2019届江苏省如皋市搬经中学高三学情调研三物理（解析版） 试卷

2019届江苏省如皋市搬经中学高三学情调研三物理（解析版）

一、单项选择题．

1.2016年8月12日，我国在西昌卫星发射中心，将巴基斯坦通信卫星1R(Paksat-1R)成功送入地球同步轨道，发射任务获得圆满成功。关于成功定点后的“1R”卫星，下列说法正确的是(     )

A. 运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度

B. 离地面的高度一定，相对地面保持静止

C. 绕地球运动的周期比月球绕地球运行的周期大

D. 向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等

【答案】

【解析】

第一宇宙速度是围绕地球运行的卫星的最大运行速度、最小的发射速度，所以该卫星的运行速度小于第一宇宙速度，A答案错误。同步卫星的周期与地球的自转周期相同，由可得，同步卫星轨道半径是定值，周期比月球绕地球运行的周期小。所以B正确，C错误。与静止在赤道上物体具有相同的角速度，由可得，向心加速度比静止在赤道上物体的向心加速度大。所以D答案错误。

2.如图所示，三个点电荷、、固定在一直线上，与的距离为与的距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量之比：：为(      )

A. 9:4:36    B. （-3）：2：（-6）

C. 3:2:6    D. （-9）：4：（-36）

【答案】D

【解析】

【详解】三个电荷处于平衡时两边电性相同且与中间相反，若q1带负电，则q2带正电，q3应带负电；若q1带正电，则q2带负电，q3应带正电；由于每个电荷所受静电力的合力均为零，所以
对q1有： …①
对q2有：…②
对q3有：…③
联立①②③可解得：q1：q2：q3=()2：1：()2
根据题意可知l2=2l1，所以q1：q2：q3=：1：9
由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=-9：4：-36或q1：q2：q3=9：-4：36．故ABC错误，D正确。故选D。

【点睛】本题考查了库仑定律在电荷平衡中的应用，对于三个电荷平衡可以利用“两同夹异，近小远大”的规律进行电性判断，本题的难点在于计算，学生列出方程容易，但是计算正确难。

3.如图所示，在M 、N 处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A 、B 两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是( 　　)

A. A 、B 两点电势相等

B. A 、B 两点场强相同

C. 将一正电荷从A 点移到B 点，电场力做负功

D. 负电荷在A 点的电势能大于在B 点的电势能

【答案】

【解析】

MN间电场线从M到N，沿着电场线电势逐渐降低，故A点电势高与B点电势，故A错误；电场中A、B两点的电场线疏密程度相同，方向相同，故A、B两点的电场强度相同，故B正确；将一个正电荷从A移到B，电场力向右，做正功，故C错误；将一个负电荷从A移到B，电场力向左，做负功，故电势能增加，即A点的电势能小于在B点的电势能，故D错误；故选B。

点睛：本题关键明确等量异号电荷的电场线分别情况，然后根据沿着电场线电势逐渐降低，以及电场力做功等于电势能的减小量进行判断．

4.如图所示，小船沿直线AB过河，船头始终垂直于河岸．若水流速度增大，为保持航线不变，下列措施与结论正确的是（   ）

A. 增大船速，过河时间不变

B. 增大船速，过河时间缩短

C. 减小船速，过河时间变长

D. 减小船速，过河时间不变

【答案】

【解析】

试题分析：小船参与两个方向的分运动，沿河岸方向的水流方向的匀速运动和垂直河岸的小船的匀速运动，合运动的方向与河岸的夹角为；若水流速度增大，为保持航线不变，则船速会增加，过河的时间为，则时间变短，故选B.

考点：运动的合成和分解

【名师点睛】此题考查了运动的合成和分解问题；要明确小船过河时参与的两个分运动的特点：沿河岸方向的水流方向的匀速运动和垂直河岸的小船的匀速运动，且两个运动具有等时性；船过河的时间是由小船沿垂直与河岸方向上的分运动来决定的.

5.如图所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，则只要运动角速度合适，螺丝帽恰好不下滑，假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．则在该同学手转塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下列分析正确的是(　　)

A. 螺丝帽的重力与其受到的最大静摩擦力平衡

B. 螺丝帽受到塑料管的弹力方向水平向外，背离圆心

C. 此时手转动塑料管的角速度

D. 若塑料管的转动加快，螺丝帽有可能相对塑料管发生运动

【答案】A

【解析】

【详解】螺丝帽受到竖直向下的重力、水平方向的弹力和竖直向上的最大静摩擦力，螺丝帽在竖直方向上没有加速度，根据牛顿第二定律得知，螺丝帽的重力与最大静摩擦力平衡。故A正确。螺丝帽做匀速圆周运动，由弹力提供向心力，所以弹力方向水平向里，指向圆心。故B错误。根据牛顿第二定律得：N=mω2r，fm=mg，又fm=μN，联立得到．故C错误。若杆的转动加快，角速度ω增大，螺丝帽受到的弹力N增大，最大静摩擦力增大，螺丝帽不可能相对杆发生运动。故D错误。故选A。

6.如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a 粒子先后通过M 点和N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出( 　　)

A. a 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大

B. N 点的电势低于M 点的电势

C. a 粒子在N 点的电势能比在M 点的电势能大

D. a 粒子在M 点的速率小于在N 点的速率

【答案】C

【解析】

【详解】根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误；故选C。

【点睛】此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．

7.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）

A. θ增大，E增大    B. θ增大，EP不变

C. θ减小，EP增大    D. θ减小，E不变

【答案】D

【解析】

试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。

【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能

【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。

视频

8.一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度v随时间t变化的图线如图所示，图中只有Oa段和cd段为直线．则根据该图线可知，蹦床的弹性势能增大的过程所对应的时间间隔为（     ）

A. 仅在t1到t2的时间内    B. 仅在t2到t3的时间内

C. 仅在t1到t3的时间内    D. 在t1到t5的时间内

【答案】C

【解析】

【详解】当小孩在空中时，他的速度均匀增加，速度图象是倾斜的直线，t1时刻小孩开始接触蹦床，小孩先向下做加速运动，蹦床的弹力增大，弹性势能增大，当弹力等于重力时，t2时刻速度最大；接着小孩的速度开始减小，当时间为t3时速度为0，弹性势能最大，故在t1到t3的时间内蹦床的弹性势能增大；接着小孩在弹力的作用下向上加速，弹性势能开始减小，当弹力等于重力时t4速度最大，接着小孩的速度开始减小，当时间为t5时，小孩离开蹦床。在t3到t5的时间内蹦床的弹性势能减小，故C正确。故选C。

【点睛】物理问题以图象的形式呈现，体现了数学学科的工具性，能正确、迅速地从图象中提炼出有用信息，是解决此类问题的关键．

二、多项选择题

9.三个α粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，运动轨迹如图所示，由此可判断正确的是(　　)

A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上

B. b和c同时飞离电场

C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小

D. 动能的增加值c最小，a和b一样大

【答案】ACD

【解析】

【详解】三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等。在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，选项A正确；b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=at2，可知tc＜tb．C先离开电场，选项B错误；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=x/t，因xc=xb，tc＜tb，则vc＞vb。根据ta=tb，xb＞xa，则vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故C正确； 根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等。c电荷电场力做功最少，动能增加量最小。故D正确。故选ACD.

【点睛】解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．

10.一个带正电的液滴从A点以一定的初速度射入水平方向的匀强电场中，液滴沿直线AB运动，AB与电场线夹角为θ，则（    ）

A. 匀强电场方向向右

B. 液滴的电势能增加

C. 液滴的机械能守恒

D. 液滴的电势能和动能之和减少

【答案】BD

【解析】

【详解】由题可知，微粒所受重力竖直向下，则电场力方向必定水平向左，粒子带正电，则电场方向向左；合力方向与速度方向相反，则微粒做匀减速运动。从A到B，电场力做负功，电势能增加，机械能减小，电势能和机械能的总量不变，因重力势能增加，则液滴的电势能和动能之和减少；故BD正确，AC错误。故选BD.

【点睛】本题关键要懂得物体做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上．由于有重力和电场力做功，则机械能和电势能的总量不变.

11.两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示,P为电场中的一点,连线AP、BP相互垂直.已知P点的场强大小为E、电势为φ,电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA,，取无穷远处的电势为零.下列说法中正确的有 (　 　)

A. A、B所带电荷量相等

B. 电荷B产生的电场在P点的场强大小为

C. A、B连线上有一个电势为零的点

D. 将电量为-q的点电荷从P点移到无穷远处,电场力做的功为qφ

【答案】BC

【解析】

【详解】根据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，知A、B所带的电荷量不相等，故A错误；P点的场强是点电荷A、B在P点产生的合场强，根据矢量合成的平行四边形定则知，，故B正确；如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近的电势高于0，负电荷附近低于0，所以其A、B连线上有电势为0的点，故C正确；根据W=-q（φ-0）=-qφ，故D错误；故选BC。

【点睛】本题考查电场线的分布和电场的叠加原理，电场的叠加遵循平行四边形定则，电势是标量，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，注意求电场力做功W=qU正负号一起代入计算．

12.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过光滑滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，在A上升过程中，下列判断正确的是（    ）

A. 拉力F变大    B. 杆对A的弹力FN不变

C. 拉力F的功率P不变    D. 绳子自由端的速率v增大

【答案】AC

【解析】

【详解】设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcosθ=mg，因为θ增大，则F增大，水平方向合力为零，有：FN=Fsinθ，F增大，FN增大，故A正确，B错误。物体A沿绳子方向上的分速度v1=vcosθ，该速度等于自由端的速度，θ增大，自由端速度减小，拉力的功率P=Fv1=•vcosθ=mgv，知拉力的功率不变。故C正确，D错误。故选AC。

【点睛】解决本题的关键抓住A在竖直方向上平衡判断出拉力的变化，以及注意拉力的功率不能写成P=Fv，因为绳子末端速度大小与A上升的速度大小不等，A速度沿绳子方向上的分速度等于绳子末端速度的大小．

13.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（　　）

A. q1和q2带有异种电荷

B. x1处的电场强度为零

C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小

D. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大

【答案】AC

【解析】

由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．

点睛：本题的核心是对φ–x图象的认识，要能利用图象大致分析出电场的方向及电场线的疏密变化情况，依据沿电场线的方向电势降低，还有就是图象的斜率描述电场的强弱——电场强度．

14.如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方 处．小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g.下列说法正确的有(　　)

A. 弹簧长度等于R时，小球的动能最大

B. 小球运动到B点时的速度大小为

C. 小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg

D. 小球从A到C的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量

【答案】CD

【解析】

【详解】弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，在此后的过程中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧的弹力沿轨道切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大。故A错误。由题可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：2mgR=mvB2，解得小球运动到B点时的速度 vB=2．故B错误。设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F．在A点，圆环对小球的支持力 F1=mg+F；在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：F2-mg-F=m，解得圆环对小球的支持力 F2=5mg+F；则F2-F1=4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确。小球从A到C的过程中，根据功能原理可知，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量。故D正确。故选CD。

【点睛】解决本题的关键要分析清楚小球的受力情况，判断能量的转化情况，要抓住小球通过A和B两点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等。

三、简答题

15.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落．重锤上拖着的纸带打出一系列的点．对纸带上的点痕进行测量，即可验证机械能守恒定律．下面是该实验的几个操作步骤：

A．按照图示的装置安装器件

B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上

C．用天平测出重锤的质量

D．先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源打出一条纸带

E．测量纸带上某些点间的距离

F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．

（1）其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是___________．（将其选项对应的字母填在横线处）

（2）在实验中，质量m=1.0kg的重物自由下落，带动纸带打出一系列的点，如图所示。相邻计数点间的时间间隔为0.02s，距离单位为cm。

①纸带的___________端与重物相连；

②某同学从起点O到打下计数点B的过程中，计算出物体的动能增加量ΔEK=___________J，势能减少量ΔEP=___________J（g=9.8m/s2）(结果保留两位有效数字)

（3）另一名同学用 计算出B的动能，恰好与势能减少量ΔEP相等，于是该同学得出结论“重物下落过程中机械能守恒”，试问该同学的做法是否合理？__________________________

【答案】    (1). （1）BC     (2). （2）①O点；    (3). ②0.48J；    (4). 0.49J    (5). （3）不合理.

【解析】

【详解】（1）该实验中，先按如图进行准备实验；打点计时器接到电源的交流输出端上，不应用直流输出端，故B错误；我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平．故C没有必要；先接通电源，后释放悬挂纸带的夹子，让重物带着纸带自由下落；在研究纸带，进行重力势能和动能增量的比较即可，故选BC．

（2）①纸带的O端与重物相连；

②物体通过B点的速度vB=m/s=0.98m/s．
从起点O到打下计数点B的过程中物体的动能增加量△EK=×1×（0.98）2=0.48J；
重力势能减小量△Ep=mgh=1×9.8×0.0501=0.49 J．

（3）若用vB2＝2ghOB计算B的动能，则mvB2＝mghOB，相当于用机械能守恒定律来证明机械能守恒定律，不合理．

【点睛】只有明确了实验原理以及实验的数据测量，才能明确各项实验操作的具体含义，这点要在平时训练中加强练习．用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，要注意单位的换算和有效数字的保留．

16.如图所示，在“探究功与速度变化的关系”的实验中，主要过程如下：

A. 设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……；

B. 分析纸带，求出橡皮筋做功使小车获得的速度v1、v2、v3、……；

C. 作出W-v图象；

D. 分析W-v图象．如果W-v图象是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝ 等关系．

(1) 实验中得到的一条如图乙所示的纸带，求小车获得的速度应选________(选填“AB”或“CD”)段来计算．

(2) 关于该实验，下列说法正确的有________

A. 通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加

B. 通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功

C. 每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致

D. 先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出

(3) 在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是_____________________________________________________________．(写出一条即可)

【答案】    (1). （1）CD        (2). （2）ACD    (3). （3）没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小

【解析】

【详解】（1）由图知：在AB之间，由于相邻计数间的距离不断增大，而打点计时器每隔0.02s打一个点，所以小车做加速运动．在CD之间相邻计数间距相等，说明小车做匀速运动．小车离开橡皮筋后做匀速运动，应选用CD段纸带来计算小车的速度v．求小车获得的速度应选CD段来计算；

（2）该实验中利用相同橡皮筋形变量相同时对小车做功相同，通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加．故A正确，B错误；为保证每根橡皮条对小车做功一样多每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致，故C正确；在中学阶段，用打点计时器测量时间时，为有效利用纸带，总是先接通电源后释放纸带，故D正确；故选ACD.

（3）在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小.

【点睛】明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查实验操作及数据处理的方法等问题．

四、计算题

17.如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量 m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为零，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：

（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；

（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；

（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功

【答案】（1）Ek＝4.0×10－16J（2）y＝0.36cm（3）W＝5.76×10－18J

【解析】

(1)电子在加速电场中有eU1＝Ek   

解得:Ek＝4.0×10－16 J

(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t

电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得

电子在竖直方向受电场力

电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a

依据牛顿第二定律有,解得:

电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量

解得y＝0.36cm

(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差

电场力所做的功W＝eU

解得W＝5.76×10－18 J

18.游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上送行，游客却不会掉下来。我们把这种情况抽象为如右图的模型。如图所示，AB是倾角为θ粗糙直轨道，BCD是光滑的圆环轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半经为R，一个质量为m的物体（可以看做质成)从直轨道上的P点由静止释放，结果能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。求：

（1）物体第一次到达B点时的速度大小；

（2）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；

（3）为使物体能顺利到达圆轨道的最高点D，释放点距B点的距离应满足什么条件?

【答案】（1）（2）（3）L′≥

【解析】

【详解】（1）设物体第一次到达B点的速度为vB，由动能定理可知
（mgsinθ-μmgcosθ）=mvB2-0
得
（2）物体在P点及最终到B点的速度都为零，对全过程由动能定理得
mgRcosθ-μmgcosθ•s=0
得s=R/μ
（3）设物体刚好通过D点时的速度为vD，有：mg=m，
得：vD=
设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为L0，在粗糙直轨道上重力的功WG1=mgL0sinθ
滑动摩擦力的功：Wf=-μmgcosθ•L0
在光滑圆弧轨道上重力的功WG2=-mgR（1+cosθ）
对全过程由动能定理得WG1+WG2+Wf=mvD2-0
解得L0=
则L′≥

【点睛】本题属于圆周运动中绳的模型，在最高点时应该是重力恰好做为圆周运动的向心力，对于圆周运动中的两种模型一定要牢牢的掌握住．

19.如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为＋Q和－Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为＋q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：

(1)C、O间的电势差UC O；

(2)小球p经过O点时加速度的大小；

(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。

【答案】

【解析】

试题分析：（1）小球p在C点时受力分析如图所示，由库仑定律得：

牛顿第二定律得：，

（2）小球p由C运动到O时，由动能定理，得

得：。

（3）由于C、D电势相等，小球p由C运动到D的过程只有重力做功

，

考点：带电粒子在匀强电场中的运动、动能定理的应用

【名师点睛】本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性。