2020-2021學年高二物理上學期期末測試卷03（人教版）（解析版）

2020-2021學年高二物理上學期（人教版）

期末測試卷03

考試范圍：選修3-1,選修3-2電磁感應，選修3-5第十六章動量守恒定律

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每個題目只有一個選項符合要求，選對得4

分，選錯得0分。

B.a〃均是負電荷

C.A點場強大于B點場強

D.A點電勢高于8點電勢

【答案】D

【詳解】

AB.電場線從正電荷或無窮遠出發(fā)，終止于負電荷或者無窮遠，所以。應為正電荷6為負電荷，故AB錯

誤；

C.電場線越密集，場強越大，A點場強小于8點場強，故C選項錯誤；

D.沿電場線方向電勢逐漸降低，A點電勢高于B點電勢，故D選項正確。

故選D。

2.如圖所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過

此區(qū)域的時間為%若加上磁感應強度為8、垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，

粒子飛出磁場時偏離原方向60。，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的（）

①帶電粒子的比荷

②帶電粒子在磁場中運動的周期

③帶電粒子的初速度

④帶電粒子在磁場中運動的半徑

A.①②B.①③C.②③D.①④

【答案】A

【詳解】

由帶電粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角可知，帶電粒子運動軌跡所對的圓心角為60。，由幾何關(guān)系得磁場寬度

d-rsin60°=—sin60°

qB

由于未加磁場時：d=vt,解得

q_sin60°

mBt

丁2兀m

1=------

①正確；已經(jīng)求出比荷，由qB,②正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,

由牛頓第二定律得：

根據(jù)向右條件無法求出粒子的初速度，也無法求出粒子軌道半徑③④錯誤

故選A

3.動量相等的甲、乙兩車剎車后分別沿兩水平路面滑行。若兩車質(zhì)量之比a加乙=2：3,路面對兩車的

阻力相同，則甲、乙兩車的滑行距離之比為（）

A.3：2B.2：3C.9：4D.4：9

【答案】A

【詳解】

由公式

p=mv

f=ma

v2=2ax

聯(lián)立方程，解得

海：=3:2

故選Ao

4.兩根足夠長的光滑平行導軌豎直固定在豎直平面內(nèi)，間距為L底端接一阻值為H的電阻。將質(zhì)量為加

的水平金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為8的

勻強磁場垂直，如圖所示，除電阻/?外，其余電阻不計，重力加速度為g?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由

靜止釋放，則（）

/////

XX

ab

XR*X

A.金屬棒向下運動過程中，加速度始終減小

mg

B.金屬棒向下運動距離為k時，速度達到最大

C.金屬棒運動到最大速度的過程中，重力和彈力所做的功等于金屬棒動能的增量

D.金屬棒運動至最終靜止的全過程中，其重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量和R上所產(chǎn)生的

焦耳熱之和

【答案】D

【詳解】

A.金屬棒向下運動過程中，速度先增加后減小，受到向上的安培力先增加后減小，除此之外受向下的重

力不變，向上的彈力逐漸變大，開始時重力大于彈力和安培力之和，加速度向下，隨彈力和安培力的增

加,則加速度減?。划敯才嗔蛷椓Υ笥谥亓r，加速度變?yōu)橄蛏锨抑饾u變大，則加速度先減小增加后減

小,選項A錯誤;

B.當金屬棒的速度最大時，對金屬棒受力分析，金屬棒所受的合力為零，即

B2IJV

kx+-------=mg

R

mg

即金屬棒向下運動距離小于卜時，速度達到最大，選項B錯誤;

C.金屬棒運動到最大速度的過程中，重力、安培力和彈力所做的功等于金屬棒動能的增量，選項C錯

誤;

D.金屬棒運動至最終靜止的全過程中，其重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量和R上所產(chǎn)生的

焦耳熱之和，選項D正確。

故選D。

5.如圖所示，勻強磁場區(qū)域I和H中磁場的磁感應強度大小均為0.5T、方向均垂直紙面向里，磁場區(qū)域

1的右邊界與磁場區(qū)域II的左邊界相距0.1m。一邊長為0.2m的正方形導線框a機由粗細均勻的電阻絲圍

成，總電阻為0.4C?，F(xiàn)使線框以大小為2m/s的速度在紙面內(nèi)從實線所示位置（4邊與磁場區(qū)域I的右邊

界重合）垂直磁場區(qū)域邊界勻速運動到虛線所示位置（加邊與磁場區(qū)域II的左邊界重合），則下列四幅圖

像中，能正確反映上述過程中線框上d、c,兩點間的電勢差U隨時間f變化規(guī)律的是（）

n

XXX

-:3d

X

XX-:

Xx

*:

XC

X-Xx

X

(//(xlO2V)l//(xlO-2V)

20

15

5—:::

3

5101520/(xl(T3s)B°51015ZOeAxKTs)

A.<

■U/CxlO-2V)

20

15->

10->—；

5.::

、051015ZOx/CxKT*s)

【答案】B

【詳解】

f在0~5xl(y2s內(nèi)，H切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源，由楞次定律判斷知感應電流方向沿順時針

方向，則d的電勢高于C的電勢，U為正。

cd兩端電勢差

t/=-￡=-xfiLv=-xO.5xO.2x2V=5xlO-2V

444

f在5xi(y2s~ioxi(y2s內(nèi)，c"邊進入磁場I］后，cd邊和岫都切割磁感線，都產(chǎn)生感應電動勢，線框中感應

電流為零，由右手定則判斷可知，d的電勢高于c的電勢，U為正，所以

U=￡=如=0.5X0.2X2V=0.20V=20XI(r2V

f在1OX1O-2S~15X10飛內(nèi)，必邊穿出磁場后，只有m邊切割磁感線，由右手定則知，d點的電勢高于c?的

電勢，U為正。

333

t/=-￡=-fiLv=-xO.5xO.2x2V=15xlO-2V

444

故整個過程中線框d、c兩點的電勢差U隨時間t變化的圖線選項B圖所示。

故選B。

6.一質(zhì)量為加的物體以w的初速度與另一質(zhì)量為儂的靜止物體發(fā)生碰撞，其中"2="叫，k<l,碰撞

可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為盯和吸，假設碰撞在一

r=—

維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體，物體1撞后與碰撞前速度之比%的取值范圍是

)

1-k,\-k1

----<r<l-----<r<------

A.1+ZB.1+&1+Z

,、12

0<r<——2-<r<——

C.1+AD.u+k-------\+k

【答案】B

【詳解】

若發(fā)生完全彈性碰撞，則有

仍%=町匕+〃72V2

1o1212

解得

in.-niy

尸NT。

若發(fā)生完全非彈性碰撞，則有

=（m,+機,）匕

解得

m.

所以也的取值范圍為

m,-tTLy/m,

--v<v,<—1

0%

mx+m2

代入啊=奶

可得

三

\+k%

故選B。

7.如圖所示，閉合電路中電流表A和電壓表V均為理想電表，電阻R3=4.0C。只閉合SI，電流表示數(shù)為

0.8A、電壓表示數(shù)為3.2V；開關(guān)Si、S2均閉合后，電流表示數(shù)為0.75A、電壓表示數(shù)2.0V。下列說法正確

的是（）

A.電阻Ri=2.5C

B.Si、S2均閉合時，當兩端的電壓為L2V

C.電阻3

D.電源的電動勢E=4.0V、內(nèi)阻尸1.0。

【答案】D

【詳解】

A.只閉合冬，&、%均未接入電路，由歐姆定律可得

&=牛=4&

故A錯誤；

BC.開關(guān)與、S2均閉合后，&、%串聯(lián)后和“并聯(lián)，由并聯(lián)電壓相同可得

/述=%+?&

解得

&=8C

&兩端電壓為

&=1V

故B、C錯誤；

D.只閉合Si，閉合電路歐姆定律可得

E=q+Iy

開關(guān)Si、S2均閉合后，由閉合電路歐姆定律可得

14+卜+舒

帶入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得

E=4V

r=1。

故D正確；

故選D。

8.如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強磁場。兩個

相同的帶電粒子，先后從）'軸上的P點（0,“）和。點（縱坐標匕未知），以相同的速度vo沿x軸正方向

射入磁場，在x軸上的M點（c,0）相遇。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，由題中信息不能確定

的（）

zxXX

pJ,

X

XX

XX

A.。點的縱坐標。B.帶電粒子的電荷量

C.兩個帶電粒子在磁場中運動的半徑D.兩個帶電粒子在磁場中運動的時間

【答案】B

【詳解】

粒子從P、。兩點進行磁場的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知

(a-7?)2+c2=R2

(R-b)2+c2=R2

解得，兩個帶電粒子在磁場中運動的半徑為

。點的縱坐標b

c2

b=-

a

洛倫茲力提供向心力，由向心力公式可知

可以求出粒子的比荷

94

mRB

比荷可以求出，因為不知道粒子的質(zhì)量，所以粒子的電荷量不能求出。

粒子在磁場中運動的周期

%

周期可以求出，由幾何關(guān)系可求出兩個帶電粒子在磁場中運動的圓心角，故可以求出兩個帶電粒子在磁場

中運動的時間。

由題中信息不能確定的是帶電粒子的電荷量，其余都可以求出，故B正確，ACD錯誤。

故選B?

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4

分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道

兩端在同一高度上。三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別

為軌道的最低點，則下列有關(guān)判斷正確的是（）

A.小球第一次到達軌道最低點的速度關(guān)系VP=VM>VN

B.小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關(guān)系FM>FP>FN

C.小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關(guān)系tP<tM<rN

D.三個小球到達軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的出發(fā)點位置

【答案】AB

【詳解】

A.在第二圖中，因為洛侖茲力總是垂直于速度方向，故洛侖茲力不做功；球下落時只有重力做功，故第

一、二圖兩次機械能均守恒，故兩次球到最低點的速度相等

mgR=—mv2

第三圖中，小球下滑的過程中電場力做負功，重力做正功，所以小球在最低點的速度小于前兩個圖中的速

度，故A正確；

B.小球在最低點時，第一圖中重力和支持力的合力提供向心力，而第二圖中是重力、支持力和洛倫茲力

的合力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，對軌道的壓力也不相等；三圖中由于電場力對小

球做負功，故小球到達N點時的速度小于前2圖中的速度，而在豎直方向上，重力和支持力的合力充當向

心力，故三圖中壓力最小，故B正確：

C.第一圖和第二圖比較可得，小球下滑的速度相等，故

tp=tM

而由B中分析可知，三圖中速度小于前兩圖中的對應位置的速度，故小最小，故C錯誤；

D.第?、二兩圖中，洛倫茲力不做功，只有重力做功，動能和重力勢能之間轉(zhuǎn)換，故這小球在右端都能

到達高度相同；第三個圖中，小球向左運動過程中電場力做負功，故第三個小球上升的高度較小，故D錯

誤。

故選AB?

10.如圖所示為兩個不同閉合電路中兩個不同電源的U-/圖像，下列判斷正確的是（）

A.電動勢片=/，發(fā)生短路時的電流''A

B.電動勢內(nèi)阻/＜馬

C.電動勢鳥＞與，內(nèi)阻4-

D.當兩電源的工作電流變化量相同時，電源2的路端電壓變化小

【答案】AB

【詳解】

A.根據(jù)閉合電路歐姆定律知U=E一"，則知U-/圖像與。軸的交點表示電源的電動勢，與/軸的交點

表示短路電流，故有電動勢&=七2,發(fā)生短路時的電流,故A正確；

BC.U-/圖像中與U軸的交點表示電源的電動勢，斜率的絕對值表示內(nèi)阻，則得電動勢g=%,內(nèi)阻

，＜乃，故B正確，故C錯誤；

D.電動勢片="2,內(nèi)阻，＜與，根據(jù)0=石一斤可知，當兩電源的工作電流變化量相同時，電源2的路

端電壓變化大，故D錯誤；

故選AB。

11.如圖所示，固定在水平面上的半徑為，的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應強度大小為8的勻強

磁場。長為/的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉(zhuǎn)軸°°'上，隨軸以角速度"勻速

轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的4點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微

粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g,不計其它電阻和摩擦，下列說法正確的是

2gd

B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為3

人%2

C.電阻消耗的電功率為4R

D.電容器所帶的電荷量為CB/o

【答案】BC

【詳解】

A.因為切割磁感線的有效長度為r,所以棒產(chǎn)生的感應電動勢為

E=Brv

E=-Brco

代入數(shù)據(jù)化簡得2,故A錯誤；

B.金屬棒電阻不計，電容兩極板的電壓等于金屬棒產(chǎn)生的電動勢，由微粒的重力等于電場力得

E

q—=mg

a

q=2gd

代入數(shù)據(jù)化簡可得mBr%,故B正確；

C.電阻消耗的電功率為R4R,故c正確；

Q=CE=LCB/（O

D.電容器所帶的電荷量為2,故D錯誤。

故選BC。

12.如圖所示，一質(zhì)量M=8.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量帆=2.0kg的小

木塊Ao給A和B以大小均為5.0m/s,方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始

終沒有滑離B板，A、B之間的動摩擦因數(shù)是0.5。則在整個過程中，下列說法正確的是（）

A.小木塊A的速度減為零時，長木板B的速度大小為3.75m/s

B.小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零

C.小木塊A與長木板B共速時速度大小為3m/s

D.長木板的長度可能為10m

【答案】ACD

【詳解】

AB.木塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，由于初速度均為囪=5.0m/s,所以木板的動量大于小木塊的動量，

系統(tǒng)合動量方向向右，所以木塊A先向左做減速運動，速度減為零后反向向右做加速運動，最后木塊與木

板一起做勻速直線運動，以向右為正方向，由動量守恒定律得當木塊A的速度間為零時

Mv0-mv0—MVB

代入數(shù)據(jù)解得

vB=3.75m/s

故A正確，B錯誤；

C.最終木塊與木板速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得

=（A1+m）v

代入數(shù)據(jù)解得

v=3m/s

故C正確；

D.最終木塊與木板相對靜止，一起做勻速直線運動，對系統(tǒng)

2

^-Afv0+g=fjmgx

代入數(shù)據(jù)解得

x=8m

木板的最小長度為8m,可能為10m,故D正確。

故選ACDo

三、實驗題：本題共2小題，第13題6分，第14題9分，共15分。

13.在做《測定金屬的電阻率》的實驗中，若待測電阻絲的電阻約為5Q,要求測量結(jié)果盡量準確，備有

以下器材：

A.電池組（3V、內(nèi)阻1C）

B.電流表（0?3A,內(nèi)阻約0.0125C）

C.電流表（0~0.6A,內(nèi)阻約0.125C）

D.電壓表（0?3V,內(nèi)阻約4kC）

E.電壓表（0-15V,內(nèi)阻約15kC）

F.滑動變阻器（0-20Q,允許最大電流1A）

G.滑動變阻器（0?2000C,允許最大電流0.3A）

H.開關(guān)、導線

（1）上述器材中應選用的是（只填寫字母代號）

（2）某同學采用了如圖所示的部分電路測量電阻，則測量值比真實值偏（選填“大”或

“小”）。根據(jù)測量數(shù)據(jù)得到的伏安特性曲線如圖所示，圖中MN段向上彎曲的主要原因是下面的

（填A或B）

A.隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率增大，電阻增大

B.隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率減小，電阻減小

（3）在本實驗中，某同學用游標卡尺和螺旋測微器測該電阻絲的長度和直徑如圖所示，則其長度為

cm.直徑為mm。

【答案】ACDFH小A10.0254.487

【詳解】

（1）電源電動勢為3V,故應選0?3V的電壓表，又因為待測電阻絲的電阻約為5。，則電路中的最大電

流大約為

U3

I=±”A=0.6A

mR5

故應選0?0.6A的電流表，滑動變阻器應選0-20。的，太大會使電表讀數(shù)變化不明顯，調(diào)節(jié)時不方便，另

外還需要電源和開關(guān)、導線，故選ACDFH。

（2）此同學的接法為電流表外接法，此時電流表測量的是通過電阻和電壓表的電流之和，即電流表讀數(shù)

大于通過電阻的電流，由歐姆定律可知，電阻的測量值小于真實值；

圖線向上彎曲，是因為電阻絲的電阻率隨溫度的升高而增大，從而電阻增大，即圖線的斜率增大。故

A正確。

（3）圖示為20分度游標卡尺，因此讀數(shù)為

10cm+5x0.05x0.1cm=10.025cm

螺旋測微器讀數(shù)為

4mm+48.7x0.01mm=4.487mm

14.在“用電流表和電壓表測定電池的電動勢和內(nèi)電阻”的實驗中有如下器材:

A.干電池1節(jié)B.滑動變阻器（0~20C）

（1）其中滑動變阻器應選;（選填器材前的字母）

（2）請根據(jù)甲電路圖完成乙實物圖的連接；

（3）某同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的圖像如圖丙所示，由圖像可得電池的電動勢為V,內(nèi)電阻為

______。；

（4）本實驗產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是。

【答案】B見解析1.51.0電壓表的分流作用

【詳解】

（I）由于電源內(nèi)阻一般較小，為方便實驗操作，滑動變阻器選擇小電阻，故應選B

（2）根據(jù)甲電路圖連接實物圖如圖

（3）U—/圖像與縱軸交點為電源電動勢即

E=1.5V

圖像斜率絕對值為電源內(nèi)阻即

1.5-0.9

Q=1.0Q

0.6

(4)由實驗原理圖可知，電壓表測的是路端電壓，但電流衰測的并不是流過電源的電流，電流表示示數(shù)

與電壓表分流之和等于流過電源的電流，則本實驗產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是電壓表的分流作用

四、解答題：本題共4小題，第15題8分，第16題9分，第17題12分，第18題16分，共45分。解

答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答

案中必須明確寫出數(shù)值和單位。

15.如圖所示，絕緣直棒上的小球，其質(zhì)量為，"、帶電荷量是+q,小球可在棒上滑動。將此棒豎直放在

互相垂直且沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度是E,磁感應強度是8,小球與棒間的動摩擦

因數(shù)為〃，已知mg邛qE,則小球由靜止沿棒下滑過程中(小球所帶電荷量不變)；

(1)最大加速度是多少？

(2)最大速度是多少？

g—---------------

【答案】⑴m；(2)呼B

【詳解】

(1)在帶電小球下滑的過程中，小球受重力、電場力、支持力、摩擦力和洛倫茲力，受力分析如圖所

在豎直方向

mg—Ff—maFf=/.tFN

水平方向

F^=qvB+qE

解得

mg—〃（qvB+qE）

m

隨著小球速度V的增加，小球加速度減小。所以，小球向下做加速度逐漸減小的加速運動，最后加速度減

小到零，小球做勻速直線運動.

開始時，v=0,此時加速度最大

RqE

%=8-----

m

(2)當小球勻速時，4=0,小球處于平衡狀態(tài)，此時速度最大，設最大速度為Vm

根據(jù)平衡條件

mg-/j(qvmB+qE)=Q

所以

v_〃琢E

NqBB

16.如圖所示，處于勻強磁場中的兩根電阻不計的平行金屬導軌相距L=L0m,導軌平面與水平面成

°=37°角，上端連接阻值為&=3。的電阻，下端連接阻值為凡=6。的電阻。勻強磁場大小

6=0.4T、方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為加=02kg、電阻廠=0.5。的金屬棒出，放在兩導軌上，棒與導

軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25(已知sin370=0.6,cos37°=0.8,

g=l0mzs2)求：

(1)求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大小；

(2)求金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小及此時必兩端的電壓U"為多少；

(3)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，機械能轉(zhuǎn)化為電能的效率是多少。

【答案】(1)4m/s2；(2)I2.5m/s；4V；(3)66.7%

【詳解】

(1)金屬棒開始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0-/jmgcos0=nia

式解得

tz=10x(0.6-0.25x().8)m/s2=4m/s2

故金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大小為4m/s?。

(2)設金屬棒運動達到穩(wěn)定時速度為v,棒在沿導軌方向受力平衡

mgsin0-/nmgcos0-BIL=0

由歐姆定律有

,BvL

1=-------

R+r

u“b=IR

聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得

v=12.5m/s

34V

故金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小為u=12.5m/s,此時ab兩端的電壓

4=4V

（3）當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，裝置的電功率

匕=『R+r）

裝置的機械功率

［兒=mgvsin0

機械能轉(zhuǎn)化為電能的效率

77_'a

77-------

代入數(shù)據(jù)解得

〃=，0.667=66.7%

3

故機械能轉(zhuǎn)化為電能的效率是66.7%。

17.如圖所示，在光滑絕緣水平面上，質(zhì)量為〃?的均勻絕緣棒4B長為人帶有正電，電量為。且均勻分

布。在水平面上。點右側(cè)有勻強電場，場強大小為E,其方向為水平向左，80距離為刈，若棒在水平向

QE

右的大小為4的恒力作用下由靜止開始運動。求：

L

（1）棒的B端進入電場8時的加速度大小和方向；

（2）棒在運動過程中的最大動能；

（3）如果棒可以完全進入電場中，那么棒的最大電勢能。（設。處電勢為零）

QE堡J+AEI=QEL

【答案】(1)8加，方向向右；(2)4I08人⑶pl2

瞽QE(2Xo+L)

44%—

V),6A

【詳解】

(1)根據(jù)牛頓第二定律，得

QELQE

--------ma

48L

計算得出

_QE

Q----

8m

方向向右

(2)設當棒進入電場x時其動能達到最大，則此時棒受力平衡，有

計算得出

x--L

4

由動能定理得

線=華(

(3)棒減速到零時，棒可能全部進入電場，也可能不能全部進入電場，設恰能全部進入電場，則有

華(皿)-竽八。

得

存在三種可能性，可能1,xo=L時，電勢能最大值

耳廣堡(L+L卜理

PI4172

可能2,當與＜￡,棒不能全部進入電場，設進入電場x,根據(jù)動能定理得

0+整

----^x=0-0

2

解得

L+J匕+8ZcX