安徽省阜阳三中高二物理上学期第一次调研试题含解析

2022-2022学年安徽省阜阳三中高二（上）第一次调研物理试卷　一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分．第1～9题只有一项符合题目要求，第10～12题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或多选的得0分．）1．关于库仑定律的公式F=，下列说法中正确的是（　　）A．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞B．当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0C．当两个点电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了D．当两个点电荷之间的距离r→0时，库仑定律的公式仍然适用　2．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k．若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（　　）A．B．C．D．　3．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．若将q1、q2移动到C点的过程中电场力做的正功相等，则下列说法正确的是（　　）A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量大于q2的电荷量D．q1和q2在C点的电势能相等　4．如图带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷，在静电平衡后，下列物理量中不等于零的是（　　）-17-A．导体腔内任意点的电场强度B．导体腔内任意点的电势C．导体外表面的电荷量D．导体空腔内表面的电荷量　5．AB连线是某电场中的一条电场线，一正电荷从A点处自由释放，电荷仅在力作用下沿电场线从A点到B点运动过程中的速度图象如图所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小，下列说法中正确的是（　　）A．φA＞φB，EA＞EBB．φA＞φB，EA＜EBC．φA＜φB，EA＞EBD．φA＜φB，EA＜EB　6．如图所示，带电小球A、B所带的电荷量分别为QA、QB，都用长为L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时A、B间距离减为，则下列方法可采用的是（　　）A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的8倍　7．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（　　）A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低　8．一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以初速度v0水平抛出，小球的加速度大小为g，则小球在下落h高度过程中（　　）A．动能减少了mghB．电势能增加了mgh-17-C．重力势能减少了mghD．机械能减少了mgh　9．如图所示，abcd是一矩形的四个顶点，且ab=cd=20cm，ad=bc=40cm，电场线与矩形所在平面平行，已知a点电势为7V，b点电势为13V，则（　　）A．场强大小一定为E=30V/mB．c点电势可能比d点低C．场强方向一定由b指向aD．cd间电势差一定为6V　10．图中的虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．已知M是带正电的带电粒子．则下列说法中正确的是（　　）A．N一定带负电B．a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C．带电粒子N的动能减小电势能增大D．带电粒子N的动能增大电势能减小　11．如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有+q和﹣q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg．现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是（　　）A．悬线OA向右偏，OA中的张力大于2mgB．悬线OA向左偏，OA中的张力大于2mgC．悬线OA不发生偏离，OA中的张力等于2mgD．悬线AB向左偏，AB线的张力比不加电场时要大　12．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）-17-A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大　　二、计算题（本题共4小题，共40分．写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不得分）13．场源电荷Q=2×10﹣4C，是正点电荷．检验电荷q=﹣2×10﹣5C，是负点电荷，它们相距r=2m，且都在真空中，如图所示．求：（1）q受的静电力．（2）q所在的B点的场强EB．（3）将检验电荷拿去后再求B点的场强．　14．（10分）（2022•东城区模拟）如图，A、B两点所在的圆半径分别为r1和r2，这两个圆为同心圆，圆心处有一带正电为+Q的点电荷，内外圆间的电势差为U．一电子仅在电场力作用下由A运动到B，电子经过B点时速度为v．若电子质量为m，带电量为e．求：（1）电子经过B点时的加速度大小．（2）电子在A点时的速度大小v0．　15．（10分）（2022秋•巴彦淖尔校级月考）如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为q、套在直杆上的带负电小球从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2．（1）求小球滑至C点时的速度大小；（2）求A、B两点间的电势差UAB；-17-（3）若以C点为零电势点，试确定A点的电势．　16．（12分）（2022秋•漳州校级期末）如图所示，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足够长．求：（1）物块经多长时间离开木板？（2）物块离开木板时木板获得的动能．（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．　　2022-2022学年安徽省阜阳三中高二（上）第一次调研物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分．第1～9题只有一项符合题目要求，第10～12题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或多选的得0分．）1．关于库仑定律的公式F=，下列说法中正确的是（　　）A．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞B．当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0C．当两个点电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了D．当两个点电荷之间的距离r→0时，库仑定律的公式仍然适用考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：库仑定律是关于真空中两点电荷间相互作用的规律，适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用．-17-解答：解：AD、库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，两电荷已不能看成点电荷了，故库仑定律的公式不在适用了．故AD错误．BC、根据F=，当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，库仑定律的公式仍然适用，它们之间的静电力F→0，故B正确、C错误．故选：B．点评：物理规律往往有一定的适用范围，要在理解的基础上加强记忆．基础题，比较容易．　2．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k．若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（　　）A．B．C．D．考点：库仑定律．分析：三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解．解答：解：设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：2××cos30°=E•Q所以匀强电场场强的大小为．故选B．点评：本题主要考察库仑定律及平行四边形定则．　3．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．若将q1、q2移动到C点的过程中电场力做的正功相等，则下列说法正确的是（　　）-17-A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量大于q2的电荷量D．q1和q2在C点的电势能相等考点：等势面；匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：将两个带正电的试探电荷q1、q2从A、B两点，移动到C点的过程中电场力做的正功相等，说明Q带负电，即可判断A、B电势高低；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小．解答：解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2从A、B两点，移动到C点的过程中电场力做的正功相等，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势．故A错误；B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强．故B错误；C、由图分析可知：A与C间的电势差小于B与C间的电势差，将q1、q2移动到C的过程中外力电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量大于q2的电荷量．故C正确；D、由C的分析知q1的电荷量大于q2的电荷量，无穷远处电势能为零，根据电势能的表达式：EP=qφ，所以q1和q2在C点的电势能不相等．故D错误．故选：C．点评：本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路．　4．如图带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷，在静电平衡后，下列物理量中不等于零的是（　　）A．导体腔内任意点的电场强度B．导体腔内任意点的电势C．导体外表面的电荷量D．导体空腔内表面的电荷量考点：静电现象的解释．-17-分析：处于静电平衡状态的导体，电荷只分布在导体的外表面上．如果这个导体是中空的，当它达到静电平衡时，内部也将没有电场．这样，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽．解答：解：A、由于静电屏蔽作用，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响．所以导体腔内任意点的场强为零．所以A错误．B、导体的外壳接地，整个导体腔是大地的远端，可以看作无穷远处，电势为0，而这是个等势体．于是导体腔内任意点的电势都为零．所以B错误．C、+Q将大地的负电荷吸引到外表面，因为球壳上的电荷相互排斥，所以只能外表面有电荷．所以C正确，D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道静电平衡时：导体内部场强为零、电荷只分布在导体的外表面、导体是等势体，外表面是一个等势面．　5．AB连线是某电场中的一条电场线，一正电荷从A点处自由释放，电荷仅在力作用下沿电场线从A点到B点运动过程中的速度图象如图所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小，下列说法中正确的是（　　）A．φA＞φB，EA＞EBB．φA＞φB，EA＜EBC．φA＜φB，EA＞EBD．φA＜φB，EA＜EB考点：电场线；时间与时刻；匀速直线运动及其公式、图像；匀变速直线运动的图像．专题：电场力与电势的性质专题．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．解答：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A．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．　6．如图所示，带电小球A、B所带的电荷量分别为QA、QB，都用长为L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d．为使平衡时A、B间距离减为，则下列方法可采用的是（　　）-17-A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的8倍考点：库仑定律；电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项．解答：解：如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；由几何关系可知，=；而库仑力F=；即：==；mgd3=kQAQBL；d=则可知：A、B、要使d变为，可以使B球的质量增大到原来的8倍而保证上式成立；故A错误，B正确；C、要使d变为，可以使小球A、B的电荷量的乘积减小为原来的而保证上式成立；故C错误；D、根据d=，将小球A的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍，可以使平衡时AB间距离减为，故D错误；故选：B．-17-点评：本题中B球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用．　7．如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（　　）A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．解答：解：A、B、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；C、D、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误．故选：B．点评：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．　8．一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以初速度v0水平抛出，小球的加速度大小为g，则小球在下落h高度过程中（　　）A．动能减少了mghB．电势能增加了mghC．重力势能减少了mghD．机械能减少了mgh考点：功能关系．分析：根据牛顿第二定律得出电场力的大小，通过合力做功得出动能的变化，通过电场力做功得出电势能的变化，根据重力做功得出重力势能的变化，根据除重力以外其它力做功得出机械能的变化．解答：解：A、小球所受的合力为F合=ma=m•g=mg，根据动能定理得：动能增加量为△Ek=F合h=mgh，故A错误．-17-B、根据牛顿第二定律得，mg﹣F=ma，解得电场力F=mg﹣ma=mg，电场力做功W电=﹣Fh=﹣mgh，则小球的电势能增加mgh，故B正确．C、重力做功WG=mgh，重力势能减少了mgh，故C错误．D、电场力做功W电=﹣mgh，根据功能原理可得：机械能减小了mgh，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握常见的功与能的关系：合力做功与动能的关系，电场力做功与电势能的关系，重力做功与重力势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系．　9．如图所示，abcd是一矩形的四个顶点，且ab=cd=20cm，ad=bc=40cm，电场线与矩形所在平面平行，已知a点电势为7V，b点电势为13V，则（　　）A．场强大小一定为E=30V/mB．c点电势可能比d点低C．场强方向一定由b指向aD．cd间电势差一定为6V考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：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，可知，cd间电势差等于ba间电势差．电场线方向无法确定，场强大小不能求出解答：解：A、C、根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据E=求出场强的大小．故AC错误．B、cd间电势差为6V，则知c点电势比d点高6V．故B错误D、根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差，为6V．故D正确．故选：D点评：本题的关键在于抓住匀强电场的等势面与电场线分布均匀的特点，分析cd间电势差与ba间电势差的关系　10．图中的虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面．两个带电粒子M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示．已知M是带正电的带电粒子．则下列说法中正确的是（　　）A．N一定带负电-17-B．a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C．带电粒子N的动能减小电势能增大D．带电粒子N的动能增大电势能减小考点：等势面；电势能．分析：由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．同时注意电场线和等势线垂直，说明电场沿水平方向，正电荷沿轨迹MPN运动，则电场力一定水平向右，从而确定了电场的方向．解答：解：A、电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右．N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A正确．B、电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以等势面a的电势高于等势面b的电势．虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面，所以ab两点的场强相等．故B错误；C、D电场力对N粒子做正功，其电势能减小，动能增加，故C错误，D正确；故选：AD．点评：本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．　11．如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有+q和﹣q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg．现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是（　　）A．悬线OA向右偏，OA中的张力大于2mgB．悬线OA向左偏，OA中的张力大于2mgC．悬线OA不发生偏离，OA中的张力等于2mgD．悬线AB向左偏，AB线的张力比不加电场时要大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角，再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态．解答：解：A、B、C、A带正电，受到的电场力水平向右，B带负电，受到的电场力水平向左．以整体为研究对象，分析受力如图．设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα==0，因此α=0；而绳子AO的拉力等于2mg；故C正确，AB错误；D、AB绳子的拉力：F=﹣F库＞mg﹣F库，故D正确；故选：CD．-17-点评：本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力．　12．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由图可以看出在0﹣x1处场强为正，x1﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小．解答：解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E﹣x图象组成图形的面积还可以表示电势差．　二、计算题（本题共4小题，共40分．写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不得分）13．场源电荷Q=2×10﹣4C，是正点电荷．检验电荷q=﹣2×10﹣5C，是负点电荷，它们相距r=2m，且都在真空中，如图所示．求：（1）q受的静电力．（2）q所在的B点的场强EB．（3）将检验电荷拿去后再求B点的场强．-17-考点：电势差与电场强度的关系；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据库仑定律求出q所受的静电力．（2）由电场强度的定义式求出B点的场强EB；（3）场强是由电场本身决定的，与检验电荷无关解答：解：（1）由库仑定律得F=k=9×109×N=9N方向在A与B的连线上，且指向A．（2）由电场强度的定义：E==k所以E=9×109×N/C=4.5×105N/C方向由A指向B．（3）因E与q无关，q=0也不会影响E的大小与方向，所以拿走q后场强不变．答：（1）q受的静电力为9N，方向由B指向A．　（2）q所在的B点的场强EB为4.5×105N/C，方向由A指向B．（3）将检验电荷拿去后，B点的场强为4.5×105N/C，方向由A指向B点评：解决本题的关键掌握库仑定律和电场强度的定义式，知道场强的大小由电场本身性质决定，与放入电场中的检验电荷无关　14．（10分）（2022•东城区模拟）如图，A、B两点所在的圆半径分别为r1和r2，这两个圆为同心圆，圆心处有一带正电为+Q的点电荷，内外圆间的电势差为U．一电子仅在电场力作用下由A运动到B，电子经过B点时速度为v．若电子质量为m，带电量为e．求：（1）电子经过B点时的加速度大小．（2）电子在A点时的速度大小v0．考点：库仑定律；牛顿第二定律；动能定理．专题：电场力与电势的性质专题．-17-分析：（1）根据库仑定律求出库伦力，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）根据动能定理即可求解A点速度．解答：解：（1）电子在B点受到的库仑力大小为F=电子在该处的加速度为a=（2）设电子在B点是的速度为vB，由动能定理得解得答：（1）电子经过B点时的加速度大小为．（2）电子在A点时的速度大小为．点评：本题主要考查了库仑定律、牛顿第二定律及动能定理的直接应用，难度不大，属于基础题．　15．（10分）（2022秋•巴彦淖尔校级月考）如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为q、套在直杆上的带负电小球从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2．（1）求小球滑至C点时的速度大小；（2）求A、B两点间的电势差UAB；（3）若以C点为零电势点，试确定A点的电势．考点：动能定理的应用；电势能．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）B为AC的中点，故BC、AB间的高度差均为1.5R，对B到C过程运用动能定理列式求解C点的速度；（2）对A到B过程运用动能定理列式求解A、B两点的电势差UAB；-17-（3）B、C两点在同一个等势面上，故电势相等，故B点电势也为零，根据UAB=φA﹣φB求解A点的电势．解答：解：（1）小球由A到B过程，由动能定理得，①小球由A到C过程，由动能定理得mg3R+qUAC=②其中，UAB=UAC③由①②③式可得小球滑至C点时的速度大小为vC=．（2）由①式可得A、B两点间的电势差UAB=﹣（3）B、C两点在同一个等势面上，故电势相等，故B点电势也为零，根据UAB=φA﹣φBφA=．答：（1）小球滑至C点时的速度大小是；（2）A、B两点间的电势差为﹣；（3）A点的电势为．点评：本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，抓住小球从A到C和A到B电场力做功相等，运用动能定理进行求解，难度中等．　16．（12分）（2022秋•漳州校级期末）如图所示，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足够长．求：（1）物块经多长时间离开木板？（2）物块离开木板时木板获得的动能．（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．考点：动能定理的应用；功能关系；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）根据牛顿第二定律分别求出木块、木板的加速度，抓住两者的位移关系，运用位移时间公式求出物块离开木板所需的时间．-17-（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物块离开木板时的速度，从而求出物块离开木板时的动能．（3）木块与木板的相对位移等于木板的长度，根据Q=F摩x相求出摩擦产生的热量．解答：解：（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律对物块：mgsin37°﹣μ（mgcos37°+qE）=ma1a1=4.2m/s2对木板：Mgsin37°+μ（mgcos37°+qE）﹣F=Ma2a2=3m/s2又a1t2﹣a2t2=L得物块滑过木板所用时间t=s．（2）物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3m/s．其动能为Ek2=Mv22=27J（3）由于摩擦而产生的内能为Q=F摩x相=μ（mgcos37°+qE）•L=2.16J．答：（1）物块经过s离开木板．（2）物块离开木板时木板获得的动能为27J．（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能为2.16J．点评：加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题通过加速度求出运动的时间和物块的速度．以及知道摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦产生的热量．　-17-