（講練測(cè)）高考物理一輪復(fù)習(xí) 第06章 靜電場(chǎng)單元綜合測(cè)試（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

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1、第06章 靜電場(chǎng) 【滿分：110分 時(shí)間：90分鐘】 一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中. 1~8題只有一項(xiàng)符合題目要求； 9~12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。） 1．在靜電場(chǎng)中，下列說(shuō)法中正確的是： （ ） A．電勢(shì)為零的點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度也一定為零 B．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向處處與等勢(shì)面垂直 C．由靜止釋放的正電荷，僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡一定與電場(chǎng)線重合 D．電場(chǎng)中任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向總是指向該點(diǎn)電勢(shì)降落的方向 【答案】B 【名師點(diǎn)睛】在靜電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)無(wú)關(guān)

2、．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向處處與等勢(shì)面垂直．只有當(dāng)電場(chǎng)線是直線時(shí)，電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡才有可能與電場(chǎng)線重合．順著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)逐漸降低 為兩者之和．因此根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度為即可求解。 2．A、B是一條電場(chǎng)線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其v-t圖象如圖所示。則電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布可能是： （ ） 【答案】D 【解析】從速度時(shí)間圖像中可以看出物體的速度在減小，即電場(chǎng)力做負(fù)功，圖像的斜率表示加速度，所以加速度在增大，即受到的電場(chǎng)力在增大，因?yàn)榱Ｗ訋д姡闺妶?chǎng)力做負(fù)功，必須運(yùn)動(dòng)方向和電場(chǎng)方向相反，所以AC錯(cuò)誤；從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中電場(chǎng)

3、力在增大，即電場(chǎng)線變得密了，故D正確C錯(cuò)誤. 【名師點(diǎn)睛】做本題的關(guān)鍵是知道電場(chǎng)線的疏密程度可表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，速度時(shí)間圖像的斜率表示加速度，據(jù)此分析解題。 3．如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過(guò)圓心C的軸線上有a、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q>0）固定點(diǎn)電荷，已知b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為（k為靜電力常量）： （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【名師點(diǎn)睛】由題意可知，半

4、徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q＞0）的固定點(diǎn)電荷，在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，說(shuō)明各自電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反．那么在d點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小即。 4．兩個(gè)等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖甲所示，一個(gè)電荷量為2C，質(zhì)量為1 kg的小物塊從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標(biāo)出了該切線）．則下列說(shuō)法正確的是： （ ） A．B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)E=1 V/m B．由C到A的過(guò)程中物塊的電勢(shì)能先減小后變大 C．由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)逐漸升

5、高 D．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=5V 【答案】A 【名師點(diǎn)睛】此題考查等量同種電荷的電場(chǎng)及v-t圖線的應(yīng)用；解題時(shí)要首先明確等量同種電荷電場(chǎng)的特點(diǎn)：兩個(gè)等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外；據(jù)v-t圖獲取加速度、速度、動(dòng)能等物理量是解本題的突破口. 5．點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的靜電場(chǎng)的等勢(shì)面與紙面的交線如圖所示，圖中標(biāo)在等勢(shì)面上的數(shù)值分別表示該等勢(shì)面的電勢(shì)，a、b、c……表示等勢(shì)面上點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的有： （ ） A．位于g點(diǎn)的點(diǎn)電荷不受電場(chǎng)力作用 B．b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定相等 C．把電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a

6、點(diǎn)移到i點(diǎn)，再?gòu)膇點(diǎn)移到f點(diǎn)過(guò)程中，電場(chǎng)力做的總功大于把該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)直接移到f點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功 D．把1C正電荷從m點(diǎn)移到c點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力做的功等于7 kJ 【答案】D 【解析】位于g點(diǎn)的位置電勢(shì)為零，場(chǎng)強(qiáng)不為零，所以點(diǎn)電荷受電場(chǎng)力作用，故A錯(cuò)誤；b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)疊加產(chǎn)生的，Q2和Q3與b點(diǎn)和d點(diǎn)的距離不等，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式得Q2和Q3在b點(diǎn)和d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不等，方向不同，所以b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不相等，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)力做功W=qU得把電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到i點(diǎn)，再?gòu)膇點(diǎn)移到f點(diǎn)過(guò)程中，電場(chǎng)力做的總功等于把該點(diǎn)電荷從

7、a點(diǎn)直接移到f點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功，故C錯(cuò)誤；把1庫(kù)侖正電荷從m點(diǎn)移到c點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力做的功W=qU=1C×=7kJ，故D正確；故選D 【名師點(diǎn)睛】本題考查了電場(chǎng)線特點(diǎn)及沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，點(diǎn)電荷連線上的電勢(shì)分布．要知道空間中某一點(diǎn)的實(shí)際場(chǎng)強(qiáng)是由多個(gè)場(chǎng)強(qiáng)疊加產(chǎn)生的．在等勢(shì)面上移動(dòng)電荷電場(chǎng)力做功為零。 6．如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是： （ ） A．三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最高B．帶電質(zhì)

8、點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度較Q點(diǎn)大 C．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能較Q點(diǎn)大D．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能較Q點(diǎn)大 【答案】D 【名師點(diǎn)睛】利用電場(chǎng)線和等勢(shì)面的垂直關(guān)系，根據(jù)已給的等勢(shì)面（或電場(chǎng)線）畫(huà)出沒(méi)給出的電場(chǎng)線（或等勢(shì)面），因?yàn)樗艿碾妶?chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，就可確定所受電場(chǎng)力的方向，再由給出的粒子的帶電性質(zhì)，確定電場(chǎng)線的方向，由沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，判斷電勢(shì)的高低，通過(guò)分析電場(chǎng)力做功情況，，就能確定電勢(shì)能的變化，從而確定在不同位置電勢(shì)能的大小。 7．如圖所示，一半徑為R電量為Q的孤立帶電金屬球，球心位置O固定， P為球外一點(diǎn)．幾位同學(xué)在討論P(yáng)點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)時(shí)，有下列一些說(shuō)法，其中正確的是

9、： （ ） A．若P點(diǎn)無(wú)限靠近球表面，因?yàn)榍蛎鎺щ?，根?jù)庫(kù)侖定律可知，P 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)趨于無(wú)窮大． B．因?yàn)榍騼?nèi)場(chǎng)強(qiáng)處處為0，若P點(diǎn)無(wú)限靠近球表面，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)趨于0 C．若Q不變，P點(diǎn)的位置也不變，而令R變小，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不變 D．若Q不變，而令R變大，同時(shí)始終保持P點(diǎn)極靠近球表面處，則P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不變 【答案】C 【名師點(diǎn)睛】本題運(yùn)用等效的思維，將看成金屬球看成點(diǎn)電荷模型來(lái)處理，運(yùn)用點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式進(jìn)行分析，點(diǎn)電荷是一種理想化的物理模型，要注意能把帶電體看成點(diǎn)電荷的條件。 8．如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷對(duì)稱地放在一無(wú)限大平面的兩側(cè)（兩點(diǎn)電荷未畫(huà)出），O點(diǎn)是兩點(diǎn)

10、電荷連線與平面的交點(diǎn)，也是連線的中點(diǎn)。在平面內(nèi)以O(shè)點(diǎn)為圓心畫(huà)兩個(gè)同心圓，兩圓上分別有四個(gè)點(diǎn)，則以下說(shuō)法正確的是： （ ） A．兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 B．若某個(gè)檢驗(yàn)電荷只在此電場(chǎng)的電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)和d點(diǎn)時(shí)，加速度大小一定相等 C．帶正電的檢驗(yàn)電荷從a點(diǎn)在平面內(nèi)移動(dòng)到d點(diǎn)電勢(shì)能一定減小 D．檢驗(yàn)電荷可以僅在此電場(chǎng)的電場(chǎng)力作用下在此平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) 【答案】B 【解析】根據(jù)等量異號(hào)點(diǎn)電荷電場(chǎng)線的特點(diǎn)以及對(duì)稱性可知，在兩個(gè)點(diǎn)電荷的連線的中垂線上，所有各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向都與中垂線垂直，而且與兩個(gè)點(diǎn)電荷的連線的交點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，越向兩邊越??；由圖可知，a

11、、c兩點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不相等，所以a、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小不相等，故A錯(cuò)誤；由圖可知，c、d兩處電場(chǎng)線疏密程度相同，則場(chǎng)強(qiáng)大小相同，則加速度的大小也一定相等，故B正確；兩等量異號(hào)點(diǎn)電荷連線的垂直平分線是一條等勢(shì)線，則a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)電勢(shì)均相等，由推論：正電荷從a點(diǎn)在平面內(nèi)移動(dòng)到d點(diǎn)電勢(shì)能不變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的分布，可知，檢驗(yàn)電荷受到的電場(chǎng)力不在此平面內(nèi)，因此不可能做圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】等量異號(hào)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)線分布情況是考試的熱點(diǎn)，抓住對(duì)稱性和其連線的垂直平分線是一條等勢(shì)線是學(xué)習(xí)的重點(diǎn)．對(duì)于電勢(shì)能大小或變化的判斷，可根據(jù)推論或電場(chǎng)力做功正負(fù)判斷． 9

12、．如圖所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿半徑方向建立x軸，P點(diǎn)為球面與x軸的交點(diǎn)。已知均勻帶電球體，x≥R處的電場(chǎng)分布與電荷量全部集中在球心時(shí)相同，而均勻帶電球殼內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零。k為靜電力常量，則： （ ） A．球內(nèi)部各點(diǎn)的電勢(shì)相等 B．球內(nèi)部的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng) C．x軸上各點(diǎn)中，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大 D．x軸上x(chóng)1（x1

13、由圖象和橫軸的面積來(lái)表示。 10．兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在y軸上的O、M兩點(diǎn)，若規(guī)定無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，則在兩電荷連線上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨y變化的關(guān)系如圖6所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)均為零，ND段中的C點(diǎn)電勢(shì)最高，則：（ ） 圖6 A．q1與q2帶異種電荷 B．A、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為零 C．從N點(diǎn)沿y軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度大小先減小后增大 D．將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功 【答案】AD 【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要掌握電場(chǎng)線方向和電勢(shì)變化的關(guān)系，明確電場(chǎng)力做功的正負(fù)決定電勢(shì)能的增加與否，注意圖象斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度是解題的突破

14、口。 11．如圖所示，A、B、C是勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行于電場(chǎng)線的某一平面上的三個(gè)點(diǎn)，各點(diǎn)的電勢(shì)分別為φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G為AC的中點(diǎn)，在下列各示意圖中，能正確表示電場(chǎng)強(qiáng)度方向的是： （ ） 【答案】BC 【解析】G 點(diǎn)的電勢(shì)為；因?yàn)棣誂＝5 V，φB＝2 V，則H點(diǎn)的電勢(shì)為4V，F(xiàn)點(diǎn)的電勢(shì)為3V；可知φG＝φH，φC＝φF，故GH和CF均為等勢(shì)線，場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于GH和CF，故選BC． 【名師點(diǎn)睛】此題考查了電場(chǎng)線以及等勢(shì)面；要知道在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任意方向相等的距離內(nèi)的電勢(shì)差是相同的；電場(chǎng)線與等勢(shì)面是正交的關(guān)系，所以只要找到了電

15、勢(shì)相等的兩個(gè)點(diǎn)就有了等勢(shì)面，于是就可以找到場(chǎng)強(qiáng)的方向了. 12．如圖（1）所示，在平行板電容器的A附近，有一個(gè)帶正電的粒子（不計(jì)重力）處于靜止，在A、B兩板間加如圖（2）所示的交變電壓，帶電粒子在電場(chǎng)力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間剛好到達(dá)B板，設(shè)此時(shí)粒子的動(dòng)能大小為，若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在時(shí)刻到達(dá)B板，此時(shí)粒子的動(dòng)能大小為，求等于： （ ） A．3:5 B．5:3 C．1:1 D．9:25 【答案】ACD 【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合了靜電場(chǎng)和力學(xué)的知識(shí)，分析

16、方法和力學(xué)的分析方法基本相同．先分析受力情況再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程（平衡、加速、減速，直 線或曲線），然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題．解決這類問(wèn)題的基本方法有兩種，第一種利用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)，選用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化 的觀點(diǎn)，選用動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解。 二、非選擇題（本大題共4小題，第13、14題每題10分；第15、16題每題15分；共50分） 13．（10分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，該區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，（電荷量不變

17、）經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角，CD為直徑，重力加速度為g，求 （1）小球所受到的電場(chǎng)力的大??； （2）小球在A點(diǎn)速度多大時(shí)，小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小。 【答案】（1）（2） 【解析】（1）已知帶電小球在光滑的豎直圓軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度最大，因此，C點(diǎn)是豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的物理“最低點(diǎn)”，也就是小球在C點(diǎn)受力情況滿足合外力完全充當(dāng)向心力，如圖 滿足 因此電場(chǎng)力即 （2）小球在軌道最高點(diǎn)B時(shí)的受力情況如圖所示， 根據(jù)①②兩種情況的討論可知，小球在B點(diǎn)的最小速度為，小球從A到B過(guò)程中，只有電場(chǎng)力和重力做了功，又知A、B兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面

18、上，該過(guò)程電場(chǎng)力做功為0，根據(jù)動(dòng)能定理可得：③，聯(lián)立以上②③兩式可得 【名師點(diǎn)睛】抓住帶電小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度最大這一突破口，豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度出現(xiàn)在物理“最低點(diǎn)”，即合外力沿半徑指向圓心，而電場(chǎng)力和重力的合力則背離圓心的方向；豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，軌道對(duì)小球的壓力豎直向下，對(duì)B的壓力最小時(shí)，對(duì)D的最小壓力等于零。 14．（10分）如圖所示，空間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，在電場(chǎng)中用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的輕絲線吊著一電荷量為q的小球，小球保持靜止時(shí)絲線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場(chǎng)方向改變?yōu)樨Q直向下且大小不變，不考慮因電場(chǎng)的改變而帶來(lái)的其他影響，求： （

19、1）小球所受重力的大??；（2）小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)絲線的拉力。 【答案】（1）（2） 【解析】（1）小球受到的電場(chǎng)力，重力，繩子的拉力三個(gè)力作用，處于平衡狀態(tài)，故有，解得 【名師點(diǎn)睛】運(yùn)用動(dòng)能定理求速度，根據(jù)牛頓第二定律求絲線的拉力，是常用的方法和思路，要能熟練運(yùn)用力學(xué)方法解決電場(chǎng)中的問(wèn)題。 15．（15分）一個(gè)帶正電的小物體，,放在絕緣的水平地面上，圖甲中，空間若加上水平方向的變化電場(chǎng)，其加速度隨電場(chǎng)力變化圖像為圖乙所示。現(xiàn)從靜止開(kāi)始計(jì)時(shí)，改用圖丙中周期性變化的水平電場(chǎng)作用（g取10m/s2）。求： E/ ×106NC-1 （1）物體的質(zhì)量及物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； （2）

20、在圖丙所示周期性變化的水平電場(chǎng)作用下，物體一個(gè)周期內(nèi)的位移大小； （3）在圖丙所示周期性變化的水平電場(chǎng)作用下，23s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)物體所做的功。 【答案】（1）4kg；0.1；（2）8m；（3）196J 【解析】（1）物體在水平面上受重力mg、地面的支持力N、水平拉力F和摩擦力f作用，根據(jù)牛頓第二定律得：F－μmg＝ma，解得：a＝－μg 對(duì)照a-F關(guān)系圖象，可知m＝4kg，μg＝1m/s2，即μ＝0.1 （2）電場(chǎng)變化周期是T=4s 0-2s ； 2s末 ；在2-4s內(nèi) 做減速運(yùn)動(dòng)，4s末v2=0，，所以一個(gè)周期內(nèi)物體的位移x=x1+x2=8m （3

21、）23s內(nèi)E1作用下位移為6x1，E2作用下位移為5x2+3m，因此W1=E1q×6x1=288J W2=-E2q×（5x1+3m）=-92J 即23s內(nèi)電場(chǎng)力做功W=W1+W2=196J 【名師點(diǎn)睛】本題涉及牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的知識(shí)以及運(yùn)動(dòng)定理的應(yīng)用，求解本題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析物理過(guò)程，主要考查分析、推理和綜合能力；利用牛頓第二定律求出加速度，再利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出一個(gè)周期內(nèi)的位移，通過(guò)周期性的運(yùn)動(dòng)過(guò)程求出23s內(nèi)的位移，然后求出拉力做的功。 16．（15分）如圖所示，絕緣的水平桌面上方有一豎直方向的矩形區(qū)域，該區(qū)域是由三個(gè)邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG

22、首尾相接組成的，且矩形的下邊EH與桌面相接。三個(gè)正方形區(qū)域中分別存在方向?yàn)樨Q直向下、豎直向上、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小比例為1∶1∶2?，F(xiàn)有一帶正電的滑塊以某一初速度從E點(diǎn)射入場(chǎng)區(qū)，初速度方向水平向右，滑塊最終恰從D點(diǎn)射出場(chǎng)區(qū)。已知滑塊在ABFE區(qū)域所受靜電力和所受重力大小相等，桌面與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.125，重力加速度為g，滑塊可以視作質(zhì)點(diǎn)。求： （1）滑塊進(jìn)入CDHG區(qū)域時(shí)的速度大小v0；（2）滑塊在ADHE區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。 【答案】（1）（2） （2）在CDHG區(qū)域 在BCGF區(qū)域，滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng) 在ABEF區(qū)域，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得： 則： 又 得： 總時(shí)間： 【名師點(diǎn)睛】本題是對(duì)牛頓第二定律及動(dòng)能定理的應(yīng)用的考查；解題的關(guān)鍵是先根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式求出類平拋的初速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；此題有一定的難度，考查學(xué)生的綜合分析能力.