物理素质拓展 2（90 分钟）
一、单选题：本大题共 9 小题，每题 4 分，共 36 分。
1.如图，圆形绝缘塑料桶外表面有一圈导电涂层，桶内装有导电溶液，导电涂层与导电溶液靠近且相互绝缘即构成
电容器。导电涂层，溶液与恒压电源的两极相连(图中未画出)，下列说法正确的是( )
A. 若导电溶液高度增加，电容器电容减小
B. 若导电溶液高度减小，电容器电压减小
C. 刮去塑料桶外表面部分涂层，电容器电荷量减小
D. 刮去塑料桶外表面部分涂层，电容器电压增大
2.人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，使得只有带特定电荷的粒子才
能通过细胞膜进入细胞内，如图所示。初速度为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外 点运动到细胞
膜内 点，则下列说法正确的是( )
A. 点电势低于 点电势
B. 从 点运动到 点，钠离子的电势能增大
C. 若膜电位不变，当 增大时，钠离子的加速度变小
D. 若膜电位不变，当 增大时，钠离子进入细胞内的速度变大
3.如图所示， 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为 ， 为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为 ，
1为圆水平直径的两端点， 为4圆弧。一个质量为 电荷量为 的带电小球，从 点正上方高为 处由静止释放，
并从 点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 小球一定能从 点离开轨道
B. 小球在 部分不可能做匀速圆周运动
C. 若小球能从 点离开，上升的高度可能大于
D. 小球到达 点的速度不可能为零
4.如图所示的电路中， 间的电压恒定为 2 ，滑动变阻器的总电阻为 0，滑动端 处在正中央。在下列四种情况中，
电阻 上两端电压最接近 1 的是( )
A. 0 = 200 ， = 100
B. 0 = 200 ， = 400
C. 0 = 200 ， = 100
D. 0 = 200 ， = 400
5.如图所示，金属极板 受到紫外线照射会逸出光电子，最大初速率为 。正对 放置一金属网 ，在 、 之间加
恒定电压 。已知 ， 间距为 (远小于板长)，电子的质量为 ，电荷量为 ，则( )
1
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A. 金属极板 受到紫光照射时，逸出光电子的最大初速率大于
2
B. ， 间加反向电压 m4 时，电流表示数恰好为零
C. 沿 1方向逸出的电子到达 时，动能一定为2
2
m +
D. 2 电子从 到 过程中 方向位移大小最大为 m
6.某同学设计了如图所示的电路进行电表改装，已知电流表 的量程为 500 ，内阻 = 0.4 ， 1 = ， 2 = 7 。
则若将接线柱( )
A. 1、2接入电路时，最大可以测量的电流为 0.5
B. 1、3接入电路时，最大可以测量的电压为 3.0
C. 1、2接入电路也可作为电压表使用， 1阻值越小量程越大
D. 1、3接入电路也可作为电流表使用， 2阻值越小量程越大
7.有一台电风扇，标有“额定电压 、额定功率 ”，电动机线圈的电阻为 ，把它接入电压为 的电路中，经过时间
，电风扇线圈电阻产生的热量为 ，下列表达式正确的是( )
2 2 2
A. = B. = C. =
2 D. =
8.将一电源与电阻箱 、定值电阻 0 = 4 连接成闭合回路，如图甲所示．测得电阻箱所消耗功率 与电阻箱读数
的关系如图乙所示，则下列说法正确的是
A. 电源内阻 = 5
B. 电源电动势 = 30
C. 定值电阻 0功率最大时，电阻箱 = 1
D. 电阻箱所消耗功率 最大时，电源效率为 90%
9.如图甲所示，电源电动势 = 6 ，闭合开关，将滑动变阻器的滑片 从 端滑至 端的过程中，得到电路中的一些
物理量的变化如图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所示．其中图Ⅰ为输出功率与路端电压的关系曲线，图Ⅱ为路端电压与总电流的关系曲线，
图Ⅲ为电源效率与外电路电阻的关系曲线，不考虑电表、导线对电路的影响．则下列关于图中 、 、 、 点的坐标
值正确的是( )
A. (0.6 , 4.5 ) B. (4 , 4.5 ) C. (4.8 , 2.88 ) D. (6 , 80％)
二、多选题：本大题共 3 小题，每题 4 分，共 12 分；漏选得 2分，错选不得分。
1
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10.在如图甲所示的电路中， 1、 2和 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关
闭合后，电路中的总电流为 0.25 ，则此时( )
A. 通过 1的电流为通过 2的电流的 2倍
B. 此时 1、 2和 3的电阻均为 12
C. 1消耗的电功率为 0.75
D. 1消耗的电功率为 2消耗的电功率的 4倍
11.在如图所示的电路中，电源电动势为 、内电阻为 ，闭合开关 ，将滑动变阻器的滑片 从图示位置向右滑动时，
四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 、 1、 2、 3表示，电表示数变化量的绝对值分别用 、 1、
2、 3表示。则下列判断中正确的是( )
A. 2、 3都变大 B. 2变大， 3减小
C. 3 不变 D.
3
变大
12.如图所示的电路中， 是一根粗细和质地都均匀的铅笔芯，电源电动势 = 3 ，内阻 = 0.5 ，定值电阻 = 2 。
已知当导线的触头 接在铅笔芯正中间时，铅笔芯消耗的电功率最大，不计导线电阻，下列说法正确的是( )
A. 铅笔芯 的总阻值为 2.5
B. 铅笔芯 的总阻值为 5.0
C. 导线触头 由 向 移动过程中，电阻 的功率一直变大
D. 导线触头 由 向 移动过程中，电源的输出功率一直减小
三、实验题：本大题共 2 小题，每空 2 分，共 16 分。
13．如图所示为一种加速度仪的示意图。质量为 m的振子两端连有劲度系数均为 k的轻
弹簧，电源的电动势为 E，不计内阻，滑动变阻器的总阻值为 R，有效长度为 L，系统静
止时滑动触头位于滑动变阻器正中，这时电压表指针恰好在刻度盘正中。
（1）系统的加速度 a（以向右为正）和电压表读数 U的函数关系式 ；
（2）将电压表刻度改为加速度刻度后，其刻度是 ；（填“均匀”或“不均匀”）
3
（3）若电压表指针指在满刻度的 位置，此时系统的加速度大小 。
4
14．LED灯的核心部件是发光二极管，某同学欲测量一只工作电压为 2.9V的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用
器材有：电压表（量程0 3V，内阻约3k ），电流表（用多用电表的直流 25mA挡替代，内阻约为5 ），滑动变阻
器（0 20 ），电池组，开关和导线若干。他设计的电路如图（a）所示。回答下列问题：
2
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(1)根据图（a），在实物图（b）上完成连线；
(2)调节滑动变阻器的滑片至最 端（选填“左”或“右”），将多用电表
选择开关拨至直流 25mA挡，闭合开关；
(3)某次测量中，多用电表示数如图（c），则通过二极管的电流为 mA；
(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图（d）所示。由曲线可知，随着两端电
压的增加，二极管的正向电阻 （选填“增大”“减小”或“不变”）；
当两端电压为 2.9V时，正向电阻为 k （结果保留两位有效数字）。
四、解答题：本大题共 3 小题，每题 12 分。
15．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波。其振荡原理与下述过程类似。
已知静电场的方向平行于 x轴，其电势 随 x的分布如图所示。一质量m 1.0 10 20kg、电荷量 q 1.0 10 9C的带
负电的粒子从 ( 0.5,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在 x轴上做往返运动。忽略粒子的重力等因素，求：
E
(1)x 1轴左侧电场强度 E1和右侧电场强度E2的大小之比 E ；2
(2)该粒子运动的最大速度 vm；
(3)该粒子运动的周期 T。
16．如图所示的坐标系，在第一象限内存在水平向右的匀强电场，一带电小球由 y轴上的 P点以水平速度 v0 抛出，
mg
经过一段时间小球刚好落在坐标原点。已知小球的质量为 m、带电荷量为 q，电场强度E ，重力加速度为 g。
q
(1)判断小球所带电荷的电性并求出小球从 P到 O的过程中中间时刻的坐标值；
(2)求小球动能的最小值。
17．密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入
大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴 a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀
v0 v速运动，速率分别为 v0、 ；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率 0 ，均竖直向下4 2
匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力
和油滴间的相互作用。
（1）求油滴 a和油滴 b的质量之比；
（2）判断油滴 a和油滴 b所带电荷的正负，并求 a、b所带电荷量的绝对值之比。
2
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物理周测 2 答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C C D B D B C D C AC AC BC
三、实验题 【每空 2分】
13. a kL 2kLU kL m mE 均匀 2m
14.(1)
(2)左 (3)16.0（15.8~16.2均可） (4) 减小 0.15/0.14/0.16
四、解答题
15.(1)2:1 (2) 2 106m / s (3)3 10 8s 【每问 4分】
v2 3v2
16.(1)负电， 0 , 02g 2g (2)
1 mv20 【每问 6分】
4
17.（1）8:1； （2）油滴 a带负电，油滴 b带正电；4:1 【每问 6分】
物理周测 2 详解
1.【答案】
【解析】【分析】
由图明确电容器的构造，再由平行板电容器的决定式以及定义式进行分析即可。
【解答】
若导电溶液高度增加，相当于正对面积增加，电容增大，A错误;
导电溶液高度减小，电容器正对面积减小，电容减小，但电压不变，B错误;
刮去塑料桶外表面部分涂层，电容器正对面积减小，电容减小，连接电源，电压不变，所以
电容器
1
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电荷量减小，C正确，D错误。
故选 C。
2.【答案】
【解析】【解答】 、钠离子受力方向从 指向 ，所以电场线方向也是从 指向 ，沿电场
线方向电势逐渐降低，所以 点的电势高于 点的电势，故 A错误；
B、钠离子从 点到 点，电场力做正功，钠离子的电势能减小，故 B错误；
C 、若膜电位不变，即 间的电压不变，当 增大时，由 = 可知，电场强度变小，钠离子
受电场力变小，根据牛顿第二定律知，钠离子的加速度变小，故 C正确；
D 1、若膜电位不变，根据动能定理 = 2
2可知，钠离子进入细胞内的速度不变，故 D错
误。
故选： 。
【分析】根据钠离子受力方向分析；根据电场力做功分析；根据电场强度和电势的关系分析
场强的变化，然后根据牛顿第二定律分析；根据动能定理分析。
知道钠离子的受力情况，掌握牛顿第二定律和动能定理在粒子运动过程中的应用。
3.【答案】
【解析】A.小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨
道的弹力。电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出 与 、 的关系，所以小球不一
定能从 点离开轨道，故 A错误；
B.若重力大小等于电场力，小球在 部分做匀速圆周运动，故 B错误；
C.由于小球在 部分运动时电场力做负功，所以若小球能从 点离开，上升的高度一定小于
，故 C错误；
D.若小球到达 点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小
球到达 点的速度不可能为零，故 D正确。
故选 D。
4.【答案】
【解析】【分析】
用串并联电路规律分别计算电阻 两端电压，比较做出判断。
熟悉串并联电路的规律和特点，本题也可根据两个电阻并联的特点：并联阻值小于任一电阻，
两电阻差值越大，并联阻值越接近小电阻，由此可知
2
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1
2 0 <<
1
时，二者并联值越接近2 0，其两端电压越接近 1 。
【解答】
A. 0 = 200 ， = 100 = 100 =
100×100 50 2
， 上 ， 下 100+100 = 50 ， = 50+100 = 3 ；
3
B. 0 = 200 ， = 400 ， 上 = 100 ， 下 =
100×400×10
100+400×103 ≈ 100 =
100
， 100+100 =
1 ；
3
C. 30 = 200 ， = 100 ， 上 = 100 × 10 ， =
100×10 ×100
下 100×103+100 = 100 ， =
100 = 1100×103+100 500 ；
3
D. 0 = 200 ， = 400 ， 上 = 100 × 10
3 100×10 ×400， 下 = 100×103+400 = 400 ， =
400
100×103+400 = 0.008 。
综上，正确选项为 。
5.【答案】
. = 1【解析】解： 根据光电效应方程 22 = 0，金属极板 受到紫外线照射逸
出光电子的最大初速率为 ，紫光的频率小于紫外线的频率，则金属极板 受到紫光照射时，
逸出光电子的最大初速率小于 ，故 A错误；
2
B. 1 、 间加反向电压电流表示数恰好为零时，则 = 2 2 ，解得 =
2 ，故 B错误；
C.根据动能定理，从金属板 上逸出的最大初速率为 的光电子到达 板时 =
1 22 ，则从金属板 上逸出的最大初速率为 的光电子到达 板时的动能为 = +
1
2
2
，与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，故 C错误；
D.平行极板 射出的电子到达 板时在 方向的位移最大，则电子从 到 过程中 方向最大
位移为
=
1
= 2
2
解得 = 2 ，故 D正确。
6.【答案】
3
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【解析】 . 1、2接入电路时，也可作为电流表使用， 1阻值越小量程越大；因为 1 = ，
通过 1的最大电流为 500 ，最大可以测量的电流为 1 ， AC错误；
. 1、3接入电路也可作为电压表使用， 2阻值越大量程越大；电流表 两端最大电压为
= 500 × 0.4 = 0.2 ， 2 = 7 = 2.8 ， 2两端最大电压为 2 = 2 = 1 × 2.8 =
2.8
最大可以测量的电压为 = + 2 = 3.0
B正确。
故选 B。
7.【答案】
【解析】解： 、电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以 时间内产生的
2
热量为 = 2 ；由于是非纯电阻电路，故 I≠ ，故 ≠ ，故 A错误；
B、电风扇的功率为 ，而电风扇消耗的电能大部分转化为机械能，所以产生的热量： < =
，故 B错误；
C、由于 = ， =
2 ，故 = ( )2 ，故 C正确；
2
D 、 是纯电阻电路的热功率的表达式，不能表示热量，故 D错误；
故选： 。
已知电流和线圈的电阻以及通电时间，由 = 2 就可计算出线圈产生的热量．
本题考查了电动机正常工作时产生热量的计算，是一道基础题，关键是正确理解电功和电热
的关系以及各自的求解方法．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等效电源的内阻以及电源的输出功率的特点，要注意明确当内外电阻相等时电源的
输出功率最大；
根据电源输出功率的性质可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，注意等效电源的
2 外
内阻，而最大值为 = 4 ，但电源效率只有 = 。
等效 总
【解答】
A、由电阻箱功率最大的条件可知，此时满足 = 0 + ，所以电源内阻 = 1 ，A错误;
2
B、由电阻箱所消耗功率 最大值为 20 可知，由 = max 4 + ，解得 = 20 ，B错误;0
4
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C、由 = 2 20 = ( + + ) 0可知，当 = 0 时，定值电阻 0功率最大，C错误，0
D、电阻箱所消耗功率 = + 最大时，电源效率 0 + + × 100% = 90%，D正确．0
故选 D。
9.【答案】
【解析】【分析】
变阻器的滑片在右端 时，分别对于 、 、 三点，由乙图读出短路电流 短 = 3 ，由 = 短
求解电源的内阻 ；由丙图知：当 = 8 时，电源的效率最高，此时滑动变阻器的阻值最大，
由效率公式求出滑动变阻器的总阻值 .再分别求出各点的坐标。
本题关键是读出图象的信息，知道电源的输出功率与路端电压的关系，能根据闭合电路欧姆
定律进行分析和求解。
【解答】
6
由题图乙可知短路电流为 短 = 3 ，由 短 = 得 = = 3 = 2 ，电源的效率最大时，
短
滑动变阻器接入电路的电阻最大，由题图丙可知电源的最大效率为 = 80%，由 = = + ，
解得 = 8 ；
当输出功率达到最大时，外电路电阻 1 = = 2 ，此时路端电压为 1 = 3 ，故可得 点对
2 62
应的电压 1 = 3 ，最大功率 = 4 = 4×2 = 4.5 ，则 点坐标为(3 , 4.5 )；
滑动变阻器的滑片在最右端 时，分别对应 、 、 三点，对应的外电阻 = 8 ，则 2 = + =
6
8+2 = 0.6 ，此时 2 = 2 = (6 0.6 × 2) = 4.8 ， 2 = 2 2 = 4.8 × 0.6 =
2.88 ，所以 点的坐标为(0.6 , 4.8 )， 点的坐标为(4.8 , 2.88 )， 点的坐标为(8 , 80%)，
故 C正确，ABD错误。
故选 C。
10.【答案】
【解析】【分析】
根据电路可知，小灯泡 2与 3并联之后再与 1串联，根据串并联电路的特点即可得出结论，
值得注意的是要通过图乙得出灯泡的电阻不是定值，而是随着电压的变化在变化。
本题主要考查串并联电路与欧姆定律的综合考查，解题时要注意通过图乙得出灯泡的电阻变
化特点，进而根据串并联电路的特点即可解答。
5
{#{QQABKIQQCAlxEwgigQiAkgARgABCAAYQ47gECQEHQSWCSgCuQgCsoQIkThLCYCgGAQBVgGCAxFOAAMwICACAAZNyBANFABAA=A}#=}}#}
【解答】
A.电路中的总电流为 0.25 ，则通过 1的电流为 0.25 ，因 2和 3并联，则 2和 3两端电压
相等，它们的电阻相等，因此它们的电流也相等，则有通过 1的电流为通过 2的电流的 2
倍，故 A正确；
B.由伏安特性曲线可以读出电流为 1 = 0.25 时，电压为 1 = 3 ， 2的电流为 2 = 0.125 ，
此时电压 2 ≈ 0.4 ，由 =
知它们的电阻不相等，故 B错误；
C. 1消耗的电功率为 = 1 1 = 3 × 0.25 = 0.75 ，故 C正确；
D.因通过 1的电流为通过 2的电流的 2倍，假设它们的电阻相等，则有 1消耗的电功率为 2
消耗的电功率的 4倍，而它们的电阻不相等，因此 1消耗的电功率不等于 2消耗的电功率的
4倍，故 D错误。
故选 AC。
11.【答案】
【解析】 .将滑动变阻器的滑片 从图示位置向右滑动时， 2变大，外电路总电阻变大，
由欧姆定律 = 知 变小，则 1 = 1变小。
总
变小，而 3 = ，则 3变大，由 3 = 1 + 2，因 1变小，则 2变大，故 A正确，B
错误；
.由 3 =
知 3 = 不变。故 C正确，D错误。
故选 AC。
12.【答案】
2
【解析】 .令铅笔芯接入电阻为 ，则其消耗的电阻为 1 = + + =
2
2 ，根据数学函数关系可知，当接入电阻 等于 + 时，铅笔芯消耗功 +
+ +2 +
率最大，即有 = + ，解得 = 2.5 ，由于此时导线的触头 接在铅笔芯正中间，则
铅笔芯 的总阻值为 = 2 = 5 ，故 A错误，B正确；
C.导线触头 由 向 移动过程中，铅笔芯接入电阻减小，电路中电流增大，根据 22 = ，
可知，导线触头 由 向 移动过程中，电阻 的功率一直变大，故 C正确；
2
2
D. 电源的输出功率为 3 = + 外 = 2 ，作出上述函数的图像如图所示
外 + +2 外
外
6
{#{QQABKIQQCAlxEwgigQiAkgARgABCAAYQ47gECQEHQSWCSgCuQgCsoQIkThLCYCgGAQBVgGCAxFOAAMwICACAAZNyBANFABAA=A}#=}}#}
由于电源内阻小于定值电阻，则电路外电阻总大于电源内阻，可知，当导线触头 由 向
移动过程中，外电阻减小，电源的输出功率一直增大，故 D错误。
故选 BC。
13. a kL 2kLU kL【答案】 均匀 m mE 2m
【详解】（1）[1]当振子向左偏离变阻器中间位置 x距离时，对振子，根据牛顿第二定律得
2 =
根据欧姆定律和串联电路分压特点得
L
x
U 2 E
L
联立可得
a kL E 2U
mE
（2）[2]由加速度的表达式可知，a与 U是线性关系，所以加速度仪的刻度盘是均匀的，
（3）[3]当变阻器触片滑到最右端时电压表的读数等于电源的电动势 E，得到电压表指针指
3 3
在满刻度的 位置时，电压值U E
4 4
代入到加速度 a的表达式得
a kL
2m
负号表示方向向左
14.【答案】(1)见解析
(2)左
(3)16.0（15.8~16.2均可）
(4) 减小 0.15/0.14/0.16
7
{#{QQABKIQQCAlxEwgigQiAkgARgABCAAYQ47gECQEHQSWCSgCuQgCsoQIkThLCYCgGAQBVgGCAxFOAAMwICACAAZNyBANFABAA=A}#=}}#}
【详解】（1）根据多用电表红黑表笔的接法“红进黑出”可知，黑表笔接二极管正极，红表
笔接滑动变阻器上接线柱，滑动变阻器采用分压式接法，则连线如图所示
（2）为保护电路，开关闭合前需将滑动变阻器的滑片置于最左端；
（3）多用电表所选量程为0 25mA，由题图（c）可知，则通过二极管的电流为16.0mA；
（4）I U图像中，图线上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图（d）可知，
随着电压的增加，图线上的点与原点连线的斜率逐渐增大，则二极管的电阻逐渐减小；当二
极管两端电压为 2.9V时，通过二极管的电流为19.5mA，则电阻大小为
R 2.9 0.15k
19.5 10 3
15.【答案】(1)2:1 (2) 2 106m / s (3)3 10 8s
【详解】（1）由题图可知
U1 U 2 20V
由电场强度和电势差的关系可得左侧电场强度
E U 11 d1
右侧电场强度
E U2 2d2
由题图知 d1 0.5cm， d2 1cm
联立可得
E1 2
E2 1
（2）粒子运动到原点时速度最大，根据
v2m 0
E q
2 1 d
m 1
8
{#{QQABKIQQCAlxEwgigQiAkgARgABCAAYQ47gECQEHQSWCSgCuQgCsoQIkThLCYCgGAQBVgGCAxFOAAMwICACAAZNyBANFABAA=A}#=}}#}
解得
vm 2 10
6m / s
（3）设粒子半个周期内在原点左右两侧运动的时间分别为 t1、 t2，由运动学公式得
v qE1m tm 1
v qE2m tm 2
T 2 t1 t2
联立解得粒子运动的周期
T 3 10 8s
v20 , 3v
2 1
16.【答案】(1) 0 (2) mv2负电，
2g 2g
4
0
【详解】（1）由题意可知，小球在水平方向只受电场力，且开始时向右运动，但最终落在坐
标原点，故小球应受向左的电场力，小球应带负电。
小球在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上做匀变速直线运动。
水平方向上受力有
F Eq ma x P点和 O点的横坐标相同，由匀变速直线运动规律可知，小球在从 P到 O的
过程中中间时刻在水平方向的速度为零，该过程运动时间为
t v 0
ax
又
E mg
q
解得
t v 0
g
则从 P到 O的过程中中间时刻小球的横坐标为
x v
2 v2
0 0
2ax 2g
纵坐标为
9
{#{QQABKIQQCAlxEwgigQiAkgARgABCAAYQ47gECQEHQSWCSgCuQgCsoQIkThLCYCgGAQBVgGCAxFOAAMwICACAAZNyBANFABAA=A}#=}}#}
1 2y g (2t)2 1 gt2 3v 0
2 2 2g
v2 3v2
则中间时刻小球的坐标值为 0 , 0
2g 2g
（2）将小球的水平速度 v0 沿合力方向和垂直于合力方向分解，如图所示。当沿合力方向的
速度为零时，小球的速度最小。
设合力与水平方向的夹角为 ，此时
vmin v0 sin
根据力的几何关系知
sin mg 2
(Eq)2 (mg)2 2
联立解得
v 2min v2 0
所以小球动能的最小值为
E 1 mv2 1km min mv
2
2 4 0
17.【答案】（1）8:1；（2）油滴 a带负电，油滴 b带正电；4:1
【详解】（1）设油滴半径 r，密度为ρ，则油滴质量
m 4 r3
3
则速率为 v时受阻力
f krv
则当油滴匀速下落时
mg f
解得
10
{#{QQABIKQQCAlxEwgigQiAkgARgABCAAYQ47gECQEHQSWCSgCuQgCsoQIkThLCYCgGAQBVgGCAxFOAAMwICACAAZNyBANFABAA=A}#=}}#}
r 3kv v
4 g
可知
ra v 01 2rb v
4 0
则
ma r
3 8
a3 mb rb 1
v
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率 0 ，可知油滴 a
2
做减速运动，油滴 b做加速运动，可知油滴 a带负电，油滴 b带正电；当再次匀速下落时，
对 a由受力平衡可得
qa E fa mag
其中
v0
f 2a m g
1
m g
v a a0 2
对 b由受力平衡可得
fb qbE mbg
其中
v0
f 2b 1 mbg 2mbgv
4 0
联立解得
qa ma 4
qb 2mb 1
11
{#{QQABKIQQCAlxEwgigQiAkgARgABCAAYQ47gECQEHQSWCSgCuQgCsoQIkThLCYCgGAQBVgGCAxFOAAMwICACAAZNyBANFABAA=A}#=}}#}
