2021年高考物理壓軸題匯總解析

2021年高考物理壓軸題集錦含答案解析

1.

解析:

Mmmv21

由G-----=-------得，衛(wèi)星在空間站上的動能為線二天mv2=

r2r2

Mm

G----------

2(R+h)

Mm

衛(wèi)星在空間站上的引力勢能在E=-G

pR+h

Mm

機械能為=，+4=-G

2(R+h)

Mm

同步衛(wèi)星在軌道上正常運行時有G----=m（^2r

廠2

故其軌道半徑r=

MmMm31co2

由③式得，同步衛(wèi)星的機械能生=6二一=-G——-^―

2r2vGA/

=--m（yjGMco）2

衛(wèi)星在運行過程中機械能守恒，故離開航天飛機的衛(wèi)星的機械能應為E2,設離開航天飛機

10/----------Mtn

時衛(wèi)星的動能為線，則耳=瑪-￡-彳\lGMa2+G-----

口匕2P2R+h

2.如圖甲所示，一粗糙斜面的傾角為37。，一物塊m=5kg在斜面上，用F=50N的力沿斜面

向上作用于物體，使物體沿斜面勻速上升，g取10N/kg,sin37o=0.6,cos37°=0.8,求:

（2）若將F改為水平向右推力/'，如圖乙，則至少要用多大的力廠'才能使物體沿斜

面上升。（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）

解析：

（1）物體受力情況如圖，取平行于斜面為X軸方向，垂直斜面為y軸方向,由物體勻

速運動知物體受力平衡

F=b—Gsin。一/=0

X

F=N—Geos。=0

y

解得f=20NN=40N

。f1

因為歹=N,由/=四^=_=-=0.5

NNN2

（2）物體受力情況如圖，取平行于斜面為x軸方向，垂直斜面為y軸方向。當物體勻

速上行時力P取最小。由平衡條件

F=N'-F'sine-Gcos0=0

且有尸=NN'

聯(lián)立上三式求解得F'=100N

VV

解：設一年前、后衛(wèi)星的速度分別為1、2,根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有

「MmV2

G-----二m一

R2R

ii

V2

G-----=m—a-

R?R

式中G為萬有引力恒量，M為地球的質(zhì)量，勺和,分別為一年前、后衛(wèi)星的軌道半徑,

R=R+H

R=R+H-AH

衛(wèi)星在一年時間內(nèi)動能的增量

AE=—mv2--mv2

k222I

由(1)、(2)、(5)三式得

^E=_GMm(—-----)

k2RR

由⑶、⑷、⑹式可知，A￡k>°,表示在這過程中衛(wèi)星的動能是增加的。

在這過程中衛(wèi)星引力勢能的增量

^E=-GMm(——--)

PRR

A￡p<0,表示在這過程中衛(wèi)星引力勢能是減小的。衛(wèi)星機械能的增量

AE=AE+AE、

kp(8)

由⑹、⑺、⑻式得

△后<°,表示在這過程中衛(wèi)星的機械能是減少的。由⑶、⑷式可知，因勺、S非常

接近，利用

R-R=AH

12⑩

RRxR2

121(ID

⑼式可表示為

1GMm

△E=—AH

2R2

?

衛(wèi)星機械能減少是因為克服空氣阻力做了功。衛(wèi)星在沿半徑為R的軌道運行一周過程

中空氣作用于衛(wèi)星的阻力做的功

1(均

根據(jù)萬有引力定律和牛頓運動定律有

_MmV2

G----二m—

R2R(14)

由?、(14)式得

印=-pitACGM心

1(⑸

?式表明衛(wèi)星在繞軌道運行一周過程中空氣阻力做的功是一恒量，與軌道半徑無關。衛(wèi)

星繞半徑為R的軌道運行一周經(jīng)歷的時間

2nR

V(16)

由(14)、?式得

由于在一年時間內(nèi)軌道半徑變化不大，可以認為T是恒量，且

以工表示一年時間，有

T=3600sx365x24=3.15x107s?

衛(wèi)星在一年時間內(nèi)做圓周運動的次數(shù)

T

n=—

T?

在一年時間內(nèi)衛(wèi)星克服空氣阻力做的功

W="印

1(21)

由功能關系有

W=AE(22)

G—=g

由???(21)(22)各式并利用Ri得

mAH

P=-------

TACR、甌

Ni(23)

代入有關數(shù)據(jù)得

p=1.54x10-13kg-m-3

(24)

4、如圖(甲)所示，彎曲部分42和8是兩個半徑相等的四分之一圓弧，中間的BC段是

豎直的薄壁細圓管(細圓管內(nèi)徑略大于小球的直徑)，細圓管分別與上、下圓弧軌道相切連

接，BC段的長度L可作伸縮調(diào)節(jié)。下圓弧軌道與地面相切，其中。、A分別是上、下圓弧

軌道的最高點與最低點，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)。一小球多次以某一速度從A點水平

進入軌道而從D點水平飛出。今在4、。兩點各放一個壓力傳感器，測試小球?qū)壍繟、D

兩點的壓力，計算出壓力差△冗改變8C間距離L,重復上述實驗，最后繪得△尸乙的圖線

如圖(乙)所示。(不計一切摩擦阻力，g取10m/s2)

(1)某一次調(diào)節(jié)后。點離地高度為0.8m。小球從。點飛出，落地點與。點水平距離

為2.4m,求小球過。點時速度大小。

(2)求小球的質(zhì)量和彎曲圓弧軌道的半徑大小。

解析：

(1)小球在豎直方向做自由落體運動，H=1gt2

水平方向做勻速直線運動X=V^

得：V一二一-」一一6s/

Dt12H八

J——百

\g

(2)設軌道半徑為r,A到。過程機械能守恒：

110r、

-mv2=-mv2+mg(2r+L)

升/上丫2

在A點：F-mg=m-A-

在。點：F+mg=m-

Dr

由以上三式得：

AF=F—F=6mg+2mg—

ADr

由圖象縱截距得：6mg=12得根=0.2kg

由L=0.5m時△F=V7N

代入得：=0.4m

5、如圖所示，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為M=3.0kg的長木板A的左端，疊放著一個質(zhì)

量為m=1.0kg的小物塊3(可視為質(zhì)點)，處于靜止狀態(tài)，小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)

〃=0.30。在木板A的左端正上方，用長為R=0.8m的不可伸長的輕繩將質(zhì)量為加=1.0kg的小

球C懸于固定點。點?，F(xiàn)將小球C拉至上方使輕繩拉直且與水平方向成以30。角的位置由

靜止釋放，到達。點的正下方時，小球C與B發(fā)生碰撞且無機械能損失，空氣阻力不計，

取g=10m/s2,求：

(1)小球C與小物塊B碰撞前瞬間輕繩對小球的拉力；

(2)木板長度L至少為多大時，小物塊才不會滑出木板。

解析：

(1)靜止釋放后小球做自由落體運動到a,輕繩被拉緊時與水平方向成30°角，再繞O

點向下做圓周運動，由機械能守恒定律得

m^R=—mv2

2o

輕繩被拉緊瞬間，沿繩方向的速度變?yōu)?,沿圓周切線方向的速度為

v=VCOS0

a0

小球由〃點運動到最低點b點過程中機械能守恒

—mv2+-sin0)=imv2

2。2b

設小球在最低點受到輕繩的拉力為尸，則

V2

F-mg-m-b-

R

聯(lián)立解得廠=3.5機g=35N

(2)小球與B碰撞過程中動量和機械能守恒，則

mv=mv+mv

b12

111

—mv2=—mv2+—mv2

2b2i22

5gR

解得V1=0,(碰撞后小球與B交換速度)

3在木板A上滑動，系統(tǒng)動量守恒，設3滑到木板A最右端時速度為心則

mv=(m+M

2\

B在木板A上滑動的過程中，系統(tǒng)減小的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒定律得

\imgL-^-mv2-J_(m+AfX

聯(lián)立解得九二

代入數(shù)據(jù)解得L=2.5m

6、如圖所示，一根跨越一固定的水平光滑細桿的柔軟、不可伸長的輕繩，兩端各系一

個質(zhì)量相等的小球A和B,球A剛好接觸地面，球B被拉到與細桿同樣高度的水平位置，

當球B到細桿的距離為L時，繩剛好拉直.在繩被拉直時釋放球B,使球B從靜止開始向

下擺動.求球A剛要離開地面時球B與其初始位置的高度差.

解析：

設球A剛要離開地面時聯(lián)接球B的繩與其初始位置的夾角為0,如圖所示，這里球B

的速度為0,繩對球B的拉力為T,根據(jù)牛頓第二定律和能量守恒，有

T—mgsin0-m—

①

gmu2=mglsin0

②

當A球剛要離開地面時，有

T=mg

③

以h表示所求高度差，有

h=lsin0④

/z=—Z

由①②③④解得3⑤

7（20分）如圖所示，在高為h的平臺上，距邊緣為L處有一質(zhì)量為M的靜止木塊（木

塊的尺度比L小得多），一顆質(zhì)量為m的子彈以初速度vO射入木塊中未穿出，木塊恰好運

動到平臺邊緣未落下，若將子彈的速度增大為原來的兩倍而子彈仍未穿出，求木塊的落地點

距平臺邊緣的水平距離，設子彈打入木塊的時間極短。

解析：

設子彈以V。射入時，木塊的初速度為V1,根據(jù)動量守恒定律有

mv0=(m+M)V[①

根據(jù)動能定理有(m+M)gL=:(m+M)vj②

設子彈以2Vo射入時，木塊的初速度為丫2,末速度為V3,根據(jù)動量守恒定律有

m2v0=(m+M)v?③

根據(jù)動能定理有(m+M)gL=—(m+M)v2--(m+M)v2④

122J

設木塊落地點距平臺邊緣的距離為x,由平拋運動規(guī)律有

X=v3隹⑤

由①②③④⑤聯(lián)立解得x=—工—

Mg

8、如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連

接，傳送帶長度L=4.0m,皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v=3.0m/s勻速傳

動。三個質(zhì)量均為m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細

繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態(tài)?；瑝KA以初速度Vo=2.Om/s沿B、C連線

方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短，可認為A與B碰撞過程中滑塊

C的速度仍為零。因碰撞使連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、

B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度Vc=2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P

點。已知滑塊C與傳送帶之問的動摩擦因數(shù)-0.20,重力加速度g取10m/S2。求：

'jp

(1)滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大小；

(2)滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；

解析：

(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的

速度v所用的時間為3加速度大小為。，在時間/內(nèi)滑塊C的位移為X。

根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式y(tǒng)ung=ma

v=v^-at

1

S=V%+一以2

C2

解得x=1.25m<L

即滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑

出，則滑塊C從傳道帶右端滑出時的速度為v=3.0m/s。

(2)設A、B碰撞后的速度為V],A、B與C分離時的速度為V2,由動量守恒定律

mv()=2mv1

2mv=2mv^-mvc

由能量守恒規(guī)律E+—x2mv2=ix2mv2+—mv^

p21222c

解得Ep=1.0J

(3)在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大

值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳遞帶的速度V。

設A與B碰撞后的速度為v',分離后A與B的速度為V滑塊C的速度為V廠，由

12C

,

能量守恒規(guī)律和動量守恒定律rnvm=2rnv1

,,

2mvj-mvc+2mv2

由能量守恒規(guī)律E+—x2mv2=-x2mv2+—mv2

p2'222c

r2

由運動學公式V--V2=2aL

c

解得：vm=7.1m/s

9.、如圖所示。一水平傳送裝置有輪半徑為R=?m的主動輪Q1和從動輪Q2及傳送帶等構

成。兩輪軸心相距8m,輪與傳送帶不打滑，現(xiàn)用此裝置運送一袋面粉(可視為質(zhì)點)已知

這袋面粉與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為日=0.4,這袋面粉中的面粉可不斷地從袋中滲出。

解析：

(1)面粉袋與傳送帶相對運動過程中所受摩擦力i=pmg

根據(jù)牛頓第二定律：a=L=4m/S2

m

v

若傳送帶的速度v=4m/s,則面粉袋加速運動的時間乙=—=ls

a

在t,時間內(nèi)的位移s=-ati=2m

1?2

其后以v=4m/s速度勻速運動s=1-s=vt

2AB12

解得：\=1.5s所以運動總時間：1]+/2=2.5S

(2)要想時間最短，面粉袋應一直向B端勻加速運動

由/=1〃，2得，=25

AB2

此時傳送帶的速度v'=。r=8機/s

(3)傳送帶速度越大，“痕跡”越長。

當面粉的痕跡布滿整條傳送帶時，痕跡達到最長。

即痕跡長/=2/+2nR=18m

AB

在面粉袋由A端運動到B端的時間'=2s內(nèi)痕跡達到最長，傳送帶運動的距離

s>1+1=26m

AB

則傳送帶的速度丫=>13m/5

10、如圖所示，一木塊位于光滑的水平桌面上，木塊上固連一支架，木塊與支架

的總質(zhì)量為M.一擺球掛于支架上，擺球的質(zhì)量為如機擺線的質(zhì)量不

計.初始時，整個裝置處于靜止狀態(tài).一質(zhì)量為加的子彈以大小為v。、方向垂直

于圖面向里的速度射人擺球并立即停留在球內(nèi)，擺球和子彈便一起開始運動.已

知擺線最大的偏轉(zhuǎn)角小于90。，在小球往返運動過程中擺線始終是拉直的，木塊未

發(fā)生轉(zhuǎn)動.

i.求擺球上升的最大高度.

ii.求木塊的最大速率.

iii.求擺球在最低處時速度的大小和方向.

i.由于子彈射人擺球至停留在球內(nèi)經(jīng)歷的時間極短，可以認為在這過程中擺球僅獲得

速度但無位移.設擺球(包括停留在球內(nèi)的子彈)向前(指垂直于圖面向里)的速度為u,

由動量守恒定律有

mvQ=2mw

(1)

擺球以速度U開始向前擺動，木塊亦發(fā)生運動.當擺球上升至最高時，擺球相對木塊靜止，

設此時木塊的速度為V,擺球上升的高度為h,因水平方向動量守恒以及機械能守恒有

2mu-(2m+MyV

(2)

mm=l.(2m+Af)V2+2mgh

(3)

解(1)、(2)、(3)三式得

,Mv2

n=------e----

8g(2m+m)

(4)

ii.擺球升到最高后相對木塊要反向擺動.因為在擺球從開始運動到擺線返回到豎直位

置前的整個過程中，擺線作用于支架的拉力始終向斜前方，它使木塊向前運動的速度不斷增

大；擺線經(jīng)過豎直位置后，直到擺線再次回到豎直位置前，擺線作用于支架的拉力將向斜后

方，它使木塊速度減小，所以在擺線(第一次)返回到豎直位置的那一時刻，木塊的速度最

大，方向向前

以V'表示擺線位于豎直位置時木塊的速率，u'表示此時擺球的速度(相對桌面)當

u'>0,表示其方向水平向前，反之，則水平向后.因水平方向動量守恒以及機械能守恒，故

有

2mu=2mM+MV'

(5)

mu2=mu'2+A/V'2

2

(6)

解(1)、(5)、(6)三式可得擺線位于豎直位置時木塊速度的大小

V'=0

⑺

2mv

V=----9—

2m+M

(8)

(7)式對應于子彈剛射人擺球但木塊尚未運動時木塊的速度，它也是擺球在以后相對木塊

往復運動過程中擺線每次由后向前經(jīng)過豎直位置時木塊的速度;而題中要求的木塊的最大速

率為(8)式，它也是擺球在以后相對木塊的往復運動過程中擺線每次由前向后經(jīng)過豎直位

置時木塊的速度.

iii.在整個運動過程中，每當擺線處于豎直位置時，小球便位于最低處.當子彈剛射入

擺球時，擺球位于最低處，設這時擺球的速度為u,由(1)式得

(9)

方向水平向前.當擺球第一次回到最低處時，木塊速度最大，設這時擺球的速度為江，由(1)、

(5)、(6)三式和(8)式可得

M=---------v

M+2m0

(10)

其方向向后.

當擺球第二次回到最低處時，由(7)式木塊速度減至0,設這時擺球的速度為u”,

由(1)、(5)、(6)式可得

1

u"=u——V

20

(11)

方向向前，開始重復初始的運動.

11、圖中坐標原點0(0,0)處有一帶電粒子源，向y》0一側(cè)沿Oxy平面內(nèi)的各個不同方向

發(fā)射帶正電的粒子，粒子的速率都是v,質(zhì)量均為m電荷量均為q.有人設計了一方向垂

直于Oxy平面，磁感應強度的大小為B的均勻磁場區(qū)域，使上述所有帶電粒子從該磁場區(qū)

域的邊界射出時，均能沿x軸正方向運動.試求出此邊界線的方程，并畫出此邊界線的示意

圖.

解析：

先設磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直盯平面

向里，且無邊界.考察從粒子源發(fā)出的速率為V、方向

與X軸夾角為e的粒子，在磁場的洛侖茲力作用下粒子

做圓周運動，圓軌道經(jīng)過坐標原點0,且與速度方向相

切，若圓軌道的半徑為R,有

V2

qvB=m—(1)

圓軌道的圓心O'在過坐標原點O與速度方向垂直的直線上，至原點的距離為R,如圖1

所示.通過圓心?！髌叫杏趛軸的直線與圓軌道交于P點，粒子.

運動到P點時其速度方向恰好是沿X軸正方向，故P點就在磁場區(qū)y

域的邊界上.對于不同人射方向的粒子，對應的P點的位置不同，xXXXXX

所有這些P點的連線就是所求磁場區(qū)域的邊界線.P點的坐標為xXXXXX

%=—Rsin。(3)XXXX0XX

丁=一K+Reos。(4)■匕

這就是磁場區(qū)域邊界的參數(shù)方程，消去參數(shù)仇得XX丫

X2+(y+R)2=R2(5)xx1)?

由(2)、(5)式得xx

b

/mv、加2y2■??

^2+(y+—)2=—z-(6)

qBqiBz

這是半徑為R圓心0''的坐標為(0,-R)的圓，作為題所要求的.................O*

磁場區(qū)域的邊界線，應是如圖2所示的半個圓周，故磁場區(qū)域的邊界,

線的方程為.................

1?,?

?????1??

?????

圖3

,mvx7〃2V2

X2+(y+——)2=----------x<Qy<0(7)

'qBq2B2

若磁場方向垂直于移面向外,則磁場的邊界線為如圖3示的半圓，磁場區(qū)域的邊界線

的方程為

xi+(y-R)2=R2X>Qy>0(8)

,mvx加2V2、八八

或%2+(y-__)2=___x>0y>0(9)

12、.如圖I-12所示，質(zhì)量為M=3.0kg的小車靜止在光滑的水平面上，AD部分是

表面粗糙的水平導軌，DC部分是光滑的；圓弧導軌，整個導軌由絕緣材料做成并處于B

4

=1.0T的垂直紙面向里的勻強磁場中，今有一質(zhì)量為“7=1.0kg的金屬塊(可視為質(zhì)點)

帶電量4=2.0X10一3c的負電，它以Vo=8m/s的速度沖上小車，當它將要過。點時，它

對水平導軌的壓力為9.81N(g取9.8m/s2)求：

解析:

(1)設相抵達。點的速度為V],貝！J：Bqv1+mg=N

N-mg981-9.80

??V=5.0m/s.

1Bq2.0x10二義1.0

設此小車速度為％,金屬塊由A-D過程中系統(tǒng)動量守恒則：

mvQ=mvi+Mvrv2=1.0m/s.

損失的機械能△￡=-mv02---MV22=18J

(2)在相沖上:圓弧和返回到D點的過程中，小車速度一直在增大，所以當金屬塊

4

回到。點時小車的速度達到最大，且在上述過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，貝U：加匕+〃%

=mvi'+MV2'系統(tǒng)機械能守恒，則：

1111

-mv,2+_mv,'z2d—Afv2v，

Q1—nMV2JI=n1nAuo2=1m/s和v2=3m/s.

v/=1m/s舍去，，小車能獲得的最大速度為3m/s.

13、圖中L是一根通電長直導線，導線中的電流為I.一電阻為R、每邊長為2a的導線

方框，其中兩條邊與L平行，可繞過其中心并與長直導線平行的軸線00,轉(zhuǎn)動，軸線與長

直導線相距b,b>a,初始時刻，導線框與直導線共面.現(xiàn)使線框以恒定的角速度①轉(zhuǎn)動，

求線框中的感應電流的大小.不計導線框的自感.已知電流I的長直導線在距導線r處的磁

I

感應強度大小為k「，其中k為常量.

解：當線框繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)過6=8’的角度時,

其位置如圖1所示，俯視圖如圖2所示。

當線框以角速度①繞轉(zhuǎn)動時，線框

與軸線平行的兩條邊的速度都是",且

V=〃①⑴

L中的電流產(chǎn)生的磁場在這兩條邊

所在處的磁感應強度分別為

圖2

B=k-

r(2)

B'=kL

和,⑶式中「和’分別為這兩條邊到L的距離。線

框的兩條邊的速度。的方向與B和3'的方向間的夾角分別為01和a',由電磁感應定律，線

框的感應電動勢為

￡二25。。sina+25Aosina'

sin0sin（兀-a）sina

注意到rbb（5）

sin0_sin（兀一a'）_sinar

r'bb（6）

以及廠2=42+〃2—2a/?cos。（7）

r'2=〃2+Z72+2abcos6（8）

由以上各式得

8=2左/〃2帥(----------------+-----------------)sincoz

。2+拉-2abcoscoz。2+拉+2〃bcos3%⑼

由歐姆定律得線框中感應電流

￡

i=—

R（10）

由⑼、⑩兩式得

2左/。2癡11

----（----------------+----------------）sin3%

R〃2+/?2-2abcosco%〃2+"+2abcosco%

14、如圖所示，兩同心圓M、N之間的區(qū)域存在垂直于紙面的勻強磁場，圓M內(nèi)、N外沒

有磁場，一質(zhì)量為m,帶電量為+q的粒子從圓心O處沿某一方向以速度V。飛出，已知圓M

的半徑為R,圓N的半徑為百尺，粒子重力不計。已知粒子進入磁場后沿順針方向偏轉(zhuǎn)。

求：

/0’

(3)若磁場的磁感應強度保持為(2)的大小，求粒子從圓心0飛出到再次過圓心且

速度與初速度方向相同所用的時間。

解析：

(1)由左手定則得：磁場方向垂直于紙面向外。

(2)粒子能再次經(jīng)過圓心O,磁場的磁感應強度最小時，粒子運動軌跡與圓N相切，

軌跡如圖。設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為八由幾何知識可知：

(J3R-r)2=Ri+r2①

設磁場的磁感應強度最小值為B,由洛侖茲力公式及勻速圓周運動規(guī)律得:

CV2

qBv=m-o-②

0f

cJ3mv

聯(lián)立①②解得：B=a③

qR

(3)由幾何知識可知：

tanZCO/O=-=^NCO。=60。④

r

粒子從C點進入磁場到從D離開磁場，粒子轉(zhuǎn)過的角度為

2

(P—36Oo—2/C。/?！?40o即—個圓周⑤

由幾何知識可知粒子從圓心O飛出到第一次過圓心且速度與初速度方向相同所運動的

軌跡如圖所示，運動的時間為：

2.、_

”3（丁+尸）⑥

2兀r

T=------⑦

v

聯(lián)立①⑥⑦解得:

15、如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量均

為。，其中A帶正電荷，8帶負電荷，A、8相距為2d。MN是豎直放置的光滑絕緣細桿,

另有一個穿過細桿的帶電小球尸，質(zhì)量為機、電荷量為+q(可視為點電荷)，現(xiàn)將小球尸從與

點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球P向下運動到距C點距離為1的。點時，速度

為V。已知與之間的距離為d,靜電力常量為k,重力加速度為g,若取無限遠處的

電勢為零，試求:

M

AC?P

D?

BE?

N

(1)在A、8所形成的電場中，C的電勢空

(2)小球尸經(jīng)過。點時的加速度。

(3)小球尸經(jīng)過與點電荷B等高的E點時的速度。

解析：

(1)由等量異種電荷形成的電場特點可知，D點的電勢與無限遠處電勢相等，即D點

電勢為零。小球P由C運動到D的過程，由動能定理得：

mgd+?<p=—mvz-0(T)

CD2

（P=（p-cp=q）-0②

CDCCC

mv2-Imgd

(2)小球P經(jīng)過D點時受力如圖：由庫侖定律得:

M