2019年高考物理第一輪復習靜電場專題提高練習

1、2019年高考物理第一輪復習：第一章靜電場專題提高練習難度（）、單選題【答案】D【解析】電容器接靜電計，有少量的電荷轉(zhuǎn)移到靜電計上，忽略電荷的轉(zhuǎn)移時可認為下列各種操作過程中電1.在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板，板長為1,兩板間距離為d,在兩極板間加一交變電壓如圖乙，質(zhì)量為m,電荷量為e的電子以速度vo（vo接近光速的1/20）從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時間相比交變電流的周期可忽略不計，不考慮電子間的相互作用和相對論效應(yīng)，則（）B.當Um時,將沒有電子能從極板的右端射出md2v2el22mdvC.當Um=時，有電子從極板右端射出的時間與

2、無電子從極板右端射出的時間之比為1：2el2md2v2D.當Um=時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：J2el【答案】A【解析】A、B、當由電子恰好飛出極板時有:22,d1,2eUmmdv、l=v0t,=at,a=由此求出：Um=當電22mdel2壓大于該最大值時電子不能飛出，故A正確，B錯誤；C、當Um=2mdJ,一個周期內(nèi)有1的時間電壓低el22d22于臨界電壓mW,因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為el21:1,故C2md2v2錯誤，D、右Um=2一，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為el1.21,2

3、-1一1則D選項錯誤.故選2.如圖所示，由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與靜電計相接，極板M接地。用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開定角度。在整個實驗過程中，保持電容器所帶電量Q不變，下面哪些操作將使靜電計指針張角變?。ǎ〢.將M板向下平移B.將M板向上平移C.將M板沿水平向左方向遠離N板D.在M、N之間插入云母板（介電常數(shù)大于1）容器的電荷量Q不變；明確靜電計的張角變小反映的是電容器的電壓變小。A、B、根據(jù)？?=:篇北知，將M板向上或向下平移，正對面積減小，則C減小，根據(jù)？?=）電勢差增大，靜電計指針張角變大;

4、A錯誤，B錯誤。C、根據(jù)？?=/?知，將M板向左平移，距離d增大，則C減小，根據(jù)？?=學口電勢差增大，靜電計指針張角變大，C錯誤。D、在MN之間插入云母板（介電常數(shù)1）,由？?=喘?得C增大，根據(jù)？=？可知電勢差減小，靜電計指針張角減小，D正確。故選Do3.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相同。實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知（）A.三個等勢面中,B.帶電質(zhì)點通過C.帶電質(zhì)點通過D.帶電質(zhì)點通過【答案】Cc等勢面電勢高Q點時動能較小P點時電勢能較大Q點時加速度較大【解析】A、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)

5、側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低,故a等勢線的電勢最高，c等勢線的電勢最低，故A錯誤。B、從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故B錯誤。C、根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故C正確。D、由于相鄰等勢面之間的電勢差相同。等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D錯誤。故選Co4.如圖所示，a、b兩個帶電小球，質(zhì)量分別為，？用絕緣細線懸掛，兩球靜止時，它們距水平地面的高度均為h（h足夠大），繩與豎直方向的夾角分別為？和？

6、（？,若剪斷細線Oc,空氣阻力不計，兩球電量不變，重力加速度取g,則（）A.a球先落地，b球后落地B.落地時，a、b水平速度相等，且向右C.整個運動過程中，a、b系統(tǒng)的電勢能增加D.落地時，a、b兩球的動能和為？2?+?【答案】D【解析】A、在豎直方向上，只受重力，加速度相同，都是g,因高度相同，則兩球同時落地，故A錯誤；B、因為兩球距地足夠高，所以在落地前繩被拉直，由動量守恒可以知道兩球水平方向的總動量一直為零，故落地時，兩球水平方向的速度均變?yōu)榱悖蔅錯誤.C、在整個運動過程中，除重力做功外，還有庫侖力做功，水平方向在庫侖斥力作用下，各自相向運動，庫侖力做正功,故系統(tǒng)的電勢能減小，故C錯誤

7、；D、水平方向在庫侖斥力作用下，各自相向運動，當繩子拉直時，水平方向速度損失，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，而豎直方向上作自由落體運動，根據(jù)運動的獨立性可以知道，則落地時，a、b兩球的動能和為？?+?,故D正確故選D5.某電場的電場線分布如圖所示實線，以下說法正確的是A. c點場強大于b點場強B. b和c處在同一等勢面上C.若將一試探電荷+q由a點移動到d點，電荷的電勢能將增大D.若某一點電荷只在電場力的作用下沿虛線由a點運動到d點，可判斷該電荷一定帶負電【答案】A【解析】A、電場線的疏密表示場強的強弱，由圖知c點場強大于b點場強，故A正確；B、沿電場線方向電勢逐漸降低，故b的電勢大于c的，故B錯誤；C、若將一

8、試探電荷+q由a點移動到d點，電場力做正功，電荷的電勢能將減小，故C錯誤；D、由粒子的運動軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力大致斜向左上方，與電場強度方向相同，故粒子帶正電，故D錯誤；故選Ao?、，6.如圖所示，在x軸相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷、，虛線是以所在點為圓心、2為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關(guān)于x軸對稱下列判斷正確的是J、/*4理-2:-QhA. b、d兩點處的電場強度相同B. a、c兩點處的電勢相同C.將一試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，電場力做正功D.將一試探電荷-q沿圓周由a點移至c點，-q的電勢能減小【答案】C【解析】

9、A、b、d兩點關(guān)于x軸對稱，由點電荷的場強公式與電場疊加原理可知，b、d兩點電場強度大小相等，但方向不同，b、d兩點電場強度不同，故A錯誤；B、該電場為等量異種點電荷的電場，將等量異種點電荷的電場線與等勢面的圖畫出如圖所示：a、d兩點不在同一等勢面上，a、d兩點電勢不同，故B錯誤；C、c點的電勢低于a點的電勢，試探電荷+q沿圓周由a點移至c點，電場力做正功，故C正確；D、c點的電勢低于a點的電勢，試探電荷-q沿圓周由a點移至c點，電場力做負功，電勢能增大，故D錯誤；故選Co7. A、B為兩等量異種電荷，圖中水平虛線為A、B連線的中垂線?，F(xiàn)將另兩個等量異種的檢驗電荷a、b,如圖用絕緣細杠連接后從

10、AB無窮遠處沿中垂線平移到AB的連線，平移過程中兩檢驗電荷位置始終關(guān)于中垂線對稱，若規(guī)定離AB無窮遠處電勢為零，則下列說法中正確的是中川flI+0*中3_oi一彳IflA.在AB的連線上a所處的位置電勢？?0C.整個移動過程中，靜電力對a做正功D.整個移動過程中，靜電力對a、b整體做正功【答案】B【解析】AB連線的垂直平分線是一條等勢線，其電勢等于無窮遠處電勢.根據(jù)電場線的方向分析電勢的大小.將兩個檢驗電荷等效看成一個物體，分析其電勢能和電場力做功情況?！驹斀狻緼項：設(shè)AB連線的中點為O,如圖如|由于AB連線的垂直平分線是一條等勢線，且一直延伸到無窮遠處，所以O(shè)點的電勢為零，AO間的電場線方向

11、由A-0,而順著電場線方向電勢逐漸降低，可知，a所處的位置電勢八0,故A錯誤；B項：a所處的位置電勢婀0,b所處的位置電勢岫0,故B正確；C項：在平移過程中，a所受的靜電力與其位移方向的夾角為鈍角，則靜電力對a做負功，故C錯誤；D項：a、b看成一個整體，總電量為零，所以整個移動過程中，靜電力對a、b整體做功為零，故D錯誤。二、多選題8.在真空中，正三角形的三個頂點A、B、C分別固定三個等量點電荷，電性如圖所示；a、b、c為三角形三個邊的中點，O為三角形的中心，c、e之間額距離大于b、d之間的距離。下列判斷正確的是*1：二J.,JA. a、c兩點的電場強度相同B. b、c兩點的電勢相等C. c、

12、e兩點的電勢相等D. e點的電勢高于d點的電勢【答案】BD【解析】A、A和B兩負電荷在a的場強方向相反抵消，則a的合場強為C點的正電荷產(chǎn)生的，方向沿COa向外；A和C兩異種電荷在c點場強同向，再疊加B的負場源的場強可得a和c兩的合場強大小不等，方向不同，A錯誤。B、等量異種電荷在b和c兩點的電勢相等，再疊加一個負電荷的電勢，可知b和c兩點的電勢相等，B正確.C、等量異種電荷在c和e兩點的電勢相等，但場源B在c點的電勢低于e點的電勢，故總的電勢兩點不等，C錯誤.D、d和e兩點均在等量異種電荷的中垂線上，但e點離負電場源更遠，則總的電勢e點更高，D正確。故選BD.9.如圖所示，平行板電容器A、B兩

13、極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿A、B中心水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動A極板來改變兩極板A、B間距（兩極板仍平行），則下列說法正確的是（）A.若小球帶正電，當A、B間距增大時，小球打在N的右側(cè)B.若小球帶正電，當A、B間距減小時，小球打在N的左側(cè)C.若小球帶負電，當A、B間距減小時，小球可能打在N的右側(cè)D.若小球帶負電，當A、B間距增大時，小球可能打在N的左側(cè)【答案】BC【解析】A極板帶正電，B極板帶負電，根據(jù)二極管具有單向?qū)щ娦?，極板的電量只能增加不能減小.根據(jù)兩極板間

14、電場的變化，判斷電場力的變化，從而確定小球的加速度變化以及水平方向上的位移變化.【詳解】液滴繼續(xù)保持靜止，故A錯誤、B正確.C、D、下極板接地，則P點的電勢等于P與b之間的電勢差，因E不變，d增大，故液滴處的電勢增大；因液滴帶負電，故其電勢能將減小，故C正確、D錯誤。故選BC。12.如圖為某一電場的電場線，M、N、P為電場線上的三個點，M、N是同一電場線上兩點。下列判斷正確的是（）若小球帶正電，當d增大時，電容減小，但由于二極管不能反向?qū)ǎ瑒tQ不可能減小，所以Q不變，根據(jù)?=?=2?=竺?知e不變，所以電場力不變，小球仍然打在N點。故A錯誤。若小球帶正電，當d減小?時，電容增大，Q增大，電容

15、器充電，根據(jù)？?=?=-?=?知d減小時E增大，所以電場力變大，方向?向下，小球做平拋運動豎直方向加速度增大，運動時間變短，打在N點左側(cè)。故B正確。若小球帶負電，當?4?AB間距d減小時，電容增大，則Q增大，根據(jù)？?=?=?=?，知E增大，所以電場力變大，萬向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減?。贿\動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)。故C正確。若小球帶負電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)？?=二?=？=竺胃?知E不變，所以電場力大小不變，方向變?yōu)橄蛏?，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度不變，運動時間不變，小球仍然打在N點

16、。故D錯誤。故選BC。10 .如圖所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A,僅增大加速電場的電壓B,僅減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離C.僅增大偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的電壓D.僅減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的電壓【答案】BC【解析】電場中的直線加速，由動能定理：？?=；?-0,可得？?=罷?;在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，？?=?加速度？?=翳?=?,運動時間為？?=焉可得偏轉(zhuǎn)角的正切值為t?n?=/聯(lián)立可得：t?n?=差若使，?2?1?偏轉(zhuǎn)角變大即使tan。變大，由上式看出可以增大

17、U2,或減小U1,或增大L,或減小d,則A、D錯誤，B、C正確。故選BC。11 .如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b分別與電池兩極相連，開始時開關(guān)S閉合，發(fā)現(xiàn)在距兩板距離相等的P點有一個帶電液滴處于靜止狀態(tài)，然后斷開開關(guān)，并將b板向下平移一小段距離，穩(wěn)定后，卜列說法中正確的是A.只受電場力作用時，同一負電荷在N點的加速度最大B.M、N、P三點中N點的電勢最高C.正電荷從M點自由釋放，電荷不可能沿電場線運動到N點D.只受電場力作用時，同正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能【答案】ACD【解析】A、N點電場線最密場強最大，由？?=劄知N點的加速度最大，故A正確。B、順著電場線的方向電

18、勢降低，所以M點的電勢最高，故B錯誤。C、在M點靜止釋放，正電荷在電場力的作用下運動，但是運動軌跡并不是電場線，故C錯誤。D、根據(jù)Ep=q也由帆如可知，正電荷在M點電勢能大于在N點的電勢能，故D正確。故選ACD。13.如圖所示為某電場中的一條電場線。一負電荷以大小為vo的速度從M點沿電場線運動到N點的過程中，經(jīng)歷時間為電勢能變化量為AEp1。另一正電荷以大小為vo的速度從N點沿電場線運動到M點的過程中，經(jīng)歷時間為t2,電勢能變化量為AEp2。已知vo的方向平行于電場線，兩電荷的質(zhì)量相等、電荷量絕對值相等，不計電荷的重力。則A. AEp1可能小于AEp2B. AEp17E等AEP2C. t1可能

19、小于t2D. t1一定等于t2【答案】BC【解析】電勢能的變化等于電場力的功，則？?=?3?可知，AEpi一定等AEp2,選項A錯誤，B正確；若沿電場線方向場強變大，即若Em0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小Wi；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是A.此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行B.若c、d之間的距離為L,則該電場的場強大小一定為C.若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為?+?2D,若W1=W2,則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差【答案】CD【解析】一電荷量為q(q0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減?。?1，但ab連

20、線不一定沿著電場線，故A錯誤；若c、d之間的距離為L,但cd不一定平行電場線，故？?=?妁cd與電場線的夾角，不一定為零，故該電場的場強大小不一定為急故B錯誤；粒子從a點移動到b點，其電勢能減小？，故：？?-?=?4粒子從c點移動到d點，其電勢能減?。?，故：?-?=?2,勻強電場中，沿著11相同萬向每刖進相同距離電勢的變化相同，故？?-?=?-?2?即？=彳？?+?,同理？=?+?,故？胡-?=1,故C正確；右？?1=?2,根據(jù)?=N可知，？?=?故？?-?2?=?h?,則2?三、解答題17 .如圖，在xOy平面的第一象限內(nèi)有平行于y軸的有界勻強電場？=5X103?,方向沿y軸正方向；第四象

21、限有一勻強電場？，一質(zhì)量?=1X10-12?電荷量？?=2X10-8?勺帶電粒子，從P點以初速度大??？=2X103?/?垂直y軸方向射入電場？中，粒子偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過x軸上A點進入第四象限，并沿直線運動的最大距離？?？=6.25?已知？=3?37?=0,6,?37?=0.8,不計粒子重力，求：(1)粒子的帶電性質(zhì)和粒子在第一象限的加速度大??；(2)粒子從A點運動到B點的時間；(3)第四象限的勻強電場？?大小和方向?！敬鸢浮?.0X108?7?5X10-5?與x軸成37角斜向上【解析】(1)由于粒子做類平拋運動，電場方向向上，所以粒子帶負電由？?=答=1.0X108?；(2)帶電粒子從P點到A點做類平

22、拋運動，設(shè)運動時間為t1?二?1?=-=1.5X10-5?=?=1.5X103?=?2+?2?=2.5X103?帶電粒子從A到B做勻減速直線運動，設(shè)運動時間為t2?仁?=5X10-5?2(3)帶電粒子從A運動到B過程中，設(shè)加速度為a2?=；=5X107?根據(jù)牛頓第二定律?=?解得：？=號=2.5X103?設(shè)帶電粒子運動到P點速度偏向角為0?t?n?=0.75?所以0=7E2方向為與x軸成37角斜向上。18 .如圖甲所示，傾角為0=30絕緣斜面被垂直斜面直線MN分為左右兩部分，左側(cè)部分光滑，范圍足夠大，上方存在大小為E=1000N/C,方向沿斜面向上的勻強電場，右側(cè)部分粗糙，范圍足夠大，一質(zhì)量為

23、m=1kg,長為L=0.8m的絕緣體制成的均勻帶正電直棒AB置于斜面上，A端距MN的距離為d,現(xiàn)給棒一個沿斜面向下的初速度v0,并以此時作為計時的起點，棒在最初0.8s的運動圖像如圖乙所示，已知0.8s末棒的B端剛好進入電場，取重力加速度g=10m/s2,求：?-?=?-?)/?,故？?=?而？?=2?,?=2?故？?=?故D正確；故選CDo,一?解得：?=7?(2)由？?年T乙(1)直棒AB開始運動時A端距MN的距離為d;(2)直棒AB的帶電量q；(3)直棒AB最終停止時，直棒B端到MN的距離.【答案】(1)20m(2)7.5103C25.48m【解析】根據(jù)勻變速直線運動的推論求出直棒AB勻

24、加速直線運動的位移，結(jié)合棒的長度，得出直棒AB開始運動時A端距MN的距離為d;根據(jù)圖線得出棒子勻減速直線運動的加速度大小，抓住當B端剛進入電場時棒子的加速度大小與勻減速直線運動的加速度相等，結(jié)合牛頓第二定律求出帶電量的大?。蛔プ“舫鲭妶鲞^程中，電場力做正功與克服摩擦力做功大小相等，運用動能定理求出直棒AB最終停止時，直棒B端到MN解得粒子a的運動時間:到O點的距離：？?=212?1?2=2?3?+22?0?=?五一)2?2?7?.?3?-2?4?=6?4?312?(3)a經(jīng)過y軸的坐標及對應(yīng)的時刻為：?=?2”-(?1)?3?3)或?=?2?+3-2=?4?612?12?=?+?-2?3?3?

25、3-?2?4?=*?)?(?=1,2,3)12?五?：?=1,2,3.)7?2?4?12?的距離.(1)00.8s內(nèi)棒運動的位移為：A端距離MN的距離為：？?=?-(2)由乙可知，棒在向左運動至?+?=2?=20.8m?=20.8-0.8?=20mB端剛好進入電場的過程中，棒的加速度一直不變,、，一?2為：？?=?2.5m/s當B端剛進入電場時根據(jù)牛頓第二定律可得:?in?=?：?=7.5X10-3c(3)AB棒未進入電場前，根據(jù)牛頓第二定律可得：？?C?s?2?in?=?代入數(shù)據(jù)解得：？?=J從棒AB剛完全進入電場到B剛要離開電場的運動過程中，靜電力做功為零，重力做功為零.而棒AB出電場過程

26、中，因電場力做的正功與摩擦力做的負功大小相等，二力總功為零，棒B端出電場直到最終停止，設(shè)B端在MN右側(cè)與MN相距為x,由動能定理可得：-?in?2?C?s?2?=0-1?代入數(shù)據(jù)求得：x=25.48m故B端在MN右邊且距MN為25.48m.【點睛】本題考查了牛頓第二定律、動能定理和運動學公式的綜合運用，通過棒進電場時，加速度大小不變，得出該過程中棒子電場力大小和摩擦力大小在進入過程相等是解決本題的關(guān)鍵。19.如圖，空間存在方向垂直于xoy平面向里的勻強磁場。在x0的區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小Bi=3B0,在x0,故假設(shè)成立，小物塊S能到達D點。小物塊S從D點水平拋出，豎直方向做自由落體運動，水平方

27、向做勻減速直線運動，(2)如圖所示,在圓形磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有2V0qvB二日r2*/xit-1qEt22m-.一一一、4.2-3可得落點距A的距離x=3m處0.53m。522.物理學對電場和磁場的研究促進了現(xiàn)代科學技術(shù)的發(fā)展，提高了人們的生活水平?，F(xiàn)代技術(shù)設(shè)備中常常利用電場或磁場來改變或控制帶電粒子的運動?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子由靜止經(jīng)電壓為U的加可得磁場中運動的半徑r=曰”=1.0mqB小球m1從G點進入磁場，從H點射出磁場,其弦長GH為最小磁場圓的直徑，由幾何知識有其圓心角磁場圓的最小半徑r0最小面積Smin=nr20=120o.3=rsin=一m2 23 二

28、22=m:2.36m；4(1)如圖甲所示，若電子從加速電場射出后沿平行極板的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d,求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小v以及射出偏轉(zhuǎn)電場時速度偏轉(zhuǎn)角。的正切值；(2)如圖乙所示，若電子從加速電場射出后沿直徑方向進入半徑為r的圓形磁場區(qū)域，該磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里。設(shè)電子射出磁場時的速度方向與射入時相比偏轉(zhuǎn)了角，請推導說明增大偏轉(zhuǎn)角。的方法(至少說出兩種)?！敬鸢浮?1)等：t?=羨)12)保持其他條件不變時，或增加磁感應(yīng)強度B,或增加圓形磁場的半徑r,或減小加速電壓U等【解析】【分析】(1)分析可知粒子在

29、加速場中做加速運動，運用動能定理即可求出粒子的速度，進入偏轉(zhuǎn)電場后粒子做類平拋運動，運用運動的合成和分解結(jié)合牛頓第二定律以及速度偏轉(zhuǎn)角公式，聯(lián)立即可求出偏轉(zhuǎn)角(2)加速過程與(1)問中相同，進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系,。的正切值;求出含的表達式，改變表達式中的參量，即可找出使增大偏轉(zhuǎn)角【詳解】(1)在加速電場中有：?=1?。的方法;可得：？?=在偏轉(zhuǎn)電場中,水平方向有：豎直方向有：2?方設(shè)飛行時間為t,加速度為a,豎直分速度為vy,則L=vtvy=at聯(lián)立可得:?tan?=赤?？?=一?一？?t?n?=；?(1)求滑塊運動到D點時的速度大小vi；(2)在該空間再加

30、一垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度為？?=：T,若滑塊從C點由靜止釋放，運動到3D點時恰好離開斜面，求離開斜面時的速度大小V2和此過程中摩擦力對滑塊所做的功W?！敬鸢浮?？=235m/s(2)?=12m/s,?=-1.6J【解析】【詳解】(1)對小滑塊，從C到D,由動能定理得：(mgsin?+?C?s?L=m?2滑塊運動到D點時的速度大小：?=2怎?？(2)D點，恰好離開斜面：?=?os?離開斜面時的速度大?。?=12?1對小滑塊，從C到D,由功能定理得：?sin?+?+?=-?22此過程中摩擦力對Vt塊所做的功：？=-1.6?.?【點睛】當涉及力在空間的效果時要優(yōu)先考慮動能定理，涉及力的運動效果優(yōu)先考慮牛頓第二定律和運動學公式，涉及力和時間的效果考慮動量定理。24.如圖所示，在光滑絕緣豎直細桿上，套有一個有小孔的小球，小球質(zhì)量為m、帶電量為-q