
考点：电场力做功 电势 电势差
【名师点睛】电场力做功和电势差之间的关系
(1)在电场中两点间移动电荷所做功的大小和电荷所带电荷量及两点间电势差有关；
(2)不论是恒力还是变力，电场力所做的功都可以使用W＝qU进行计算；
(3)电势差在数值上等于单位正电荷从A点移动到B点时电场力所做的功；
(4)电场中两点间的电势差可以是正值，也可以是负值；
(5)有时只关心的点间电势差的大小，不区分UAB和UBA，这时电势差取正值，都写成U，电势差也叫电压。
25. 如图所示，一群速率不同的一价离子从A．B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，A．B间电压为U，间距为d．C为竖直放置．并与A．B间隙正对的金属档板，屏MN足够大．若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d．不考虑离子所受重力，元电荷为e．
（1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；
（2）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上．
【答案】（1） （2）
【解析】试题分析：（1）偏转电场的场强大小为：①
离子所受电场力：②
离子的加速度为：③
由①②③解得：④
设离子的质量为m，初速度为v0，离子射出电场的时间t为：⑤
射出电场时的偏转距离y为：⑥
由④⑤⑥解得：⑦
（2）离子射出电场时的竖直分速度⑧
射出电场时的偏转角：⑨
由④⑤⑧⑨得：⑩
离子射出电场时做匀速直线运动
要使离子打在屏MN上，需满足：（11）
（12）
由⑦⑩（11）（12）可得：（13）
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】本题考查粒子在偏转电场中的运动，解题关键是利用类平抛运动知识，要能熟练推导出偏转距离和偏转角度的表达式，同时要正确分析临界条件，相结合即可进行求解．
26. 如图所示，竖直面内有一绝缘轨道，AB部分是光滑的四分之一圆弧，圆弧半径R=0.50m，B处切线水平，BC部分为水平粗糙直轨道。有一个带负电的小滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，运动到直轨道上的P处刚好停住。小滑块的质量m=1.0kg，带电量为q=－2.5×10-3C保持不变，滑块小轨道BC部分间的动摩擦因数为，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=4.0×102N/C.（g=10m/s2）
（1）求滑块到达B点前瞬间对轨道的压力大小
（2）求BP间的距离
【答案】（1）28N（2）1.5m
【解析】试题分析：（1）从A到B由动能定理得：
在B点滑块受力为：
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小
（2）设BP距离为s，则A到P由动能定理得
；
考点：动能定理，牛顿第二定律。
【名师点晴】
27. 如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场中．将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过角到达位置B时，速度恰好为零．求：
（1）B、A两点的电势差UBA；
（2）电场强度E；
（3）小球到达B点时，悬线对小球的拉力T；
（4）小球从A运动到B点过程中的最大速度vm和悬线对小球的最大拉力Tm．
【答案】（1） （2）（3）（4） ；
【解析】（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin60°-qUBA=0
所以
（2）场强
（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：FTA=Eq=mg，所以FTB=FTA=mg
（4）将电场力和重力等效为F′，当速度与F′垂直时，速度最大，F′与水平方向的夹角为θ，
根据几何关系得θ=30°，
根据动能定理，有：mgLsin30°−Eq(L−Lcos30°)＝m
解得
悬线对小球的拉力Tm、重力沿半径方向的分力mgsin300、电场力沿半径方向的分力 qE cos300的合力是向心力：Tm – mgsin300– qEcos300= m，
解得Tm =(6– 2) mg．
点睛：解决本题关键要掌握动能定理和电场力做功W=qU、电场强度与电势差的关系式U=Ed．对于最大速度，可根据单摆的运动进行类比理解并分析得到．
