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2020-2021学年安徽省安庆市高二阶段性测试 物理试题
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这是一份2020-2021学年安徽省安庆市高二阶段性测试 物理试题，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）
以下关于摩擦起电和感应起电的说法中正确的是( )
A. 摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷
B. 摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移
C. 摩擦起电的两摩擦物体必定是绝缘体，而感应起电的物体必定是导体
D. 不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移
如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比( )
A. 两小球间距离将增大，推力F将减小B. 两小球间距离将增大，推力F将增大
C. 两小球间距离将减小，推力F将增大D. 两小球间距离将减小，推力F将减小
如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小，电势高低的比较，正确的是( )
A. EA=EC>EB，φA=φC=φB
B. EB>EA>EC；φA=φC>φB
C. EAφB，φA>φC
D. 因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低
如图所示，以点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心产生的电场强度大小为E.现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使点的电场强度改变，则下列判断正确的是( )
A. 移至c点时，点的电场强度大小仍为E，沿e方向
B. 移至e点时，点的电场强度大小为E2，沿c方向
C. 移至b点时，点的电场强度大小为32E，沿c方向
D. 移至f点时，点的电场强度大小为32E，沿e方向
如图所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，其中Na+水平向右移动．若测得4s内分别有1.0×1018个Na+和Cl-通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向和大小为( )
A. 水平向左0.8AB. 水平向右0.08AC. 水平向左0.4AD. 水平向右0.04A
如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线。a、b两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法正确的是( )
A. a受到的电场力较小，b受到的电场力较大B. a的速度将减小，b的速度将增大
C. a一定带正电，b一定带负电D. a、b两个粒子所带电荷电性相反
如图所示，将平行板电容器接在电池组两极间，两极间的带电尘埃恰好静止。若将两极板缓慢错开一些，其他条件不变，则( )
A. 电容器带电荷量不变B. 电源中将有电流从正极流出
C. 尘埃仍静止D. 电流计中将有电流，电流方向b→a
相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为+4q和-q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是( )
A. -q，在A左侧距A为L处B. -2q，在A左侧距A为L2处
C. +4q，在B右侧距B为L处D. +2q，在B右侧距B为3L2处
在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B，下列实验方法中不能使验电器箔片张开的是( )
A. 用取电棒(带绝缘柄的导体棒)先跟B的内壁接触一下后再跟A接触
B. 用取电棒先跟B的外壁接触一下后再跟A接触
C. 用绝缘导线把验电器跟取电棒的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触
D. 使验电器A靠近B
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是( )
A. 增大U1B. 增大U2C. 增大LD. 增大d
如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是( )
A. 等势面D的电势为-7V
B. 等势面B的电势为4V
C. 该电子不可能到达电势为-10V的等势面
D. 该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为4eV
如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共2小题，共18.0分）
在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的______而增大，随其所带电荷量的______而增大．
此同学在探究中应用的科学方法是______(选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”)．
如图，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地，金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，A、B、C是垂线上的三个点且B、C在金属导体表面，B、C两点的电势φB______φC(填“大于”、“等于”或“小于”)，负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，EpB______EpC(填“大于”、“等于”或“小于”)。
四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）
如图，A、B是水平放置且间距d=5cm的两平行金属板，两板间为匀强电场。一质量m=1×10-9kg、电荷量q=5×10-12C的带负电液滴恰静止在两板正中间的P点。液滴可视为质点，重力加速度g=10m/s2。
(1)求两板间的电场强度大小；
(2)若将液滴从P点移到B板，求该过程中电势能的增加量。
如图所示，真空环境中xOy平面的第Ⅰ象限内有方向平行于y轴的匀强电场，一电子从点P(0,3L)以初速度v0垂直y轴射入电场中，从x轴上点Q(0,2L)射出。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子受到的重力。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)若在第四象限内有一过O点且与x轴成30°角的足够长的平面感光胶片，求电子从P点射到感光胶片的时间。
一质量为m1=1kg、带电荷量为q=+0.5C的小球以速度v0=3m/s，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6m，两极板间距为0.5m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为半径R<3m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO'的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10V/m。(取g=10m/s2)求：
(1)求两极板间的电势差大小U；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R的取值应满足的条件(结果可用分式表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分．
两个过程都没有产生电荷，故AB错误；
C、摩擦起电的两摩擦物体不一定是导体，感应起电的物体一定是导体，故C错误；
D、不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移，故D正确；
故选：D．
摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．
摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．
2.【答案】A
【解析】解：以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：
设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：
N1=mAgtanθ，
将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小。
B对A的库仑力F库=mAgcsθ，θ减小时，csθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离将增大。
再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：
F=N1
则F将减小，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．
本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象(往往以受力较少的物体为研究对象)，分析受力情况．
3.【答案】B
【解析】解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则有：EB>EA>EC；
等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势。所以有：φA=φC>φB.故B正确，ACD错误。
故选：B。
电场线越密的地方，电场强度越强。沿着电场线方向电势降低。通过电场线的分布进行判断。
虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直。
4.【答案】B
【解析】解：A、由题意可知，在圆心产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在处的电场强度大小均为E2，方向水平向右。当正电荷移至c点，两点电荷在点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则点的合电场强度大小为E2，方向：沿e方向，故A错误。
B、当正电荷移至e处，两点电荷在点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则点的合电场强度大小为E2，方向沿c，故B正确；
C、当正电荷移至b点时，两点电荷在点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则点的合电场强度大小为2×E2cs30°=32E，方向沿d与e角平分线向上，故C错误；
D、当正电荷移至f处，两点电荷在点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则点的合电场强度大小为2×E2cs30°=32E，方向沿d与c角平分线向下，故D错误；
故选：B。
等量同种点电荷产生的电场具有一定的对称性，根据两个点电荷在处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，进行分析即可。
考查点电荷的电场强度的叠加，关键要掌握库仑定律，理解等量同种点电荷产生的电场的对称性，以及电场强度的大小与方向的特点，及矢量叠加原理。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
由离子的带电量可求得通过截面的总电量，总电量等于正离子与负离子电量绝对值之和，再由电流的定义可求得电流强度的大小，电流方向与正离子定向移动的方向相同；
本题考查电流强度的定义，要注意明确当同时有正负电荷通过时，电量为正负电荷电荷量绝对值的和。
【解答】
由题意可知：4s内流过截面上的电量q=1.0×1018×1.6×10-19C+1.0×1018×1.6×10-19C=0.32C；
则电流强度为：I=qt=0.324A=0.08A；由于Na+水平向右移动，所以电流方向向右，故ACD错误，B正确。
故选B。
6.【答案】D
【解析】解：A、电场线的疏密代表电场的强弱，由题目图可知越向左场强越小，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，但是a、b电荷量关系不清楚，因此电场力大小也无法比较，故A错误；
B、由于出发后电场力始终对电荷做正功，故两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故B错误；
C、由于两电荷所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带的电荷的电性相反，由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性，故C错误；
D、由于两电荷所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带的电荷的电性相反，故D正确；
故选：D。
电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性。
本题虽然是综合性很强的题目，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决A、C，明白了只要合外力做正功物体的动能就将增加、电势能减小的道理选项B就不难解决，所以我们一定要掌握好基本知识。
7.【答案】C
【解析】解：AB、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小，故AB错误。
C、由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态，故C正确；
D、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，故D错误。
故选：C。
带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止。根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向。
本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=ɛS4πkd和电容的定义式C=QU结合进行分析。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。
我们可以去尝试假设C带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态；不行再继续判断，抓住平衡条件是解决问题的关键。
【解答】
根据“两大夹小，两同夹异，近小远大”可知：C必须为正电，在B的右侧。
设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L+r，要能处于平衡状态，
所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q。则有：k4q⋅Q(L+r)2=kQqr2
解得：r=L
对点电荷A，其受力也平衡，则：k4q⋅Q(L+r)2=k4q⋅qL2
解得：Q=4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处。
故选：C。
9.【答案】A
【解析】解：A、手持一个带绝缘柄的金属小球C，把C接触B的内壁，由于净电荷只分布在外表面上，所以不能使小球C带上电荷，所以，再移出C与A的金属小球接触，无论操作多少次，都不能使A带电。故A错误；
B、用取电棒C先跟B的外壁接触一下后再跟A接触，由于净电荷只分布在外表面上，所以能使小球C带上电荷，C与A接触时A能带电，使金属箔张开。故B正确；
C、用绝缘导线把验电器跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触后三者组成新的等势体，电荷将传递到A，使金属箔张开。故C正确；
D、使验电器A靠近B，A将由于静电感应，金属球处带上负电荷，而金属箔处带上正电荷，使金属箔张开，故D正确。
本题选择不能使验电器箔片张开的
故选：A。
在静电平衡状态下，不论是空心导体还是实心导体；不论导体本身带电多少，或者导体是否处于外电场中，必定为等势体，其内部场强为零，净电荷只分布在外表面上，这是静电屏蔽的理论基础。
弄清静电屏蔽的实质，并能正确理解和应用，尤其注意静电平衡状态特点，注意所学基础知识的灵活应用。
10.【答案】BC
【解析】解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，
eU1=12mv02，
所以电子进入偏转电场时速度的大小为，
v0=2eU1m，
电子进入偏转电场后的偏转的位移为，
y=12at2=12⋅eU2md(Lv0)2=U2L24U1d，
所以为了增大偏转距离，可以增大L、减小d、减小U1、增大U2，故BC正确，AD错误
故选：BC。
电子先加速后进入偏转电场后做类平抛运动，根据动能定理得到加速获得的速度表达式，运用运动的分解，得到偏转距离的表达式进行分析即可．
本题关键是分直线加速和类似平抛运动过程，根据动能定理和分运动公式列式求解出侧移量表达式进行分析，基础题目．
11.【答案】AD
【解析】解：A、因电子只在静电力的作用下运动，经过A、D等势面点的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理，则有：-e(φA-φD)=(5-26)eV，解得：φA-φD=21V，又φC=0，可解得：φD=-7V，故A正确；
B、因匀强电场中，2φC=φB+φD，则有，等势面B的电势为7V，故B错误；
C、因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子的速度为零时，由能量守恒定律，可知，-eφD+5eV=-eφ，解得：φ=-12V，故C错误；
D、同理，由能量守恒定律，可知，-eφD+5eV=8eV+Ek，解得：Ek=4eV，故D正确。
故选：AD。
本题考查等势面、动能定理，及其相关的知识点，目的是为了考查学生的分析综合能力，同时理解能量守恒定律的应用。
12.【答案】AD
【解析】
【分析】
分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4～T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2～34T时间内向A板做匀加速直线运动，34T～T时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度，根据电子的运动情况分析判断。
本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。
【解答】
分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4～T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零，T2～34T时间内向A板做匀加速直线运动，34T～T时间内做匀减速直线运动，接着周而复始。
AC.根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；
B.电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故B错误；
D.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴，故D正确。
故选：AD。
13.【答案】减小 增大 控制变量法
【解析】解：对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大．先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近．这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量．这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法．
故答案为：减小，增大，控制变量法．
由于实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的方法是控制变量法．
该题考查库仑定律的演示实验，属于记忆性的知识点．本题属于简单题．
14.【答案】= =
【解析】解：金属导体放在电场中，处于静电平衡状态，整个导体是一个等势体，表面是一个等势面，所以B、C两点的电势关系为φB=φC，由电势能公式Ep=qφ在负电荷在B点的电势能等于在C点的电势能，即EpB=EpC。
故答案为：=，=。
处于静电平衡的导体整个导体是一个等势体，表面是一个等势面，结合电势能公式Ep=qφ分析电势能关系。
解决本题的关键要理解并掌握处于静电平衡导体的特点：整个导体是一个等势体，表面是一个等势面。
15.【答案】解：(1)液滴受电场力和重力作用，处于平衡状态，根据力的平衡条件可知，mg=qE。
代入数据解得，E=2×103N/C。
(2)将液滴从P点移到B板的过程中，电场力做负功。
W=qEd2。
根据功能关系可知，△EP=-W。
代入数据解得，△EP=2.5×10-10J。
答：(1)两板间的电场强度大小为2×103N/C。
(2)若将液滴从P点移到B板，该过程中电势能的增加量为2.5×10-10J。
【解析】根据液滴处于平衡状态，分析两板间的电场强度大小。
根据电场力做功公式求解功，根据功能关系分析电势能。
本题考查了电场强度与电势能的变化，电场强度定义式的基本运用，知道电场强度方向与正电荷所受的电场力方向相同，负电荷所受的电场力方向相反。
16.【答案】解：(1)设匀强电场的场强大小强为E，电子在电场中的运动轨迹如图所示：
电子在电场中运动时间为t1，
沿x轴方向，有：2L=v0t1
沿y轴方向，有：eE=ma，3L=12at12
联立解得：
E=3mv022eL
t1=2Lv0…①
(2)离开电场时，电子沿y轴方向的速度为：vy=at1，
解得：vy=3v0
设离开电场时的速度方向与x轴的夹角为θ，则有：
tanθ=vyvx=3
即为：θ=60°…②
几何关系可知三角形OQM为等腰三角形，即电子从Q到M运动位移为：x=2L
则运动时间为：t2=2Lv…③
又vcsθ=v0…④
电子从P到射到感光胶片的总时间为：t=t1+t2…⑤
①②③④⑤联立解得：t=3Lv0
答(1)匀强电场的电场强度大小为3mv022eL；
(2)若在第N象限内有一过O点且与x轴成30°角的足够长的平面感光胶片，电子从P点射到感光胶片的时间为3Lv0。
【解析】(1)根据粒子做类平抛运动，将其运动分解，从而由动力学求解；
(2)由速度与夹角的关系，及运动学公式，可求出电子从P点射到感光胶片的时间。
本题考查粒子做类平抛运动时，要掌握如何处理此类运动及解决此类题的方法---分解法，然后利用分运动规律解题。掌握通过画出运动图来帮助分析解题，
17.【答案】解：(1)小球在平行金属板间做匀变速曲线运动，
在A点，带电粒子在平行板中运动时间t=Lv0=0.6m3m/s=0.2 s
竖直分速度vy=v0tan 53°=3m/s×43=4 m/s，vy=at，得a=20 m/s2
又mg+E'q=ma，E'=Ud，得U=10 V；
(2)在A点速度vA=v0cs53∘=3m/s0.6=5 m/s，
①若小球运动到圆心等高处前速度减为零，则不会脱离轨道，此过程由动定理得：
(mg+qE)Rcs 53°≥12mvA2，得：R≥2518 m
故：2518 m≤R<3m
②若小球能到达最高点C，则不会脱离轨道，在此过程中，由动能定理得：
-(mg+qE)R⋅(1+cs 53°)=12mvC2-12mvA2
小球能到最高点C，需在C点满足：mg+Eq≤mvC2R
解得：R≤2563 m
故小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道的条件为：2518 m≤R<3m或R≤2563 m
答：(1)两极板间的电势差大小U为10V；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，半径R应满足的条件为2518 m≤R<3m或R≤2563 m。
【解析】(1)通过匀变速曲线运动求解方法求出加速度，再通过牛顿第二定律及匀强电场公式求出两极板间的电势差；
(2)小球不脱离轨道有两种情况：1、运动到圆心等高处前速度减为零2、能到达最高点，再利用动能定理求解。
本题题目综合性强，要利用匀变速曲线运动及动能定理求解，另外要知道小球在绳模型竖直面圆周运动中不脱离轨道有两种情况：1、运动到圆心等高处前速度减为零2、能到达最高点。
一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）
以下关于摩擦起电和感应起电的说法中正确的是( )
A. 摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷
B. 摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移
C. 摩擦起电的两摩擦物体必定是绝缘体，而感应起电的物体必定是导体
D. 不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移
如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比( )
A. 两小球间距离将增大，推力F将减小B. 两小球间距离将增大，推力F将增大
C. 两小球间距离将减小，推力F将增大D. 两小球间距离将减小，推力F将减小
如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小，电势高低的比较，正确的是( )
A. EA=EC>EB，φA=φC=φB
B. EB>EA>EC；φA=φC>φB
C. EA
D. 因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低
如图所示，以点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心产生的电场强度大小为E.现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使点的电场强度改变，则下列判断正确的是( )
A. 移至c点时，点的电场强度大小仍为E，沿e方向
B. 移至e点时，点的电场强度大小为E2，沿c方向
C. 移至b点时，点的电场强度大小为32E，沿c方向
D. 移至f点时，点的电场强度大小为32E，沿e方向
如图所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，其中Na+水平向右移动．若测得4s内分别有1.0×1018个Na+和Cl-通过溶液内部的横截面M，那么溶液中的电流方向和大小为( )
A. 水平向左0.8AB. 水平向右0.08AC. 水平向左0.4AD. 水平向右0.04A
如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线。a、b两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法正确的是( )
A. a受到的电场力较小，b受到的电场力较大B. a的速度将减小，b的速度将增大
C. a一定带正电，b一定带负电D. a、b两个粒子所带电荷电性相反
如图所示，将平行板电容器接在电池组两极间，两极间的带电尘埃恰好静止。若将两极板缓慢错开一些，其他条件不变，则( )
A. 电容器带电荷量不变B. 电源中将有电流从正极流出
C. 尘埃仍静止D. 电流计中将有电流，电流方向b→a
相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为+4q和-q，如图所示，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是( )
A. -q，在A左侧距A为L处B. -2q，在A左侧距A为L2处
C. +4q，在B右侧距B为L处D. +2q，在B右侧距B为3L2处
在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B，下列实验方法中不能使验电器箔片张开的是( )
A. 用取电棒(带绝缘柄的导体棒)先跟B的内壁接触一下后再跟A接触
B. 用取电棒先跟B的外壁接触一下后再跟A接触
C. 用绝缘导线把验电器跟取电棒的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触
D. 使验电器A靠近B
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是( )
A. 增大U1B. 增大U2C. 增大LD. 增大d
如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的4个平行且等距的等势面，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为26eV和5eV，则下列说法正确的是( )
A. 等势面D的电势为-7V
B. 等势面B的电势为4V
C. 该电子不可能到达电势为-10V的等势面
D. 该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为4eV
如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共2小题，共18.0分）
在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的______而增大，随其所带电荷量的______而增大．
此同学在探究中应用的科学方法是______(选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”)．
如图，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地，金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，A、B、C是垂线上的三个点且B、C在金属导体表面，B、C两点的电势φB______φC(填“大于”、“等于”或“小于”)，负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，EpB______EpC(填“大于”、“等于”或“小于”)。
四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）
如图，A、B是水平放置且间距d=5cm的两平行金属板，两板间为匀强电场。一质量m=1×10-9kg、电荷量q=5×10-12C的带负电液滴恰静止在两板正中间的P点。液滴可视为质点，重力加速度g=10m/s2。
(1)求两板间的电场强度大小；
(2)若将液滴从P点移到B板，求该过程中电势能的增加量。
如图所示，真空环境中xOy平面的第Ⅰ象限内有方向平行于y轴的匀强电场，一电子从点P(0,3L)以初速度v0垂直y轴射入电场中，从x轴上点Q(0,2L)射出。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子受到的重力。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)若在第四象限内有一过O点且与x轴成30°角的足够长的平面感光胶片，求电子从P点射到感光胶片的时间。
一质量为m1=1kg、带电荷量为q=+0.5C的小球以速度v0=3m/s，沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入，极板长0.6m，两极板间距为0.5m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为半径R<3m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO'的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10V/m。(取g=10m/s2)求：
(1)求两极板间的电势差大小U；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R的取值应满足的条件(结果可用分式表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一个部分．
两个过程都没有产生电荷，故AB错误；
C、摩擦起电的两摩擦物体不一定是导体，感应起电的物体一定是导体，故C错误；
D、不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移，故D正确；
故选：D．
摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．
摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．
2.【答案】A
【解析】解：以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：
设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：
N1=mAgtanθ，
将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小。
B对A的库仑力F库=mAgcsθ，θ减小时，csθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离将增大。
再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：
F=N1
则F将减小，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．
本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象(往往以受力较少的物体为研究对象)，分析受力情况．
3.【答案】B
【解析】解：根据电场线的疏密分布知，A点的电场线比C点密，B点的电场线比A点密，则有：EB>EA>EC；
等量的异种电荷的中垂线为等势线，则A点的电势与C点的电势相等，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势大于B点电势。所以有：φA=φC>φB.故B正确，ACD错误。
故选：B。
电场线越密的地方，电场强度越强。沿着电场线方向电势降低。通过电场线的分布进行判断。
虽然电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低；同时还考查了等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直。
4.【答案】B
【解析】解：A、由题意可知，在圆心产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在处的电场强度大小均为E2，方向水平向右。当正电荷移至c点，两点电荷在点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则点的合电场强度大小为E2，方向：沿e方向，故A错误。
B、当正电荷移至e处，两点电荷在点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则点的合电场强度大小为E2，方向沿c，故B正确；
C、当正电荷移至b点时，两点电荷在点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则点的合电场强度大小为2×E2cs30°=32E，方向沿d与e角平分线向上，故C错误；
D、当正电荷移至f处，两点电荷在点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则点的合电场强度大小为2×E2cs30°=32E，方向沿d与c角平分线向下，故D错误；
故选：B。
等量同种点电荷产生的电场具有一定的对称性，根据两个点电荷在处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，进行分析即可。
考查点电荷的电场强度的叠加，关键要掌握库仑定律，理解等量同种点电荷产生的电场的对称性，以及电场强度的大小与方向的特点，及矢量叠加原理。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
由离子的带电量可求得通过截面的总电量，总电量等于正离子与负离子电量绝对值之和，再由电流的定义可求得电流强度的大小，电流方向与正离子定向移动的方向相同；
本题考查电流强度的定义，要注意明确当同时有正负电荷通过时，电量为正负电荷电荷量绝对值的和。
【解答】
由题意可知：4s内流过截面上的电量q=1.0×1018×1.6×10-19C+1.0×1018×1.6×10-19C=0.32C；
则电流强度为：I=qt=0.324A=0.08A；由于Na+水平向右移动，所以电流方向向右，故ACD错误，B正确。
故选B。
6.【答案】D
【解析】解：A、电场线的疏密代表电场的强弱，由题目图可知越向左场强越小，故a出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而b出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，但是a、b电荷量关系不清楚，因此电场力大小也无法比较，故A错误；
B、由于出发后电场力始终对电荷做正功，故两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故B错误；
C、由于两电荷所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带的电荷的电性相反，由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性，故C错误；
D、由于两电荷所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带的电荷的电性相反，故D正确；
故选：D。
电场线的疏密代表电场的强弱，所以出发后的一小段时间内a受到的电场力变小，b受到的电场力变大；正电荷所受电场力的方向就是电场线的方向，而负电荷所受的电场力的方向与电场线的方向相反，由于场强方向未知故不能确定电荷的电性。
本题虽然是综合性很强的题目，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决A、C，明白了只要合外力做正功物体的动能就将增加、电势能减小的道理选项B就不难解决，所以我们一定要掌握好基本知识。
7.【答案】C
【解析】解：AB、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小，故AB错误。
C、由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态，故C正确；
D、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，故D错误。
故选：C。
带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止。根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向。
本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式C=ɛS4πkd和电容的定义式C=QU结合进行分析。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。
我们可以去尝试假设C带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态；不行再继续判断，抓住平衡条件是解决问题的关键。
【解答】
根据“两大夹小，两同夹异，近小远大”可知：C必须为正电，在B的右侧。
设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L+r，要能处于平衡状态，
所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q。则有：k4q⋅Q(L+r)2=kQqr2
解得：r=L
对点电荷A，其受力也平衡，则：k4q⋅Q(L+r)2=k4q⋅qL2
解得：Q=4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处。
故选：C。
9.【答案】A
【解析】解：A、手持一个带绝缘柄的金属小球C，把C接触B的内壁，由于净电荷只分布在外表面上，所以不能使小球C带上电荷，所以，再移出C与A的金属小球接触，无论操作多少次，都不能使A带电。故A错误；
B、用取电棒C先跟B的外壁接触一下后再跟A接触，由于净电荷只分布在外表面上，所以能使小球C带上电荷，C与A接触时A能带电，使金属箔张开。故B正确；
C、用绝缘导线把验电器跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触后三者组成新的等势体，电荷将传递到A，使金属箔张开。故C正确；
D、使验电器A靠近B，A将由于静电感应，金属球处带上负电荷，而金属箔处带上正电荷，使金属箔张开，故D正确。
本题选择不能使验电器箔片张开的
故选：A。
在静电平衡状态下，不论是空心导体还是实心导体；不论导体本身带电多少，或者导体是否处于外电场中，必定为等势体，其内部场强为零，净电荷只分布在外表面上，这是静电屏蔽的理论基础。
弄清静电屏蔽的实质，并能正确理解和应用，尤其注意静电平衡状态特点，注意所学基础知识的灵活应用。
10.【答案】BC
【解析】解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，
eU1=12mv02，
所以电子进入偏转电场时速度的大小为，
v0=2eU1m，
电子进入偏转电场后的偏转的位移为，
y=12at2=12⋅eU2md(Lv0)2=U2L24U1d，
所以为了增大偏转距离，可以增大L、减小d、减小U1、增大U2，故BC正确，AD错误
故选：BC。
电子先加速后进入偏转电场后做类平抛运动，根据动能定理得到加速获得的速度表达式，运用运动的分解，得到偏转距离的表达式进行分析即可．
本题关键是分直线加速和类似平抛运动过程，根据动能定理和分运动公式列式求解出侧移量表达式进行分析，基础题目．
11.【答案】AD
【解析】解：A、因电子只在静电力的作用下运动，经过A、D等势面点的动能分别为26eV和5eV，根据动能定理，则有：-e(φA-φD)=(5-26)eV，解得：φA-φD=21V，又φC=0，可解得：φD=-7V，故A正确；
B、因匀强电场中，2φC=φB+φD，则有，等势面B的电势为7V，故B错误；
C、因只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，当电子的速度为零时，由能量守恒定律，可知，-eφD+5eV=-eφ，解得：φ=-12V，故C错误；
D、同理，由能量守恒定律，可知，-eφD+5eV=8eV+Ek，解得：Ek=4eV，故D正确。
故选：AD。
本题考查等势面、动能定理，及其相关的知识点，目的是为了考查学生的分析综合能力，同时理解能量守恒定律的应用。
12.【答案】AD
【解析】
【分析】
分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4～T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2～34T时间内向A板做匀加速直线运动，34T～T时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度，根据电子的运动情况分析判断。
本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。
【解答】
分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4～T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零，T2～34T时间内向A板做匀加速直线运动，34T～T时间内做匀减速直线运动，接着周而复始。
AC.根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确，C错误；
B.电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故B错误；
D.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴，故D正确。
故选：AD。
13.【答案】减小 增大 控制变量法
【解析】解：对小球B进行受力分析，可以得到小球受到的电场力：F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大．先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近．这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量．这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法．
故答案为：减小，增大，控制变量法．
由于实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的方法是控制变量法．
该题考查库仑定律的演示实验，属于记忆性的知识点．本题属于简单题．
14.【答案】= =
【解析】解：金属导体放在电场中，处于静电平衡状态，整个导体是一个等势体，表面是一个等势面，所以B、C两点的电势关系为φB=φC，由电势能公式Ep=qφ在负电荷在B点的电势能等于在C点的电势能，即EpB=EpC。
故答案为：=，=。
处于静电平衡的导体整个导体是一个等势体，表面是一个等势面，结合电势能公式Ep=qφ分析电势能关系。
解决本题的关键要理解并掌握处于静电平衡导体的特点：整个导体是一个等势体，表面是一个等势面。
15.【答案】解：(1)液滴受电场力和重力作用，处于平衡状态，根据力的平衡条件可知，mg=qE。
代入数据解得，E=2×103N/C。
(2)将液滴从P点移到B板的过程中，电场力做负功。
W=qEd2。
根据功能关系可知，△EP=-W。
代入数据解得，△EP=2.5×10-10J。
答：(1)两板间的电场强度大小为2×103N/C。
(2)若将液滴从P点移到B板，该过程中电势能的增加量为2.5×10-10J。
【解析】根据液滴处于平衡状态，分析两板间的电场强度大小。
根据电场力做功公式求解功，根据功能关系分析电势能。
本题考查了电场强度与电势能的变化，电场强度定义式的基本运用，知道电场强度方向与正电荷所受的电场力方向相同，负电荷所受的电场力方向相反。
16.【答案】解：(1)设匀强电场的场强大小强为E，电子在电场中的运动轨迹如图所示：
电子在电场中运动时间为t1，
沿x轴方向，有：2L=v0t1
沿y轴方向，有：eE=ma，3L=12at12
联立解得：
E=3mv022eL
t1=2Lv0…①
(2)离开电场时，电子沿y轴方向的速度为：vy=at1，
解得：vy=3v0
设离开电场时的速度方向与x轴的夹角为θ，则有：
tanθ=vyvx=3
即为：θ=60°…②
几何关系可知三角形OQM为等腰三角形，即电子从Q到M运动位移为：x=2L
则运动时间为：t2=2Lv…③
又vcsθ=v0…④
电子从P到射到感光胶片的总时间为：t=t1+t2…⑤
①②③④⑤联立解得：t=3Lv0
答(1)匀强电场的电场强度大小为3mv022eL；
(2)若在第N象限内有一过O点且与x轴成30°角的足够长的平面感光胶片，电子从P点射到感光胶片的时间为3Lv0。
【解析】(1)根据粒子做类平抛运动，将其运动分解，从而由动力学求解；
(2)由速度与夹角的关系，及运动学公式，可求出电子从P点射到感光胶片的时间。
本题考查粒子做类平抛运动时，要掌握如何处理此类运动及解决此类题的方法---分解法，然后利用分运动规律解题。掌握通过画出运动图来帮助分析解题，
17.【答案】解：(1)小球在平行金属板间做匀变速曲线运动，
在A点，带电粒子在平行板中运动时间t=Lv0=0.6m3m/s=0.2 s
竖直分速度vy=v0tan 53°=3m/s×43=4 m/s，vy=at，得a=20 m/s2
又mg+E'q=ma，E'=Ud，得U=10 V；
(2)在A点速度vA=v0cs53∘=3m/s0.6=5 m/s，
①若小球运动到圆心等高处前速度减为零，则不会脱离轨道，此过程由动定理得：
(mg+qE)Rcs 53°≥12mvA2，得：R≥2518 m
故：2518 m≤R<3m
②若小球能到达最高点C，则不会脱离轨道，在此过程中，由动能定理得：
-(mg+qE)R⋅(1+cs 53°)=12mvC2-12mvA2
小球能到最高点C，需在C点满足：mg+Eq≤mvC2R
解得：R≤2563 m
故小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道的条件为：2518 m≤R<3m或R≤2563 m
答：(1)两极板间的电势差大小U为10V；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，半径R应满足的条件为2518 m≤R<3m或R≤2563 m。
【解析】(1)通过匀变速曲线运动求解方法求出加速度，再通过牛顿第二定律及匀强电场公式求出两极板间的电势差；
(2)小球不脱离轨道有两种情况：1、运动到圆心等高处前速度减为零2、能到达最高点，再利用动能定理求解。
本题题目综合性强，要利用匀变速曲线运动及动能定理求解，另外要知道小球在绳模型竖直面圆周运动中不脱离轨道有两种情况：1、运动到圆心等高处前速度减为零2、能到达最高点。
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