2021-2022学年安徽省芜湖市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年安徽省芜湖市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了05C的电荷通过人体，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省芜湖市高二（上）期末物理试卷

1. 在物理学发展的过程中，许多科学家作出了突出贡献，下列说法正确的是(    )
A. 麦克斯韦最早提出用电场线描述电场 B. 法拉第发现了电流的磁效应
C. 爱因斯坦提出了能量子假说 D. 赫兹最早用实验证实了电磁波的存在
2. 如图甲，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v−t图像如图乙所示。设负电荷在A、B两点所受的静电力为FA、FB，A、B两点的场强分别为EA、EB，则根据图乙的信息可知下列说法正确的是(    )

A. FA=FB B. FAEB D. EA0)，加速电场的电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽略电子的重力，则下列说法正确的是(    )

A. 加速电场的左极板带正电
B. 偏转电场的上极板带负电
C. 电子进入偏转电场的初速度等于2eU0m
D. 电子在偏转电场中沿电场方向的位移Δy等于UL22U02d
11. 如图所示，平行金属板A、B之间有匀强加速电场，C、D之间有匀强偏转电场，M为荧光屏。今有质子(11H)、氘核(12H)和氚核(13H)均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上(不计粒子重力)。则下列判断正确的是(    )
A. 经过加速电场的过程中，电场力对三种粒子做功一样多
B. 三种粒子从B板射出时的速度之比为6：3：2
C. 三种粒子打在荧光屏的同一位置上
D. 质子氘核和氚核打在荧光屏上时的速度大小之比为6：3：2
12. 如图所示的电路，电路中电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是(    )
A. 电流表读数变大
B. 电压表读数变大
C. 小灯泡L亮度变暗
D. 电源的输出功率一定变小
13. 如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，定值电阻R=r，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(    )

A. 电源的输出功率一定减小
B. 灯泡的功率逐渐变大
C. ΔU1ΔI，ΔU2ΔI，ΔU3ΔI均保持不变
D. 当电路稳定后，断开开关，小灯泡不会立刻熄灭
14. 如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，两个定值电阻R2=4r，R1=r，滑动变阻器最大阻值为8r，闭合开关，将滑动变阻器R′滑片从最上端移到最下端。若理想电压表V3示数变化量的绝对值是ΔU3，理想电流表A1示数变化量的绝对值为ΔI1，则正确的是(    )

A. 电流表A1示数增大
B. V3示数与A2示数的比值减小
C. ΔU3与ΔI1的比值不变且等于r
D. 滑动变阻器与R2消耗的总功率先增大后减小
15. 中国载人登月工程计划在2030年前后实现航天员登月。已知月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的16，航天员若将地球上的单摆带到月球上去，此单摆的周期会变为原来的______倍。
16. 如图，将带正电的导体球C靠近不带电的导体，若沿图示虚线a将导体分为A、B两部分，这两部分所带电荷量大小分别为QA、QB，则A部分带______电(选填“正”或“负”)，QA______QB(选填“>”“FB，根据E=Fq可知EA>EB，故ABD错误，C正确。  
3.【答案】A 
【解析】
【分析】
根据动量定理求出合外力的冲量；根据冲量的公式，结合力的大小和时间求出恒力FF和合力冲量的大小。
本题考查动量定理以及冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积。
【解答】
A、物体保持静止，动量变化为零，根据动量定理可知，物体所受合力的冲量大小为零，故A正确；
B、根据冲量的定义可知，拉力F的冲量大小IF=Ft，故B错误；
C、根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力f=Fcosθ，故摩擦力的冲量If=Ftcosθ，故C错误；
D、拉力的冲量方向与拉力的方向相同，即方向与水平方向成θ角斜向右上方，故D错误。
故选：A。  
4.【答案】B 
【解析】解：根据安培定则，直导线下方的磁场垂直纸面向里，可知小磁针的N极向里偏转；首先观察到这个现象的物理学家是奥斯特。
故ACD错误，B正确；
故选：B。
本实验是1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应的实验，结合地磁场的方向，依据安培定则，从而即可一一解答。
本题考查物理学史．在电磁学中有很多著名物理学家和经典的实验要记牢，掌握安培定则的内容，注意地磁场的方向。

5.【答案】D 
【解析】解：根据库仑定律，开始时
F=kQ×3Qr2
将A与B接触后两球各带电量为Q，则
F′=kQ×Q(2r)2=F12，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据库仑定律分别分析出变化前后的静电力并得出比值即可。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据库仑定律分析出静电力的大小并得出比值即可，属于基础题型。

6.【答案】A 
【解析】解：AB.电容器充电后带电量为Q=CU=10×10−6×5000C=0.05C
则这次放电有0.05C的电荷通过人体，A正确，B错误；
CD.放电过程通过人体的平均电流大小为
I=Qt=0.05C0.005s=10A，故CD错误。
故选：A。
由定义式：C=QU可知Q=CU，可知有多少电荷量通过人体，由电流的定义式可知通过人体的电流大小。
本题考查电容以及电流的定义式，二者结合即可求得结果，本题属于简单题型。

7.【答案】B 
【解析】解：A、此时穿过线圈的磁通量为BS，故A错误；
B、若线圈绕OO′转过60∘角时，穿过线圈的磁通量为Φ=BScos60∘=12BS，故B正确；
C、若线圈绕OO′转过90∘角时，穿过线圈的磁通量为零，故C错误；
D、若从初位置转过180∘角时，虽然磁通量的大小仍为BS，但是磁感线从线圈的另一面穿过，则穿过线圈的磁通量与初始位置不相同，故D错误。
故选：B。
此时线圈平面与磁感应强度的方向垂直，通过的磁通量最大为BS；
转过90∘时穿过线圈平面的磁通量为零；
转过180∘时穿过线圈的磁通量大小也是BS，但方向不同；
若线圈绕OO′转过60∘角时，穿过线圈的磁通量可用公式Φ=BScos60∘计算。
知道正确计算通过线圈平面磁通量的方法是解决问题的关键。

8.【答案】D 
【解析】解：A.0.4s与0.6s，物体的位移相同，但0.4s正沿正方向振动，0.6s沿负方向振动，则两时刻的速度大小相等，方向相反，故A错误；
B.由简谐运动的图像可读出振幅为4cm，故B错误；
C.由简谐运动的图像可读出0.1s∼0.3s时间内物体的位移在减小，根据
F=−kx=ma
则0.1s∼0.3s时间内加速度在减小，故C错误；
D.由简谐运动的图像可读出0.3s∼0.5s时间内物体的位移在增大，弹簧被拉伸，则弹簧的弹性势能在增大，故D正确。
故选：D。
根据图像得出简谐运动的振幅，在x−t图像中，斜率代表速度，根据公式a=−kxm得出质点的加速度，弹簧形变量越大则弹性势能越大。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，根据图像得出不同物理量之间的关系，分析过程中要注意物理量的标矢性。

9.【答案】B 
【解析】解：根据动能定理：qU1=12mv2
在偏转电场中
a=qU2md
L=vt
vy=at
联立解得：tanθ=vyv=U2L2dU1
若使偏转角变小即使tanθ变小，使U1变大，U2变小可使偏转角变小，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据动能定理计算出电子进入偏转电场时的速度，进入偏转电场后，电子水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，联立等式得出偏转角正切值的表达关系，由此逐项分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据动能定理计算出电子进入偏转电场的速度，进入偏转电场后，电子做类平抛运动，根据不同方向的运动特点列式求解即可。

10.【答案】BC 
【解析】解：A.因为要加速的是电子，则加速电场的右极板带正电，故A错误；
B.电子在偏转电场中向下偏转，可知偏转电场得上极板带负电，故B正确；
C.电子在加速电场中：eU0=12mv02
可得电子进入偏转电场的初速度为：v0=2eU0m，故C正确；
D.电子在偏转电场中做类平抛运动，则
L=v0t
Δy=12at2
a=eUmd
解得沿电场方向的位移为：Δy=UL24dU02，故D错误。
故选：BC。
根据电子加速的特点分析出极板的电性；
根据动能定理计算出电子进入偏转电场的速度；
电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据水平方向的运动特点确定时间，再结合竖直方向的运动特点计算出位移。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据动能定理计算出速度，结合类平抛运动的特点结合牛顿第二定律完成分析。

11.【答案】ABC 
【解析】解：A.设加速电场的电压为U1，粒子的电量为q，质量为m，根据W=qU1，经过加速电场的过程中，电场力对三种粒子做功一样多，故A正确；
B.设粒子从B板射出时的速度为v0，根据动能定理
qU1=12mv02
解得
v0=2qU1m∝1m
三种粒子从B板射出时的速度之比为v01：v02：v03=1：12：13=6：3：2
故B正确；
C.粒子在偏转电场中做类平抛运动，设偏转电场的电压为U2，极板长度为L，两极板间的距离为d，粒子的偏转距离为y
竖直方向有：y=12at2
a=qU2md
水平方向有：t=Lv0
联立解得：y=U2L24dU1
设粒子打在屏上的偏转距离为y′，屏到金属板D的距离为L′，根据三角形相似
y′y=L2+L′L2
因为三种粒子的y相同，所以y′也相同，则三种粒子打在荧光屏的同一位置上，故C正确；
D.根据动能定理qU1+qEy=12mv2
解得
v=2(qU1+qEy)m∝1m
质子、氘核和氚核打在荧光屏上时的速度大小之比为v1：v2：v3=1：12：13=6：3：2，故D错误。
故选：ABC。
三个粒子先加速后进入电场中类平抛运动．先根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度，然后运用类平抛规律求出速度偏角以及在偏转电场中的偏转距离，再讨论即可求解。
解决该题的关键是掌握带电粒子在匀强电场中偏转时的求解方法，推导出偏转距离，从而得到偏转电场的电场力对三种粒子做功与电量成正比。

12.【答案】A 
【解析】解：ABC、当滑动变阻器滑片P向右移动时，R减小，根据欧姆定律可知电流表读数变大、灯泡变亮，故A正确、C错误；
B.由选项A可知，电流增大，而电压表测量的是电源的外电压，则有U=E−Ir可知电压表读数变小，故B错误；
D.当外阻等于内阻时电源的输出功率最大，则由于R、RL以及r的具体数据未知，则无法判断电源的输出功率变化情况，D错误。
故选：A。
滑动变阻器滑片P向右移动，R减小，根据欧姆定律确定总电流增加，内电压变大，外电压减小，关于电源输出功率问题根据外电路总电阻与电源内阻的关系判定。
本题电路结构比较简单，属于电路动态分析问题，首先要定回路总电阻然后总电流、内电压、外电压。

13.【答案】ACD 
【解析】解：A、由于外电阻与内阻相等时，电源的输出功率最大，由于定值电阻R=r，则外阻一定大于内阻，当滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，则滑动变阻器接入电路的电阻变大，外阻变大，则电源的输出功率一定减小，故A正确；
B、根据闭合电路欧姆定律：I=ER外+r，所以滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离时，外电阻增大，总电流减小，灯泡的功率逐渐变小，故B错误；
C、根据部分电路欧姆定律可得：R=ΔU1ΔI，由闭合电路欧姆定律得：U2=E−Ir，则根据电源的伏安特性曲线，可得：r=ΔU2ΔI，由闭合电路欧姆定律：U3=E−I(R+r)，则根据电源的伏安特性曲线，可得：r+R=ΔU3ΔI，所以ΔU1ΔI，ΔU2ΔI，ΔU3ΔI均保持不变，故C正确；
D、当电路稳定后，断开开关，电容器与小灯泡组成一个回路，电容器放电，则小灯泡不会立刻熄灭，故D正确。
故选：ACD。
根据电阻的变化判断电路中电流的变化，根据内外电阻的关系判断电源的输出功率；根据闭合电路欧姆定律分析ΔUΔI比值的变化；理解电容器在电路中的作用。
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

14.【答案】ABD 
【解析】解：依题意，电表均为理想表，故电流表在电路中相当于短路，电压表相当于断路。
A、将滑动变阻器R′滑片从最上端移到最下端，滑动变阻器接入电路中的阻值减小，则外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流将增大，由题图判断知电流表A1测量的电流为干路电流，所以A1示数增大，故A正确；
B、由题图可知V3示数与A2示数的比值等于滑动变阻器接入电路中的阻值，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，所以二者的比值减小，故B正确；
C、根据电路结构结合闭合电路欧姆定律可知，ΔU3与ΔI1的比值为ΔU3ΔI1=R1+r=2r，故C错误；
D、可将R1和电源等效成一个新电源，则新电源内阻为2r，当滑动变阻器与R2并联的总电阻等于2r时，并联部分电路总功率最大，故当滑片从最上端移到最下端，并联总电阻最大值为R并=R2R′R2+R′=83r，最小值为0，并联总电阻从8r3减小到0，则滑动变阻器与R2消耗的总功率先增大后减小。故D正确。
故选：ABD。
理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路。
分析电路的连接关系，根据欧姆定律和串并联电路的特点分析。
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

15.【答案】6 
【解析】解：依题意，根据单摆周期公式T=2πLg
可得T月T地=g地g月=6
所以，此单摆的周期会变为原来的6倍。
故答案为：6。
根据单摆的周期公式T=2πLg以及重力加速度的关系分析单摆周期的变化。
本题考查单摆的性质，只需要牢记单摆的周期公式即可正确求解。

16.【答案】正  = 
【解析】解：根据静电感应规律“近异远同”可知，A部分带正电，B部分带负电，根据题意可知导体原来不带电，故两部分所带电荷量相等，即QA=QB。
故答案为：正、=。
根据静电感应规律可知A、B两部分的电性和电量。
明确静电感应现象和物理量的变化。

17.【答案】3V 12000 
【解析】解：改装后电压表的量程为U=Ig(Rg+R串)，故串联的电阻越大，量程越大，故接a，b时，为灵敏电流计与R1串联，量程为3V；
接a，c时，为灵敏电流计与R1和R2串联，量程为15V，由题可知，Ubc=12V，则R2=UBCIg=120.001Ω=12000Ω
故答案为：3V、12000
改装后电压表的量程为U=Ig(Rg+R串)，据此结合欧姆定律可求出电阻R1、R2的值。
本题的关键要理解电流表改装原理，分析清楚电路结构，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。

18.【答案】无  有 
【解析】解：开关始终处于闭合状态时，b线圈中电流稳定，产生磁场稳定，故a线圈中磁通量不发生变化，a线圈中无感应电流产生；
开关闭合或断开瞬间，b线圈中电流变化，产生磁场变化，通过a线圈的磁通量发生变化，a线圈有感应电流产生。
故答案为：无；有
电流表与线圈构成闭合电路，当b线圈中磁通量发生变化时，出导致a线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流。
解决本题的关键掌握感应电流的产生条件，知道当穿过闭合回路中的磁通量发生变化时，会产生感应电流。

19.【答案】BCDE0.420 
【解析】解：(1)接通打点计时器电源后，推动小车P由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而小车P和Q碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，应选DE段来计算碰后共同的速度。
(2)根据匀变速直线运动规律可知碰前小车P的速度为v=BCt=10.505×0.02×10−2m/s=1.050m/s
碰前只有P有动量，则
p=m1v=0.4kg×1.050m/s=0.420kg⋅m/s
故答案为：(1)BC，DE；(2)0.420
(1)实验要求小车碰撞前后在木板上做匀速直线运动；
(2)根据纸带数据求出碰撞前后小车速度，即可得碰撞前后两车总动量。
明确实验原理，通过纸带数据计算得碰撞前后速度是解题关键，易错点在计数点间时间间隔。

20.【答案】R2  甲  1.131.01×103 
【解析】解：(1)电路最小总电阻约为R=EIg=11×10−3Ω=1000Ω
若选择R1的话，路端电压变化范围很小，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择R2。
(2)因为“橙子电池”的内阻很大，若相对于电源来说电流表采用外接法，电压表分流较大，实验误差较大，为减小实验误差，相对于电源电流表应采用内接法，应选择图甲所示电路图。
(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分不在直线两侧，误差太大的点舍去，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示

(4)根据图甲所示电路图应用闭合电路的欧姆定律得U=E−I(RA+r)
由作出的U−I图象可知，电池电动势为E=1.13V
图象斜率的绝对值为RA+r=|UI|=1.13−0.400.72×10−3Ω
解得“橙子电池”的内阻为
r=1.01×103Ω
故答案为：(1)R2；(2)甲；(3)见解析；(4)1.13，1.01×103
(1)水果电池内阻较大，为测多组实验数据，滑动变阻器应选择R2；
(2)(3)与电压表相比不能忽略，电流表采用内接法(相对于电源内阻)；根据实验原理作图；
(4)根据表中数据描点画出U−I图象，再利闭合电路的欧姆定律列方程组，根据斜率和截距求解。
本题考查测电源电动势和内阻的实验原理，当电源内阻较大，与电流表更接近时，使用“外接”(指相对于电源内阻)，即电流表内阻合并入电源内阻；反之，电源内阻与电压表接近时，使用“内接”，电流表内阻转移至外电阻．另图象解析时注意纵坐标不是从0开始的．本题设计合理，方法明确，难度适中。

21.【答案】解：(1)根据P电=UI
代入数据得P电=48×12W=576W
(2)根据P热=I2r=P电−P输出
代入数据得r≈1.57Ω
答：(1)电动机在额定状态下工作时的电功率为576W；
(2)电动机的内电阻为1.57Ω。 
【解析】(1)对于电动机来说，正常工作时不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率；
(2)根据发热功率P热=I2r计算电动机的内电阻。
解决本题的关键是区分开电功率的不同的公式计算所得到的量的含义，对于非纯电阻来说总功率和发热功率的公式是不同。

22.【答案】解：(1)以子弹与木块组成的系统为研究对象，在子弹射入木块的过程，系统动量守恒。
当子弹留在木块中时，取子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得
 m弹v0=(m弹+m木)v共
已知v0=200m/s，m弹=0.02kg，m木=0.08kg，代入上式解得：v共=40m/s
(2)当子弹打穿木块时，取子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
   m弹v0=m弹v1+m木v2
其中v1=100m/s，代入数据解得：v2=25m/s
答：(1)如果子弹留着木块中，木块运动的速度是40m/s；
(2)这时木块的速度又是25m/s。 
【解析】(1)以子弹与木块组成的系统为研究对象，在子弹射入木块的过程，系统动量守恒，利用动量守恒定律可以求出木块的速度。
(2)再应用动量守恒定律求这时木块的速度。
子弹射击木块的过程与碰撞相似，遵守动量守恒定律，解题时要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。

23.【答案】解：已知m1=0.4m，v1=2m/s，m2=0.2m/s，v2=1m/s
(1)两滑块碰撞过程系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
  m1v1−m2v2=(m1+m2)v
代入数据解得：v=1m/s，方向向右；
(2)碰撞系统损失的机械能为
 ΔE=12m1v12+m2v22−12(m1+m2)v2
代入数据解得：ΔE=0.6J
答：(1)碰撞后滑块速度的大小为1m/s，方向向右；
(2)这次碰撞，两滑块共损失了0.6J机械能。 
【解析】(1)两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后滑块的速度。
(2)碰撞过程中，两滑块损失的机械能等于系统动能的减少，由能量守恒定律求解。
本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，应用动量守恒定律解题时，要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。

24.【答案】解：(1)对子弹击中铁块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
 m0v0=m0(−v1)+mv
已知m0=20g=0.02kg，v0=100m/s，v1=50m/s，m=1kg，代入上式解得：v=3m/s
(2)小铁块A在长木板B上向右滑行恰好不离开长木板时，长木板B的长度最小，设小铁块A与长木板B的共同速度为v共，长木板B的最小长度为L。
取向右为正方向，由动量守恒定律得
 mv=(m+M)v共
由能量守恒定律可得
 12mv2=μmgL+12(m+M)v共2
联立代入数据解得：L=1.5m
答：(1)小铁块A被子弹击中后的速度大小v为3m/s；
(2)长木板B的最小长度是1.5m。 
【解析】(1)子弹射中小铁块A的过程，子弹和小铁块A组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求小铁块A被子弹击中后的速度大小v。
(2)小铁块在长木板上向右滑行的过程，两者组成的系统动量守恒，小铁块A恰好不离开长木板B时，两者速度相同，此时长木板B的长度最小，应用动量守恒定律可以求出小铁块A与长木板B的共同速度，再由能量守恒定律求长木板B的最小长度。
本题考查动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，要把握动量守恒的条件：合外力为零或外力远小于内力。要知道摩擦生热与相对位移有关。

25.【答案】解：(1)小球受力分析如图，则电场力方向与电场强度的方向相反，所以小球带负电；

(2)对小球，由平衡条件可得
qE=mgtanθ
代入数据解得：E=7.5×105N/C
(3)剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
T=mgcosθ=ma
由速度-时间公式得
v=at
代入数据解得
v=12.5m/s
答：(1)该小球带负电；
(2)电场强度E的大小为7.5×105N/C；
(3)若在某时刻将细线剪断，经过1s时小球的速度大小为12.5m/s。 
【解析】(1)(2)小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，根据受力图，利用合成法求电场强度。
(3)细线剪断后小球沿绳子方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度-时间关系解得。
解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡求出未知力，同时还要掌握电场强度的定义式的应用即可正确求解。

26.【答案】解：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，根据动能定理可得：mgR−qER=12mvB2
代入数据解得：vB=6m/s
(2)最低点B对小滑块运用牛顿第二定律可得：FN−mg=mvB2R
代入数据求得，小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时轨道对滑块支持力大小为：FN=2.2N
根据牛顿第三定律，可知小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力大小为2.2N。
(3)滑块所受电场力大小：qE=0.4N
摩擦力大小：f=μmg=0.05N
可知：qE>f
所以小滑块最终在圆弧轨道的下部分往复运动，并且小滑块运动到B点时速度恰好为零，对小滑块运用动能定理可得：mgR−qER−μmgx=0−0
代入数据，解得小滑块在水平轨道上通过的总路程：x=6m
答：(1)物块第一次经过B点时的速度大小为6m/s；
(2)第一次经过B点时对B点的压力大小为2.2N；
(3)在水平面上通过的总路程为为6m。 
【解析】(1)滑块从A运动到B的过程，运用动能定理可求得第一次经过B点时速度值，
(2)根据牛顿第二定律即可求得第一次经过B点轨道对滑块的支持力，由牛顿第三定律即可求得压力大小；
(3)对整个运动过程，运用动能定理求总路程。
本题带电体在复合场运动的问题。对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离，同时注意正确应用功能关系和牛顿第二定律进行分析求解是解题的关键，要注意比较在平面上时的电场力与滑动摩擦力的大小关系，电场力与重力做功与路径无关只与始末位置有关，但摩擦力做功与路径有关，摩擦力在整个路径上一直做负功。

27.【答案】解：(1)设滑块通过B点时的速度大小为vB，在滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理得
qExAB−μmgxAB=12mvB2−0
解得：vB=14gR2
设滑块通过B点时半圆轨道对滑块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvB2R
解得：FN=92mg
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小
FN′=FN=92mg
(2)在滑块从B点运动到D点的过程中，由动能定理得
qER−2mgR=12mvD2−12mvB2
解得：vD=gR
(3)将电场力与重力的合成为等效重力G′，其与竖直方向夹角设为θ，如图所示：


P点为圆周运动的等效最低点，在P点速度最大设为vm，则有
tanθ=qEmg=34
解得：θ=37∘
滑块从B点到P点的过程，由动能定理得
qERsinθ−mg(R−Rcosθ)12mvm2−12mvB2
解得：vm=2gR
答：(1)滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小为14gR2；滑块对轨道的压力大小为92mg；
(2)滑块运动到D点时的速度大小为gR；
(3)滑块在轨道上运动的最大速度为2gR。 
【解析】(1)根据动能定理联立牛顿第二、第三定律计算出滑块对轨道的压力；
(2)根据动能定理计算出滑块到D点的速度；
(3)先根据电场力和重力的关系得出等效最低点的位置，结合动能定理计算出最大速度。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，根据动能定理计算出粒子的速度，解题的关键点是根据电场力和重力的比例关系得出等效最低点，结合动能定理计算出最大的速度。