t＝0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑
后脱离墙面，此时速度大小为
，物体最终落在地面上。
则下列关于物体的运动说法正确的是
（ CD ）
A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线
C．物体克服摩擦力所做的功W＝
mgH
D．物体与墙壁脱离的时刻为t＝
解析：
竖直方向上有mg－μqE＝ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当E＝0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，故B错误；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，mg
－Wf＝
mv2，将v＝
，代入解得Wf＝
mgH，故C正确；当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E＝E0－kt＝0，解得时间t＝
，故D正确。
10．（哈尔滨六中2018～2018学年高二上学期检测）
如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。
现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是
（ BC ）
A．保持S闭合，将A板适当上移
B．保持S闭合，将B板适当下移
C．先断开S，再将A板适当下移
D．先断开S，再将B板适当上移
解析：
设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U。
质点的电量为q。
A．由质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h＋d）－qU＝0。
若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h＋d）－qU＝
mv2，得v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。
B．若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg（h＋d＋Δd）－qU＝
mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确。
C．若断开S时，将A板适当下移，板间电场强度不变，设A板下移距离为Δd，由动能定理得mg（h＋d）－qE（d－Δd）＝
mv2，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd＝0。
比较两式得，v＞0，说明质点能穿出b孔，故C正确。
D．若断开S，再将B板适当上移，根据动能定理：
mg（h＋d′）－qEd′＝
mv2，因d′＜d，可知，质点没到达b孔时速度减为零，故不能穿过b孔，故D错误。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、填空题（共2小题，共14分。
把答案直接填在横线上）
11．（6分）空气中的负氧离子对于人的健康极为有益。
人工产生负氧离子的方法最常见的是电晕放电法。
如图所示一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空气发生电离，从而产生负氧离子。
在负极后面加上小风扇，将大量负氧离子排出，使空气清新化。
针状负极与环形正极间距离为5mm，且视为匀强电场，则电场强度为__________1×118 V/m，电场对负氧离子的作用力为__________3.2×10－13 N。
解析：
因为可视为匀强电场，所以E＝
＝
V/m＝1×118V/m，电场对负氧离子的作用为F＝E·q＝1×118×3.2×10－19N＝3.2×10－13N。
12．（8分）密立根油滴实验首先测出了元电荷的数值，其实验装置如图所示，油滴从喷雾器喷出，以某一速度进入水平放置的平行板之间。
今有一带负电的油滴，不加电场时，油滴由于受到重力作用加速下落，速率变大，受到的空气阻力也变大，因此油滴很快会以一恒定速率v1匀速下落。
若两板间加一电压，使板间形成向下的电场E，油滴下落的终极速率为v2。
已知运动中油滴受到的阻力可由斯托克斯公式f＝6πηrv计算（其中r为油滴半径，η为空气粘滞系数）。
实验时测出r、v1、v2，E、η为已知，则
（1）油滴的带电量__________q＝
。
（2）经多次测量得到许多油滴的Q测量值如下表（单位10－19C）
6.41
8.01
9.65
11.23
12.83
14.48
分析这些数据可知__________电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C 。
解析：
（1）没有加电压时，达到v1有mg＝f1＝6πrηv1
加上电压后，受到向上的阻力和电场力，有mg＝f2＋qE＝6πrηv2＋qE
解以上两式得到油滴电量q＝
（2）在误差范围内，可以认为油滴的带电量总是1.6×10－19C的整数倍，故电荷的最小电量即元电荷为1.6×10－19C。
三、论述·计算题（共4小题，共46分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（10分）（山东淄川一中2018～2018学年高二上学期阶段考试）质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示。
若A球的带电量为q，则：
（1）B球的带电量为多少；
（2）水平外力多大。
答案：
（1）qx＝
（2）
mg
解析：
（1）当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：
重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F。
合力为零，由平衡条件得：
Fcos30°－F1cos30°＝0
2Fsin30°－mg＝0
由库仑定律：
F＝k
联立上述三式，可得B球的带电量qx＝
（2）A球受到如图所示的四个力作用，合力为零。
得FT＝F′·cos30°
而F′＝F＝mg
所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos30°＝
mg
14．（11分）如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B间距离为2d，MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，其质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷，不影响电场分布）。
现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。
已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。
求：
（1）C、O间的电势差；
（2）O点的场强大小与方向。
答案：
（1）
（2）
方向竖直向下
解析：
（1）小球P由C点运动到O点时，由动能定理可得mgd＋qUCO＝
mv2－0
所以UCO＝
（2）小球P经过O点时的受力分析如图所示，由库仑定律得
F1＝F2＝k
电场力为F＝F1cos45°＋F2cos45°＝
O点的场强为E＝
＝
方向竖直向下。
15．（12分）
（辽宁省沈阳市2018～2018学年高二上学期期末）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1m，两板间距离d＝0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。
设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。
已知微粒质量为m＝2×10－6kg、电荷量q＝1×10－8C，电容器电容为C＝1μF，取g＝10m/s2。
（1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射初速度v0的取值范围；
（2）若带电微粒以第
（1）问中初速度v0最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？
答案：
（1）2.5m/s≤v0≤5m/s
（2）600个
解析：
（1）设粒子打在下极板中点、边缘的初速度分别为v1，v2，则偏转位移为：
＝
gt2
得：
t＝
＝
s＝0.02s
水平方向：
＝v1t
L＝v2t
联立解得：
v1＝2.5m/s，v2＝5m/s
故粒子的初速度满足2.5m/s≤v0≤5m/s。
（2）设粒子刚好从边缘飞出时极板带电为Q，场强为E，板间电压为U，由牛顿第二定律得：
mg－Eq＝ma
偏转位移：
＝
at2
水平位移：
L＝v0t
又v0＝2.5m/s
联立解得：
E＝1.5×118N/C
U＝Ed，Q＝CU
解得Q＝6×10－6C
最多能落到下极板粒子的个数为：
n＝
＝
个＝600个
16．（13分）（北京大学附中河南分校2018～2018学年高二上学期检测）如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场E1、E2。
已知区域Ⅰ宽L＝0.8m，区域Ⅱ足够宽，E1＝10
kV/m且与水平成45°角斜向右上方，E2＝2kV/m方向水平向左。
绝缘薄板B长l＝2.8m质量mB＝1.6kg置于光滑水平面上，其左端与区域Ⅰ的左边界平齐。
带电量为q＝＋1.6×10－3C质量mA＝1.6kg的带电体A可视为质点，与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，置于木板的最左端由静止释放。
（g＝10m/s2）求：
（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度？
（2）木板B的最终速度？
答案：
（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度为4m/s；
（2）木板B的最终速度为
m/s。
解析：
（1）由牛顿第二定律得：
qE1cos45°＝mAa1，代入数据解得：
a1＝10m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式得：
v
＝2a1L，代入数据解得：
v1＝4m/s；
（2）由牛顿第二定律得：
对A：
qE2＋μmAg＝mAa2，代入数据解得：
a2＝3m/s2，
对B：
μmAg＝mBaB，aB＝1m/s2，
设经时间t，A、B速度相等，设为v2，速度相等后加速度为a3，
由匀变速运动的速度位移公式得：
v1－a2t＝aBt，代入数据解得：
t＝1s，
由位移公式得：
v1t－
a2t2＝xA，
aBt2＝xB，
代入数据解得：
xA＝2.5m，xB＝0.5m，则：
Δx＝xA－xB＝2m；
又l＝2.8m、L＝0.8m，故当A到达薄板右端时两者速度相等，
由牛顿第二定律得：
qE2＝（mA＋mB）a3，代入数据解得：
a3＝1m/s2，
由速度位移公式得：
v
－v
＝2a3xA，由速度公式得：
v2＝aBt，解得：
v3＝
m/s。
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