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1、第 1 页，共 16 页 2020 高一下学期物理期末复习精选练习题 考试范围：曲线运动、圆周运动、万有引力定律、功和能、静电场 一、单选题（本大题共 12 小题，共 48 分）1.关于曲线运动，以下说法中正确的是 A.平抛运动是一种匀变速曲线运动 B.物体在恒力作用下不可能做曲线运动 C.做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的 D.速度大小一定改变【答案】A【解析】A.平抛运动只受到重力的作用，是一种加速度不变的曲线运动，即匀变速曲线运动，故 A正确；B.物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，物体在恒力作用下，可以做曲线运动，比如平抛运动，故 B错误；C.匀速圆周运动的向心力的方
2、向始终是指向圆心的，方向是不断变化的，所以匀速圆周运动一定是受到变力的作用，故 C 错误；D.做曲线运动的物体，速度方向一定变化，速度大小不一定变化，例如，匀速圆周运动，故 D 错误。故选 A。2.一条河流宽为 100m，水流的速度为 4m/s，船在静水中的速度大小恒为3m/s，下列说法正确的是（）A.渡河的最短时间为 20s B.保持船头一直垂直于河岸，渡河时间最短 C.船实际运动的速度大小一定是 5m/s D.渡河的最短位移为 100m【答案】B【解答】AB.船头一直垂直于河岸时，渡河时间最短，且最短时间，故 A错误，B正确；C.如果船头不指向正对岸，船实际运动的速度就不是 5m/s，故
3、C 错误；D.由于船速小于水速度，因此不能到达正对岸，最短位移大于 100m，故 D错误。故选 B。第 2 页，共 16 页 3.下列运动过程中，物体的机械能守恒的是 A.随风飘落的树叶 B.缓慢下降的热气球 C.沿光滑曲面下滑的物块 D.加速下潜的核潜艇【答案】C【解答】A.随风飘落的树叶，除重力做功外，还有空气阻力做功，机械能不守恒，故 A错误；B.缓慢下降的热气球，除重力做功外，还有空气的浮力做功，机械能不守恒，故 B错误；C.沿光滑曲面下滑的物块，只有重力做功，机械能守恒，故 C 正确；D.加速下潜的核潜艇，除重力做功外，还有水的浮力做功，机械能不守恒，故 D错误。故选 C。4.下列关
4、于静电现象的说法中不正确的是（）A.避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施 B.为了防止外电场的影响，电学仪器应该放在封闭的绝缘体壳中 C.超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成 D.油罐车运输时，底部有一条铁链拖在地面是为了防止车身上静电产生的危害【答案】B【解答】A.避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施，故 A正确；B.只有金属体壳才能产生静电屏蔽作用，故为了防止外电场的影响，电学仪器应该放在封闭的金属体壳中，故 B错误；C.超高压带电作业的工人穿戴的工作服，要用包含金属丝的织物制成，从而保护工人，故 C 正确；D.油罐车运输时，底部有一条铁链拖在地面是为了防止车身上
5、静电产生的危害，故 D正确。本题选不正确的，故选 B。5.火星和木星沿各自的轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知 A.太阳位于它们的椭圆轨道的某焦点上 B.相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 C.火星与木星公转周期相等 D.火星和木星绕太阳运行角速度始终相等 第 3 页，共 16 页【答案】A【解答】A.第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上，故A 正确；B.第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。是对同一个行星而言，故B错误；C.根据开普勒第三定律，k为常数，火星与木星公转的半长
6、轴不等，所以火星与木星公转周期不相等，故 C 错误；D.根据开普勒第二定律，火星和木星绕太阳运行角速度不相等，故 D错误。故选 A。6.如图所示，在皮带传动装置中，主动轮 A 和从动轮 B 半径不等，皮带与轮之间无相对滑动，则下列说法中正确的是 A.两轮的角速度相等 B.两轮转动的周期相同 C.两轮边缘的向心加速度大小相等 D.两轮边缘的线速度大小相等【答案】D【解答】D.因为皮带与轮之间无相对滑动，所以滑轮边缘上各点线速度大小都与皮带的速度的大小，所以 A、B两轮边缘上线速度的大小相等，故 D正确；A.又据 v=R，可得主动轮 A的半径和 B的半径不等，故两轮的角速度不相等，故 A错误；B.
7、又因为角速度不相等，故两轮周期也不相同，故 B错误；C.同理，由于半径不等，两轮边缘向心加速度大小不相等，故 C 错误。故选 D。7.我国“北斗”卫星导航定位系统将由 5 颗静止轨道卫星(同步卫星)和 30颗非静止轨道卫星组成，30 颗非静止轨道卫星中有 27 颗是中轨道卫星，第 4 页，共 16 页 中轨道卫星轨道高度约为m，静止轨道卫星的高度约为m。下列说法正确的是（）A.中轨道卫星的线速度大于 7.9km/s B.静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度 C.静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期 D.静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度【答案】C【解析】【分析】
8、本题主要考查万有引力定律及其应用，人造卫星，根据卫星受到地球的万有引力提供向心力知列式求解相关量，然后根据半径比较大小。【解答】由天体运动规律可知，轨道半径越大，则线速度越小，周期越大，加速度越小，故中轨道卫星的线速度小于 7.9 km/s，静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，静止轨道卫星的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度，C 正确 8.一颗运行中的人造地球卫星距地心的距离为 r 时，所受的万有引力为 F；若该人造卫星到地心的距离为 3r，则其所受的万有引力为 A.B.C.3F D.9F【答案】A【解答】根据万有引力定律，有：故，故
9、A正确，BCD 错误。故选 A。9.张家口和北京正在申办 2022年冬奥会.冬奥会上冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的 k 倍，运动员在水平冰面上沿半径为 R 的圆做圆周运动，其安全速度为()A.vk B.v C.v D.v【答案】B 第 5 页，共 16 页【解答】由题意可知，最大静摩擦力为重力的k倍，所以最大静摩擦力等于kmg 设运动员的最大的速度为 v，则：kmg=m 解得：v=，所以安全速度 v，故 B正确，ACD 错误。故选：B。10.质量为 m 的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率 P启动，最终以某一速度匀速直线运动。此过程中，车所受阻力大小恒为 f，重力加速度为 g
10、，则（）A.汽车的速度最大值为 B.汽车的速度最大值为 C.汽车的牵引力大小不变 D.汽车在做匀变速直线运动【答案】A【解答】AB.汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率 P启动，由 P=FV和 F-f=ma 可知，P 不变，当牵引力等于阻力，加速度等于 0，此时速度最大，即，故 A正确，B错误；CD.根据 P=Fv知，因为汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得，加速度减小，当加速度减小到零，牵引力与阻力相等，汽车做匀速直线运动，所以汽车先做加速度减小的变加速运动，最终做匀速直线运动，故 CD 错误。故选 A。11.两个相同的带电导体小球所带电荷量的比值为 13，相距为 r
11、时相互作用的库仑力的大小为 F 为，如果让两小球相距为 2r，则它们之间的库仑力的大小为：（）A.F B.F C.F D.F【答案】A【解答】相距为 r 时，相互作用的库仑力的大小为 F，依库伦定律得：；相距为 2r 时，相互作用的库仑力的大小为 F，依库伦定律得：；得，故 A正确；BCD错误。故选 A。12.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P 和 Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（）A.P和 Q都带正电荷 B.P带正电荷，Q带负电荷 C.P和 Q都带负电荷 第 6 页，共 16 页 D.P带负电荷，Q带正电荷【答案】B 二、多选题（本大
12、题共 8 小题，共 32.0 分）13.做匀速圆周运动的物体，下列哪些物理量是不变的：（）A.速度 B.速率 C.角速度 D.频率【答案】BCD 14.电容器 A 的电容比电容器 B 的电容大，这表明（）A.A所带的电荷量比 B 多 B.A比 B有更大的容纳电荷的本领 C.A的体积比 B大 D.两电容器的电压都改变 1V时，A的电荷量改变比 B的大【答案】BD【解答】电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定，电容描述了电容器容纳电荷的本领（电容器两极间的电压每改变 1 V所改变电荷量的多少）大小，而不表示容纳电荷的多少或带电荷量的多少，电容器 A的电容比 B的大，所以 A比 B能容纳更多
13、的电荷，A在电压相同的情况下，A容纳的电荷量多，不能说明体积大小等；故 AC 错误；BD正确；故选 BD。15.一质量为 1kg 的物体被人用手由静止开始向上提升 1m，这时物体的速度是 2m/s，则在该过程中（）A.物体克服重力做功 10J B.手对物体做功 10J C.合外力对物体做功 2J D.物体的机械能增加 2J【答案】AC【解析】解：A、重力做的功为：WG=-mgh=-1101J=-10J，所以物体克服重力做功 10J，故 A 正确；B、分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为 2m/s，由 v2-v02=2ax 可得加速度为：a=2m/s
14、2 由牛顿第二定律可得：F-mg=ma 解得：F=mg+ma=12N，所以手对物体做功为：W=FL=121J=12J，故 B错误；C、合力的大小为 F合=ma=2N，所以合力做的功为 W合=F合h=21J=2J，所以第 7 页，共 16 页 合外力做功为 2J，故 C 正确；D、物体机械能的增量等于重力之外的其他力做功，故机械能增加量等于手对物体所做的功，故机械能增加了12J，故 D 错误。故选：AC。16.某区域内的电场线分布如图，P、Q是电场中的两点，则（）A.P点的电场强度较大 B.P点的电势较高 C.电荷在 P点受到电场力方向必定与场强方向一致 D.正电荷放在 P点静止释放，在电场力作
15、用下运动的轨迹与电场线一致【答案】AB【解析】A、由图可知，Q点处电场线较密，电场强度较大。故 A 正确。B、根据顺着电场线，电势降低可知，P 点的电势高。故 B正确 C、正电荷在 P点受到电场力方向必定与场强方向一致，负电荷相反，故 C错误。D、正电荷放在 a点受到的电场力沿电场线的切线方向，由静止释放后，正电荷将离开电场线，所以其运动轨迹与电场线不一致。故 D 错误。故选：AB。17.如图所示的匀强电场中，实线为电场线，虚线是一带正电的微粒（重力不计）射入该电场后的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点。根据以上描述，可做如下判断（）A.场强方向向右，a点电势较高 B.场强方向向左，a 点电势较
16、低 C.a到 b过程中电场力做负功，电势能增加 D.a 到 b过程中电场力做正功，电势能减少【答案】BC【解答】AB、由曲线运动的知识可知：带电粒子所受的电场力向左，因粒子带正电，故电场线水平向左，b点的电势高于 a点的电势，故 A错误，B正确；CD、带电粒子从 a到 b 点过程中，电场力方向与运动方向夹角为锐角，故电场力做负功，电荷的电势能增大，故 C 正确，D错误。故选：BC。第 8 页，共 16 页 18.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（）A.带正
17、电 B.在 b 点的电势能大于在 c点的电势能 C.由 a点到 b点的动能变化等于由 b点到 c点的动能变化 D.由 a点到 b 点的动能变化大于由 b 点到 c 点的动能变化【答案】ABD【解析】解：A、根据轨迹弯曲方向判断知，粒子在 abc的过程中，一直受静电斥力作用，根据同种电荷相互排斥，故知该粒子带正电荷，故 A正确；B、粒子从 b到 c电场力做正功，电势能减小，则在 b点的电势能大于在 c点的电势能，故 B 正确；CD、根据点电荷的电场的特点可知，ab 之间的电场强度大于 bc之间的电场强度，所以 ab之间的电势差大于 bc之间的电势差，则由 a 点到 b 点的电场力做的功大于由 b
18、 点到 c点电场力做的功，所以 a 点到 b点的动能变化大于由 b 点到 c点的动能变化，故 C 错误，D正确。故选：ABD。19.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内)，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，则()A.运动过程中小球的机械能守恒 B.t2时刻小球的速度为零 第 9 页，共 16 页 C.t1t2这段时间内，小球的动能在逐渐减小 D.t2t3这段时间内，小
19、球的动能与重力势能之和在增加【答案】BD【解答】解：A、由图看出，t1t3时刻，弹簧的弹力在变化，说明运动过程中弹簧的弹性势能在变化，而小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则知小球的机械能不守恒故 A错误 B、t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故 B正确；C、t1t2这段时间内，小球处于下降过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，t2t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故 C 错误；D、t2t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势
20、能，所以小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能，故 D正确；故选：BD 20.如图所示，平行板电容器与电源连接，电容器下极板接地。一带电油滴位于电容器中的 P点且恰好处于静止状态，现交平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下列说法正确的是()A.电容器的电容减小，极板带电荷量减小 B.电容器的电容减小，极板带电荷量增大 C.带电油滴将沿竖直向上运动 D.P点的电势将降低【答案】AD【解答】AB.由可知，距离 d 增大，则电容器的电容减小，极板间电压不变，又由得，Q减小，故 B错误，A正确。C.将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油
21、滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故 C 错误。D.由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，且 P点与下极板间距离不变，P点与下极板间的电势差为，上极板向上移动后，E 减小，且下极板电势为零，P点的电势降低，D正确。故选：AD。第 10 页，共 16 页 三、实验题（本大题共 3 小题，共 22 分）21.某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用 6V、50Hz 的打点计时器打出的一条无漏点的纸带，如图所示，O点为重锤下落的起点，选取的计数点为 A、B、C、D，各计数点到 O点的长度已在图上标出，单位为毫米，重力加速度取 9.8m/s2，若重锤质量为 1kg。打点计时器打出 B点时，重锤
22、下落的速度 vB=_m/s，重锤的动能 EkB=_J 从开始下落算起，打点计时器打 B点时，重锤的重力势能减小量为_J。根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是 _。【答案】1.175，0.69 0.69，机械能守恒。【解答】打点计时器打出 B点时，重锤下落的速度：vB=m/s=1.175m/s；重锤的动能：EkB=mvB2=11.1752J0.69J；到 B点时，重力势能减小量Ep=mgh=1.09.80.0705J0.69J；由实验数据可知，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出 B点的过程中：在实验误差范围内，机械能守恒 故答案为：1.17
23、5，0.69 0.69，机械能守恒。22.在“研究平抛物体运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度。实验简要步骤如下：A让小球多次从_位置上滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；B安装好器材，注意调节斜槽末端_和平板竖直，记下抛出点 O和过抛出点 O 的竖直线；C测出曲线上某点的坐标 x、y，用 V0=_算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求 V0的值，然后求它们的平均值；D取下白纸，以抛出点 O为坐标原点，以竖直线为轴建立坐标系，用第 11 页，共 16 页 平滑曲线画平抛轨迹；上述实验步骤的合理顺序是_（只排列序号即可）【答案】同一 ；水平；BADC。【解答】A、在
24、“研究平抛物体运动”的实验中，要保证小球从斜槽末端飞出时的速度是相同的，因此，要让小球多次从斜槽上的同一位置滚下；B、为了保证小球做平抛运动，斜槽末端保持水平；C、平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动，水平方向有：x=v0t，竖直方向有：，联立求出初速度；实验步骤合理顺序是：B、A、D、C。故填：同一 ；水平；BADC。23.如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为 5cm，如果取 g10m/s2，那么：照相机的闪光周期是_s；小球运动中水平分速度的大小是_m/s；小球经过 B 点时的竖直分速度大小是_m/s。【答案】（1）0.1；（2
25、）1.5；（3）2【解答】（1）在竖直方向上有：h=gT2，其中h=（5-3）5cm=10cm=0.1m，代入求得：T=0.1s，（2）水平方向匀速运动，有：s=v0t，其中 s=3l=15cm=0.15m，t=T=0.1s，代入解得：v0=m/s=1.5m/s（3）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在 B点时的竖直分速度大小：vBy=m/s=2m/s 故答案为：（1）0.1；（2）1.5；（3）2 第 12 页，共 16 页 四、计算题（本大题共 7 小题，共 80 分）24.一辆质量为 2 吨的汽车在圆弧半径为 50 米的拱桥上行驶。（g 取 10m/s2）（1
26、）若汽车到达桥顶时的速度为 10m/s，求此时汽车对桥面的压力的大小？（2）汽车以多大速度经过桥顶时，对桥面的压力为零？（3）若该桥为凹形桥，该桥所能承受的最大压力为 36000N，求该汽车能安全通过凹形桥的最大速度？【答案】（1）在桥顶对汽车，利用牛顿第二定律有：mg-FN=代入数据，得：FN=1.6104 N 根据牛顿第三定律，得汽车对桥面的压力的大小为 1.6104 N；（2）、对桥面的压力为零，则汽车在桥顶只受重力作用，根据牛顿第二定律，有：mg=m 整理得：v0=10m/s（3）汽车通过凹形桥最低点时，利用牛顿第二定律，有：FN1-mg=m 代入数据，得：v1=20m/s 答：（1）
27、此时汽车对桥面的压力的大小 1.6104N；（2）汽车以 10m/s 的速度经过桥顶时，对桥面的压力为零；（3）该汽车能安全通过凹形桥的最大速度 20m/s。25.一辆质量为 2.0103 kg 的汽车以额定功率 6.0104 W在水平公路上行驶，汽车受到的阻力为一定值，在某时刻汽车的速度为 20m/s，加速度为0.50m/s2，(g 取 10m/s2)求：(1)汽车受到的阻力是多大？(2)汽车所能达到的最大速度是多大?【答案】解：（1）汽车以额定功率行驶，当速度为 20m/s，加速度为 0.50m/s2，则有：解之得：f=2103N （2）当阻力等于牵引力时，汽车达到最大速度为vmax=30
28、m/s 答：（1）汽车受到的阻力是 2103N；（2）汽车所能达到的最大速度是 30m/s。26.假如将来的某一天你成为了一名优秀的宇航员，并成功登上了月球当你乘宇宙飞船绕月球表面附近做匀速圆周运动时，测得宇宙飞船绕月球第 13 页，共 16 页 的周期为 T；已知引力常量为 G，月球半径为 R，忽略月球的自转根据以上信息，求：(1)月球的质量；(2)月球表面的重力加速度；(3)月球上的第一宇宙速度。【答案】解：（1）设月球质量为 M，宇宙飞船做圆周运动，由万有引力提供向心力，有：解得：（2）设月球表面重力加速度为 g，根据月球表面物体重力等于万有引力可得：解得：月球表面重力加速度（3）宇宙飞
29、船绕月球表面附近做匀速圆周运动时的速度为月球上的第一宇宙速度，则有：解得月球上的第一宇宙速度为：。答：（1）月球的质量为；（2）月球表面的重力加速度为；（3）月球上的第一宇宙速度为。27.如图所示，马戏团的猴子（可视为质点）表演杂技 平台距地面高 H=2.5m，质量为 5kg的猴子从平台边缘 A点由静止开始沿半径R=1.25m的光滑 圆弧滑下，滑出圆弧端口 B点即做平抛运动，最后安全落在地面的软垫上求：（1）猴子滑到 B点时的速度大小（2）猴子落在地面的软垫上的落点到 B点的水平距离（3）现在 B点左侧平地上竖直插一根竹竿，B点到竹杆的距离为 3m 若猴子在 A点以 4m/s 的初速度下滑，则
30、从 B端滑出后能否在空中抓住杆子？【答案】解：（1）猴子从 A到 B机械能守恒，则得 mgR=-0 得 vB=5m/s （2）猴子从 B点开始做平抛运动，则有 H-R=第 14 页，共 16 页 x=vBt 得 x=2.5m （3）猴子从 A点以 4m/s 的初速度下滑后，由机械能守恒定律有 mgR=-可得 vB=m/s 猴子从 B端滑出后：x=vBt=m3m 所以猴子能在空中抓住杆子 答：（1）猴子滑到 B点时的速度大小是 5m/s（2）猴子落在地面的软垫上的落点到 B点的水平距离是 2.5m（3）猴子能在空中抓住杆子 28.光滑水平面 AB 与竖直面内的圆形导轨在 B点连接，导轨半径，一个
31、质量的小球在 A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点 C，g 取求：小球脱离弹簧时的速度大小；小球从 B到 C 克服阻力做的功；小球离开 C 点后落回水平面时的速度大小。【答案】解：（1）弹簧在弹开小球过程中由能量守恒，有：Ep=得：vB=7m/s（2）小球恰好通过 C 点时，有：mg=m 得：vC=m/s 小球从 B到 C 由动能定理有：-2mgR-Wf=-得：Wf=24J（3）小球离开 C 点做平抛运动，由动能定理得：2mgR=-得：v=5m/s 答：（1）小球脱离弹簧时的速度大小是7
32、m/s；（2）小球从 B到 C 克服阻力做的功是24J；（3）小球离开 C 点后落回水平面时的速度大小是5m/s。第 15 页，共 16 页 29.用细线将质量为410-3kg 的带电小球P悬挂在O点,当在空间加一方向水平向右、大小为 1104N/C 的匀强电场时,小球偏转 37后处于静止状态,如图所示。（g 取 10 m/s2）(1)分析小球的带电性质。(2)求小球所带的电荷量。(3)求细线的拉力。【答案】解：（1）小球受重力、拉力和电场力处于平衡，受力示意图如图所示，电场力的方向水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电（2）根据共点力平衡可知电场力为：F=qE=mgtan37 解得：q=C
33、=310-6C（3）根据共点力平衡得，细线的拉力为：T=N=0.05N 答：（1）小球的带正电；（2）小球的带电量为 310-6C；（3）细线的拉力 0.05N 30.如图所示，有一质子（电量为 e，质量为 m）由静止经电压 U1加速后，进入两块间距为 d 电压为 U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场，求 （1）质子则进入偏转电场 U2时的速度（2）金属板的长 L（3）质子穿出电场时的动能【答案】解：（1）质子在左边的加速电场中有：；解得：即质子则进入偏转电场 U2时的速度为；（2）质子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向：x=L=v0t 垂直板方向：第 16 页，共 16 页 而加速度：由以上各式解得：；（3）质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关所以整个过程由动能定律得：；所以质子射出电场时的动能为：答：（1）质子则进入偏转电场 U2时的速度为；（2）金属板的长 L 为；（3）质子穿出电场时的动能为。