安徽省六安二中2020学年高二物理上学期第一次统测试题（含解析）

安徽省六安二中2020学年高二物理上学期第一次统测试题（含解析）

安徽省六安二中2020学年度第一学期高二年级第一次统测（理）(物理) ‎ 一、选择题 ‎1.关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是( )‎ A. 点电荷所带电荷量一定是元电荷 B. 点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型 C. 点电荷所带电荷量可能很大 D. 点电荷是客观存在的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】点电荷是一种理想化的物理模型，不是客观存在的；元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍；点电荷所带电荷量不一定是元电荷，所带电荷量可能很大，选项AD错误，C正确；检验电荷是用来检验电场是否存在的电荷，体积要小，带电量也要小；点电荷是理想化的模型；所以点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，故B错误；故选C.‎ ‎【点睛】本题关键是对点电荷、元电荷和检验电荷的概念要有清晰的认识，同时要明确它们之间的区别，这是理清概念的一种重要方法．‎ ‎2.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )‎ A. 根据电场强度定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B. 根据真空中点电荷电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关 C. 根据电势差定义式可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则 D. 根据电容定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场中某点的电场强度是由电场本身决定的物理量，与试探电荷所带的电荷量无关，选项A错误；根据真空中点电荷电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关，选项B正确；根据电势差定义式可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则，选项C错误；电容器的电容由本身决定，与其所带电荷量以及两极板间的电压无关，选项D错误；故选B.‎ ‎3.如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷，虚线是以所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是( )‎ A. b、d两点处的电场强度相同 B. a、c两点处的电势相同 C. 将一试探电荷沿圆周由a点移至c点，电场力做正功 D. 将一试探电荷沿圆周由a点移至c点，的电势能减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是轴对称的，不相同的，故A错误；+Q在a、c两点处产生的电势相同，但-Q在a、c两点处产生的电势不相同，故a、c两点处的电势不相同，故B错误；将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+Q做的功为零，-Q做正功，所以电场力做正功，故C正确；将一试探电荷-q沿圆周由a点移至c点，+Q做的功为零，-Q做负功，所以电场力做负功，-q电势能增加，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低。‎ ‎4.如图，圆面与匀强电场平行，沿该平面从A点向圆内各个方向射入初动能相等的同种带正电的粒子，其中从圆周上D点射出的带电粒子动能最大，AC与BD为过圆心O的两个相交直径，不计重力。则( )‎ A. 电场强度与CD平行 B. 圆周上各点中D点的电势最低 C. 圆周上各点中B点的电势最低 D. 带电粒子从A到C的过程中电场力做功为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】据题意，带电微粒仅在电场力作用下从A点进入，离开D点的动能最大，则D点是沿电场强度方向离A点最远，所以电场线与过D的切线相垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OD方向。D电势最低，故AC错误，B正确；A与C不是等势点，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题关键抓住D点是沿电场强度方向离A点最远，从电场力做功公式W=qEd，判断出电场线的方向，并运用这个公式求解电场力做功，要理解这个公式中d是两点沿电场线方向的距离．‎ ‎5.如图所示，两平行正对的金属板A，B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会首先向A板运动，之后时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】若0＜t0＜‎ ‎，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以B错误。若＜t0＜ ，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以A正确。若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。故选A。‎ ‎【点睛】带电粒子在电场中的运动，实质是力学问题，题目类型依然是运动电荷的平衡、直线、曲线或往复振动等问题．解题思路一般地说仍然可遵循力学中的基本解题思路：牛顿运动定律和直线运动的规律的结合、动能定理或功能关系带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象或位移图象来分析．‎ ‎6.真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，重力不计。下列说法中正确的是( )‎ A. 三种粒子在偏转电场中运动时间之比为 B. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 C. 三种粒子出偏转电场时的速度相同 D. 在荧光屏上将只出现2个亮点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得，qU1=mv02-0，则进入偏转电场的速度，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比：1：1，在在偏转电场中运动时间t=，则知时间之比为1：：．故A错误。在竖直方向上的分速度vy=at=，则出电场时的速度．因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，故C错误。在加速电场中，由动能定理得：qU1=mv02-0，在偏转电场中，偏转位移，联立得，可见y与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，故D错误。偏转电场的电场力对粒子做功W=qEy，因为E和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2．故B正确。故选B。‎ ‎【点睛】本题考查粒子在电场中的加速和偏转，掌握处理粒子在电场中偏转的方法，知道粒子在垂直电场和沿电场方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解．‎ ‎7.如图所示，xoy平面是无穷大导体的表面，该导体充满的空间，的空间为真空，将电荷量为q的点电荷置于z轴上处，则在xoy平面上会产生感应电荷，空间任意一点处的电场皆由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的，已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在z轴上 处的场强大小为（k为静电力常量）（      ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在z轴上-处，合场强为零，该点场强为q和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；q在−处产生的场强为：；由于导体远端离-处很远，影响可以忽略不计，故导体在-处产生场强近似等于近端在-处产生的场强；-处场强为：0=E1+E2，故E2＝−E1＝−；根据对称性，导体近端在处产生的场强为−E2＝；电荷q在处产生的场强为：；故处的合场强为：，故选A。‎ ‎8.图中虚线为匀强电场中与电场强度方向垂直的等间距平行直线。两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的o点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点。己知o点电势高于c点电势。若不计粒子的重力及两粒子间的相互作用，则( )‎ A. 电场强度的方向竖直向上 B. N粒子在a点的加速度与M粒子在c点的加速度相同 C. N粒子在从o点运动至a点的过程中静电力做正功 D. M粒子在从o点运动至c点的过程中，其电势能增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为虚线为匀强电场中与由场强度方向垂直的等间距平行直线，所以该虚线为等势线，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下。故A错误；因为该电场是匀强电场，且两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等，因此其加速度大小一定相等，但是方向不同，故B错误；因为电场方向竖直向下，再根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，因此N粒子带负电，M带正电，N从o点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。M粒子在从o点运动至c点的过程中，电场力与速度的夹角也为锐角，电场力也做正功，电势能减小。故C正确，D错误。故选C。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是：要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析出粒子带电的正负，再根据电场力的方向与轨迹的夹角大小来判断电场力做功的情况。‎ ‎9.某条直线电场线上有O,A,B,C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为+q（q>0）的粒子，从O点由静止释放，仅考虑电场力作用。则（）‎ A. 若O点的电势为零，则A点的电势为 B. 粒子A到B做匀速直线运动 C. 粒子运动到B点时动能为 D. 粒子在OA段电势能变化量等于BC段电势能变化量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此UOA＝S1＝，由于∅o=0，因此∅A＝−．故A错误；粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动；在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动。故B错误；从O到B点过程列动能定理，则有：W电=qUOB=EKB-0，而UOB＝S2＝+E0d＝，联立方程解得：EKB＝．故C正确；粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量；或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOA＞UBC，根据电场力做功公式W=qU和W=△E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是：要知道E-x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。‎ ‎10.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为9 V、13.5 V、5.5 V。下列说法正确的是( )‎ A. 电场强度的大小为 B. 坐标原点处的电势为1 V C. 电子在a点的电势能比在b点的高 D. 电子从b点运动到c点，电场力做功为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：φb-φc=φa-φo，代入数据解得：φo=1V；在y轴上距离O点2.25m的位置电势也为5.5V，画出等势面，如图所示：‎ tanθ=‎ ‎＝0.75，故θ=37°；O点与经过C点的等势面间距为：d=OC•sin37°=1.8cm，故场强：；故A错误，B正确；点a的电势比点b的电势低4.5V，电子带负电荷，故电子在a点的电势能比在b点的高4.5eV，故C正确；电子从b点运动到c点，电势降低8V，电子带负电荷，故电势能增加8eV，电场力做功-8eV，故D正确；故选BCD。‎ ‎11.如图所示，两块较大的金属板A,B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法正确的是（）‎ A. 若将B板向左平移一小段距离，则油滴仍然静止，G中有的电流 B. 若将B板向上平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有的电流 C. 若将S断开，A板向左平移一小段距离，则油滴向上加速度运动，G中无电流 D. 若将S断开，A板向下平移一小段距离，则油滴仍静止，G中无电流 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qE；若将B板向左平移一小段位移，由E=可知，E不变，油滴仍静止；根据C=、，有：Q=，故电容器电量减小，放电，故G中有b→a的电流；故A正确；若将B板向上平移一小段距离，由E=可知，E变大，故油滴应向上加速运动；根据C=、，有：Q=，故电容器电量增加，充电，故G中有a→b的电流；故B错误； 若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，根据可知，电容C减小，再根据C=‎ 可知，U增大；根据U=Ed可知，E增大；电场力增大，油滴向上运动；但由于电量不变，故G中无电流；故C正确；若将S断开，Q不变；再将A板向下平移一小段位移，根据，电容减小；根据C=、U=Ed，得到E=，故电场强度不变，故电场力不变，故油滴静止，G中没有电流，故D正确；故选ACD。‎ ‎【点睛】本题考查电容的动态分析问题，解题的关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式U=Ed和共点力平衡条件列式分析．‎ ‎12.在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域II中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）‎ A. 小球受到的重力与电场力之比为3：5‎ B. 在时，小球经过边界MN C. 在过程中，小球的机械能先增大后减小 D. 在小球向下运动的过程中，克服电场力做功等于重力势能的减少量 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时。由v-t图象的斜率等于加速度，得小球进入电场前的加速度为：。由牛顿第二定律得重力为：G=mg=ma1=mv1；进入电场后的加速度大小为：‎ ‎；由牛顿第二定律得：F-mg=ma2；得电场力：F=mg+ma2=；则联立得重力G与电场力F之比为3：5．故A正确，B错误。由图可得，在1s～2.5s过程中，小球向下运动，电场力做负功，小球的机械能减小。在2.5s～4s过程中，小球向上运动，电场力做正功，小球的机械能增大，所以小球的机械能先减小后增大。故C错误。在小球向下运动的整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理知，重力做的功与克服电场力做的功相等，而重力做的功等于重力势能的变化量，所以克服电场力做功等于重力势能的减小量。故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住v-t图象的斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系。‎ ‎13.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度E=。ACB为光滑竖直固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A,B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电荷量为﹣q（q>0）的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（　  　）‎ A. 小球在AC部分运动时，加速度不变 B. 适当增大E，小球沿轨道到达C点的速度可能为零 C. 小球到达C点时对轨道压力大小为2mg D. 若，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】因mg=qE，则电场力与重力的合力为零，则小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心。故A错误。适当增大E，即小球所受的电场力大于重力，电场力和重力的合力向上，则在最低点C的最小速度满足Eq-mg=m，即在最低点的速度不可能为零，故B错误。小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH=mvA2-0，解得：vA=。根据牛顿第二定律得：N=m=2mg，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg。故C正确。若E=，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，qE-mg=m，解得：vC=，根据动能定理得：mg（H+R）-qER=mvC2-0，解得：H=R．所以H至少为R．故D正确。故选CD。‎ ‎【点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，关键是能用等效力的方法来处理问题；此题综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练．‎ 二、实验题 ‎14.如图所示，长为l的水平导体棒原来不带电，现将一带电量为Q的点电荷放在距棒左端R处，当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端处产生的场强大小等于____________，方向___________。‎ ‎【答案】 (1). ； (2). 水平向左；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端处产生的场强大小与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，则有：；由于该处的电场强度为零，所以方向与带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度的方向相反，即水平向左；‎ ‎15.如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球。用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。现将A球沿水平向左方向缓慢移动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，A、B两小球间的库仑力________；A球对MO杆的压力________。(选填“变大”、“变小”或“不变”)‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1，静电力F1，如图所示：‎ 根据平衡条件，有x方向：F=F1sinθ　①‎ y方向：N1=mg+F1cosθ　②‎ 再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力N2，如图，根据平衡条件，有x方向：F1sin θ=N2　③‎ y方向：F1cos θ=Mg　④‎ 由上述四式得到 ⑤‎ N1=mg+Mg　⑥‎ N2=Mgtan θ　⑦‎ 由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变大，sin θ变大，cos θ变小，由⑤⑦式知，静电力F1变大，由⑥式知，水平杆对A球的支持力等于两个球的重力之和，N1不变，根据牛顿第三定律知，A球对MO杆的压力不变.‎ ‎【点睛】本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论．‎ 三、计算题 ‎16.如图所示，固定斜面与水平面夹角为，高度为h，空间充满垂直斜面向下的匀强电场，电场强度大小为，一质量为m，电量为+q（q>0）的物体以某速度下滑时刚好能做匀速直线运动，物体可以看成质点，且下滑过 程中其电量保持不变，重力加速度为g，问：‎ ‎（1）斜面与物体间的动摩檫因数；‎ ‎（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释放物体，求物体落到地面时的速度大小。‎ ‎【答案】斜面与物体间的动摩檫因数是。‎ 物体落到地面时候的速度大小为。‎ ‎【解析】‎ ‎(1)对物体受力分析，如图：‎ 根据物体平衡状态有：‎ ‎，‎ ‎，即，由以上各式解得：；‎ ‎(2) 若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左,先把重力与电场力合成，合力与水平方向成450解，即物体将离开斜面，如图：‎ 由于电场力与重力大小相等，所以物体在竖直方向和水平方向的位移大小相等，‎ 对物体从斜面顶端到落地应用动能定理：，即，解得。‎ ‎17.如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图y轴上一点P的坐标为(0,L)，有一电子以垂直于y轴的初速度从P点垂直射入电场中，并从A点射出，A点坐标为(2L,0)已知电子的电量大小为e，质量为m，不计电子的重力．‎ ‎(1)求匀强电场的场强大小；‎ ‎(2)若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为(0,-L)，求感光胶片上曝光点的横坐标x．‎ ‎【答案】（1（2）3L ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设匀强电场的场强大小强为E，电子在电场中运动时间为 沿x轴方向，‎ 沿y轴方向，‎ 解得：‎ ‎(2)离开电场时，电子沿y轴方向的速度 解得:‎ 由几何关系得:‎ 解得:‎ 考点：带电粒子在电场中的运动。‎ ‎【名师点睛】略。‎ ‎18.如图，绝缘的水平面上,相隔2L的AB两点固定有两个电量均为Q的正点电荷,,O,b是AB连线上的三点，且O为AB连线的中点,。一质量为m、电量为+q（q>0）的点电荷以初速度v0从点出发沿AB连线向B运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，当它第一次运动到O点时速度为2v0，继续运动到b点时速度刚好为零，经过一段时间，最后恰停在O点。已知静电力恒量为k．求：‎ ‎（1）点的场强大小；‎ ‎（2）阻力的大小；‎ ‎（3）两点间的电势差；‎ ‎（4）电荷在电场中运动的总路程．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（4）4.5L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：‎ ‎（2）从a到b点过程中，根据对称性，Ua=Ub根据动能定理：‎ 解得：‎ ‎（3）从a到o点过程中，根据动能定理：‎ 解得：‎ ‎（4）最后停在O点，整个过程符合动能定理：‎ ‎【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题。‎ ‎19.如图所示为固定在竖直平面内的内壁光滑的绝缘轨道，其半径为R=1m，轨道所在的空间存在平行于轨道的水平向右的匀强电场，场强大小为。在轨道的最下端A处有一个电荷量为、质量为m=0.8kg的小球。现给小球一个水平向右的初速度v0=4m/s，g取10m/s2，则（结果可以用根式表示）：‎ ‎（1）小球在运动后的瞬间对轨道的压力多大？‎ ‎（2）小球运动的最大速度是多少？‎ ‎（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，其初速度v0要满足什么条件？‎ ‎【答案】(1)FN=20.8N；(2)；(3)或 ‎【解析】‎ 试题分析：(1)通过圆周运动知识找到向心力，可求解；‎ ‎(2)利用动能定理进行求解；(3)分析小球不脱离轨道的两种情况：一、等效重力场中的最高点，二、等效重力场中的水平位置，再利用动能定理进行求解；‎ ‎(1) ，得：；‎ ‎(2)由动能定理： 得：；‎ ‎(3) 第一种情况：‎ ‎ ‚‎ ‎ƒ‎ 由‚ƒ得：，‎ 第二种情况：得：；‎ 点晴：解决本题的关键是找到重力与电场力的等效重力场的方向，再利用动能定理求解。‎