1、1四川省成都外国语学校 2018-2019 学年高二物理上学期期中试卷 （含解析）注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直
2、 接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 I 卷（选择题)一、单选题1下列说法中正确的是( )A电势降落的方向就是电场强度的方向B通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大C电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领D在电场中，电势越高的地方，电场强度也一定越大2使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上3Q 和+5Q 的电荷后，将它们固定在相距为 a 的两点，它们之间库
3、仑力的大小为 F1现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为 2a 的两点，它们之间库仑力的大小为 F2则 F1与 F2之比为（ ）A2：1 B4：1 C16：1 D60：13如图所示为点电荷 、 所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在 M 点处放置一ab个电荷量大小为 的负试探电荷，受到的电场力大小为 F，以下说法中正确的是（ ）qA、由电场线分布图可知 M 点处的场强比 N 点场强大B、M 点处的场强大小为 ，方向与所受电场力方向相同FqC、 、 为异种电荷， 的电荷量小于 的电荷量ababD、如果 M 点处的点电荷电量变为 ，该处场强变为2q2Fq4如图所示，电阻 R1、
4、R2、 R3、 R4满足 R1:R2:R3:R4=1:2:3:4，则当 A、 B 间接上直流电压时，流过 R1、 R2、 R3、 R4的电流 I1:I2:I3:I4为( )A1:2:3:4 B6:3:2:11 C3:2:1:6 D3:2:1:45两个带等量正电的点电荷，固定在图中 P、 Q 两点， MN 为 PQ 连线的中垂线，交 PQ 于 O点， A 为 MN 上的一点一带负电的试探电荷 q 从 A 由静止释放只在电场力作用下运动，取无限远处电势为零，则（ ）A若 q 从 A 点由静止释放，在由 A 点向 O 点运动的过程中，加速度一定先增大后减小B q 由 A 向 O 运动的过程电势能逐渐
5、增大C q 运动到 O 点时的动能最大D q 运动到 O 点时的电势能为零6在如图所示的电路中，输入电压 U 恒为 8V，灯泡 L 标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻 RM1若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )A电动机两端的电压是 2VB通过电动机的电流是 5AC电动机的效率是 60%D整个电路消耗的电功率是 10W7如图所示，在正点电荷 Q 形成的电场中， ab 两点在同一等势面上，重力不计的甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为 acb 和 adb 曲线，若两个粒子经过 a 点时具有相同的动能，下列判断错误的是（ ）2A甲粒子经过 c 点时与乙粒子经过 d 点时具有的动能相同B甲、
6、乙两个粒子带异种电荷C若取无穷远处为零电势，则甲粒子经过 c 点时的电势能小于乙粒子经过 d 点时的电势能D两粒子经过 b 点时具有的动能相同8如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长 BD=4L、短轴长 AC=2L。劲度系数为 k 的轻弹簧上端固定在大环的中心 0，下端连接一个质量为 m、电荷量为 q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中。将小环从A 点由静止释放，小环运动到 B 点时速度恰好为 O。已知小环在 A、 B 两点时弹簧的形变量大小相等。则（ ）A小环从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大B小环从
7、A 点运动到 B 点的过程中，小环的电势能一直增大C电场强度的大小为D小环在 A 点时受到大环对它的弹力大小为9如图为一匀强电场，某带电粒子从 A 点运动到 B 点在这一运动过程中克服重力做的功为 2.0 J，电场力做正功为 1.5 J则下列说法正确的是（ ）A粒子带负电B粒子在 A 点的电势能比在 B 点小 1.5 JC粒子在 A 点的动能比在 B 点大 0.5 JD粒子在 A 点的机械能比在 B 点小 1.5 J二、多选题10在如图所示的电路中，电源电动势为 E，内阻为 r，开关闭合后，灯泡 L 能正常发光当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )A灯泡 L 变亮B电源内部消耗的
8、功率减小C流过 R0的电流方向为从右向左D电容器 C 的电荷量增大11如图所示直线 A 为某电源的 U-I 图线，曲线 B 为某小灯泡 L 的 U-I 图线的一部分，用该电源和小灯泡 L 串联起来组成闭合回路时灯泡 L 恰能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A此电源的内阻为 B灯泡 L 的额定电压为 3V，额定功率为 6WC把灯泡 L 换成阻值恒为 1 的纯电阻，电源的输出功率将变小D小灯泡 L 的电阻随通过电流的增大而增大12绝缘水平面上固定一正点电荷 Q，另一质量为 m，电荷量为 -q 的滑块（可看做点电荷）从 a 点以初速度 沿水平面向 Q 运动，到达 b 点时速度减为零已知 a、 b
9、 间距离为 s，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，则以下判断正确的是（ ）A滑块在运动过程中所受 Q 的库仑力一定小于滑动摩擦力3B滑块在运动过程中的中间时刻，速度大小等于C此过程产生的内能小于D Q 产生的电场中， a、 b 两点间的电势差为13如图所示, M、 N 是竖直放置的两平行金属板,分别带等量异种电荷,两板间产生一个水平向右的匀强电场,场强为 E,一质量为 m、电荷量为 +q 的微粒以初速度 v0沿竖直向上方向从与两板等距的 A 点射入匀强电场中,在静电力的作用下垂直打到 N 板上的 C 点,已知 AB=BC.不计空气阻力,则可知( )A微粒在电场中做曲线运动B微粒
10、打到 C 点时的速率与射入电场时的速率相等C M、 N 板间的电势差为D M、 N 板间的电势差为14如图所示，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为 R，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球 A、 B，两球质量相等、间距为 R若将两小球看做质点，将一个水平向右的推力 F 作用在 A 球上，缓慢将 A 球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是（ ）A槽对 B 球的支持力减小B两球间距离保持不变C推力 F 做的功等于两球组成的系统机械能的增加量D两球组成的系统的电势能增大第 II 卷（非选择题)三、实验题15如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器
11、右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开操作一：仅将左极板上移，电容_（选填“变大”、“变小”或“不变”），静电计指针偏转角_（选填“变大”、“变小”或“不变”）；操作二：仅将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角_（选填“变大”、“变小”或“不变”）；操作三：仅在两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角_（选填“变大”、“变小”或“不变”）16某同学通过实验测定一个阻值约为 的电阻 Rx的阻值（1）现有电源(4 V，内阻可不计)，滑动变阻器( ，额定电流 2 A)，开关和导线若干以及下列电表A电流表(03 A，内阻约 )B电流表(00.6 A，内阻约 )C电压表(03 V
12、，内阻约 3 k)D电压表(015 V，内阻约 15 k)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的_(选填“甲”或“乙”)（2）如图是测量 Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_4（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片 P 的位置，并记录对应的电流表示数 I、电压表示数U某次电表示数如上面右图所示，可得该电阻的测量值 _ (保留两位有效数字)，测出的 比真实值_。(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)四、解答题17如图所示的电路中，电阻 R1=3， R2=3， R3=6，电源内阻
13、r2，电压表可视为理想电表当开关 S1和 S2均闭合时，电压表的示数为 6V.求：(1)电阻 R2中的电流为多大？(2)路端电压为多大？(3)电源的电动势为多大？18如图所示，匀强电场电场线与 AC 平行，把 108 C 的正电荷从 A 点移到 B 点，静电力做功 6108 J， AB 长 6cm， AB 与 AC 成 60角求：(1)在图中标出场强方向及计算场强大小；(2)设 B 处电势为 1V，则 A 处电势为多少；(3)在（2）问基础上，该电荷在 A 点电势能为多少19如图所示，在竖直边界线 O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场电场强度 E100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘
14、斜面 AB，其倾角为 30，A 点距水平地面的高度为 h4 mBC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为 L m斜面 AB 与水平面 BC 由一段极短的光滑小圆弧连3接（图中未标出），竖直边界线 O1O2右侧区域固定一半径为 R05 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D 两点紧贴竖直边界线 O1O2，位于电场区域的外部（忽略电场对O1O2右侧空间的影响）现将一个质量为 m1 kg，带电荷量为 q01 C 的带正电的小球（可视为质点）在 A 点由静止释放，且该小球与斜面 AB 和水平面 BC 间的动摩擦因数均为 （g 取3510 m/s2）求：（1）小球到达 C 点时的速度大
15、小；（2）小球到达 D 点时所受轨道的压力大小；（3）小球落地点距离 C 点的水平距离20如图所示，电源电动势 E=64V，内阻不计，电阻 ，开始开关闭合， 断开，平行板电容器的两极板 A、 B 与水平面的夹角 ，两极板 A、 B 间的距离d=0.4m，板间有一个传动装置，绝缘传送带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距 L=1m，传送带逆时针匀速转动，其速度为 v=4m/s，现有一个质量 m=0.1kg、电荷量 q=+0.02C 的工件（可视为质点，电荷量保持不变）轻放在传送带底端，工件与传送带间的动摩擦因数 =0.25同时开关也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来。（ ，sin37=0.
16、6，cos37=0.8）求：（1）开关 闭合， 断开时，两极板 A、 B 间的场强大小和方向；（2）工件在传送带上运动的加速度大小；（3）工件从底端运动到顶端过程中，工件因与传送带摩擦而产生的热量2018-2019 学 年 四 川 省 成 都 外 国 语 学 校 高 二上 学 期 期 中 考 试 物 理 试 题物 理 答 案1C【解析】A、电势降落最快的方向就是电场强度的方向，故 A 错误；B、根据 可知单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大，故 B 错误；C、电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领，故 C 正确；D、在电场中，电势越高的地方，若电场线稀疏，则电场
17、强度小，故 D 错误；故选 C。【点睛】电势降落最快的方向就是电场强度的方向， 电场线越密的地方，电场强度越大；电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电势能的本领。2D【解析】开始时由库仑定律得： 现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为 Q，因此此时： 由得： ，则 F1与 F2之比为 60：1，故选 D.3. C【解析】根据电场线的疏密程度，判断 N 点的场强比 M 点的场强大，故 A 错误；据场强的定义式知，M 点的场强大小为 ，场强方向的规定知，该点的场强方向与负检验电荷所受电场力方向相反，故 FqC 错误；据点电荷的场强公式： 知，场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，
18、2kQEr电场线越密，由图可知 的右侧电场线密， 的左侧电场线稀疏，所以 的电荷量小于 的电荷量，baab故 C 正确；据场强由电场本身决定，与检验电荷无关，所以 M 点处的点电荷电量变为 ，该处场2q强不变，故 D 错误。考点：电场强度【名师点睛】根据电场线的特点，判断 M 和 N 的场强、 为异种电荷；根据场强的定义式和场强方向的ab规定判断选项即可。用好用活电场线与场强的关系是解题的关键，此题判断 的电荷量的多少ab、关系是难点。4B【解析】由并联电路的电压相同可得：电阻 R1、R 2、R 3两端的电压相等，故由欧姆定律可得：，又由并联电路电流分流可得： ，所以 ，故 B 正确，A、C、
19、D 错误；故选 B。【点睛】关键是根据并联电路电压相同，由欧姆定律得到 I1，I 2，I 3的数值关系，然后根据并联电路电流分流求得 I4与 I1，I 2，I 3的关系，即可得到比值。5C【解析】A、两等量正电荷周围部分电场线如图所示，在 P、Q 连线的中垂线 MN 上，从无穷远到 O 过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q 由 A 向 O 的加速度可能先增大后减小，也可能一直减小，故 A 错误；B、q 由 A 向 O 运动的过程，电场力方向与 AO 方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故 B 错误；C、从 A 到 O 过程，电场力做正功，
20、动能增大，从 O 到 N 过程中，电场力做负功，动能减小，故在 O 点试探电荷的动能最大，速度最大，故 C 正确；D、取无限远处的电势为零，从无穷远到 O 点，电场力做正功，电势能减小，则 q 运动到 O点时电势能为负值，故 D 错误；故选 C。【点睛】关键是根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷的受力情况，分析其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况。6C【解析】A、灯泡正常发光时的电压等于其额定电压，电动势电压 ，故 A 错误；B、灯泡正常发光,则电路电流 ，故 B 错误；C、电动机的热功率 ，则电动机的输入功率为 ，电动机的效率是 ，故 C 正确；D、
21、整个电路消耗的功率 ，故 D 错误；故选 C。【点睛】关键是灯泡与电动机串联，由串联电路特点可以求出灯泡正常发光时电动机两端电压；由P=UI 的变形公式求出灯泡正常发光时的电流，由 P=I2R 求出电动机的热功率，由效率公式求出电动机的效率；由 P=UI 求出电路的总功率。7AC【解析】A、甲粒子从 a 到 c 和乙粒子从 a 到 d，U ac=Uad，甲受引力作用、乙受斥力作用，甲粒子从 a到 c 电场力做正功，乙粒子从 a 到 d 电场力做功负功，经过 a 点时初动能相等，根据动能定理得知：甲粒子经过 c 点时的动能大于乙粒子经过 d 点时的动能故 A 错误B、由图可知电荷甲受到中心电荷
22、Q 的引力，而电荷乙受到中心电荷 Q 的斥力，故两粒子的电性一定不同，故 B 正确C、设无穷远处电势为零，在点电荷+Q 的电场中， c= d0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能 EP=q，所以甲粒子经过 c 点时的电势能小于 0，乙粒子经过 d 点时的电势能大于 0，所以甲粒子经过 c 点时的电势能小于乙粒子经过 d 点时的电势能，甲粒子经过 c 点时的动能大于乙粒子经过 d 点时的动能故 C 正确；D、在点电荷+Q 的电场中，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能 EP=q，所以甲粒子经过b 点时的电势能小于 0，乙粒子经过 b 点时的电势能大于 0，所以两粒子经过 b 点时具有的电势能不相等
23、故 D 错误故选：BC【点评】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口同时要注意电势能，电荷，电势都有正负8D【解析】将小环从 A 点由静止释放，小环运动到 B 点时速度恰好为 O已知小环在 A、 B 两点时弹簧的形变量大小相等故小环在 A 点时弹簧压缩量为 ，在 B 点时弹簧伸长 ，然后分析个选项即可解决小环从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，故 A 错误；小环从 A 点运动到 B 点的过程中，小环沿电场线方向水平运动 2L，故小环的电势能一直减小，B 错误；整个过程由能量守恒定律得 ，得 ，故 C 错误，小环在 A 点
24、时，弹簧压缩 ，受到大环对它的弹力为 ，故 D 正确9CD【解析】A 项，由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力向右，与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故 A 项错误。B 项，从 A 到 B 的过程中，电场力做正功，电势能在减少，由题意知电场力做的功为 ，则电势能减少 ，所以在 A 点的电势能比 B 点的电势能大 ，故 B 项错误。C 项，从 A 到 B 的过程中，克服重力做功 ，电场力做功 ，则总功为 。由动能定理可知，粒子在 A 点的动能比在 B 点多 0.5 J ，故 C 项错误。D 项，从 A 到 B 的过程中，除了重力做功以外，还有
25、电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了 ，即粒子在 A 点的机械能比在 B 点少 ，故 D 项正确。综上所述本题答案是;D。10BD【解析】AB、当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器的阻值 R 增大，电流 减小，灯泡 L 的功率 减小，灯泡 L 将变暗，故 A 错误；B、电源内部消耗的功率 减小，故 B 正确；CD、路端电压 增大，则电容器 C 的电荷量 增大，电容器 C 充电，流过 R0的电流方向为从左向右，故 C 错误，D 正确；故选 BD。【点睛】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻
26、器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化。11BD【解析】A、由图读出：电源的电动势 E=4V，内阻 ，故 A 错误；B、两图线的交点表示小灯泡 L1与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压 U=3V，额定电流 I=2A，则额定功率为 P=UI=6W，故 B 正确；C、灯泡 L1的电阻 ，换成一个 1 的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡 L1换成一个 1 的定值电阻，电源的输出功率将变大，故 C 错误；。D、在小灯泡 L 的 U-I 图线中，图线上的点与坐标原点
27、的连线的斜率表示电阻，故灯泡的电阻随电流的增大而增大，故 D 正确；故选 BD。【点睛】电源的 U-I 曲线与灯泡伏安特性曲线的交点表示该灯泡与该电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出灯泡的额定功率根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化。12AD【解析】A、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在到达 b 点时速度减为零，所以从 a 点到 b 点滑块做减速运动，则有滑块在运动过程中所受 Q 的库仑力一定小于滑动摩擦力，故 A 正确；B、水平方向受大小不变的摩擦力及变大
28、的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度小于 ，故 B 错误；C、由动能定理可得： ，产生的内能 ，因此在此过程中产生的内能大于 ，故 C 错误；D、由动能定理可得： ，解得两点间的电势差 ，故 D 正确；故选 AD。【点睛】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；由动能定理可确定过程中产生的内能与动能变化关系；由动能定理可求得两点间的电势差。13AB【解析】由题意可知，微粒受水平向右的静电力 qE 和竖直向下的
29、重力 mg 作用，合力与 v0不共线，所以微粒做曲线运动，A 正确；因 AB=BC，即 t= t，故 vC=v0，B 正确；由 q = m ,得 U= ，C 错误；由 mg=qE，得 q= ，代入 U= ，得 U= ，D 错误；故选 AB.【点睛】该题中根据类平抛运动的特点来判定粒子是否在电场中做类平抛运动是解题的关键，动能定理判定粒子达到 C 点是的速度，和 MN 之间的电势差相对比较简单属于基础题目14AD【解析】A、施加 F 前，B 受到重力、槽的支持力和库仑力，根据几何关系， ，库仑力 ，A 球被推到半圆形槽的底部后，设此时两球之间距离为 ，B 球受力分析如图，根据几何关系， ，即 ，
30、槽对 B 球的支持力变小，故 A 正确；B、根据几何关系， ，又 ，解得 ，故 ，即两球间距离减小，故 B 错误；CD、两球带同种电荷，间距减小，库仑力做负功，电势能增大；推力 F 做的功等于系统机械能的增加量与电势能增加量之和，故 D 正确，C 错误；故选 AD。15变小；变大；变小；变小 【解析】抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式 判断电容的变化，结合 判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化；根据电容的决定式 知，上移左极板，正对面积 S 减小，则电容减小，根据 知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大；根据电容的决定式 知，将极板间距离减小时，电容增大，根据 知，电荷量不变，则
31、电势差减小，指针偏角变小；根据电容的决定式 知，两板间插入一块玻璃，电容增大，根据 知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。16（1）B；C；甲 （2） （3） ；偏小 【解析】合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法；根据电路图来连接实物图，注意电表的正负极，并分几个回路来连接；由电压表与电流表读数，依据 ，即可求解，根据电路的接法确定实验误差；(1)因电源的电压为 4V，因此电压表选择 3V 量程；由于阻值约为 5 的电阻 Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为 0.8A，从精确角来说，所以电流
32、表选择 0.6A 的量程；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图。(2)根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接，如图所示；(3)电压表量程为 3V，最小分度为 0.1V；故其读数为 U=2.60V；电流表最小分度为 0.02；其读数为 I=0.50A；电阻阻值： ；因本实验采用电流表外接法，由于电压表的分流，使电流表示数增大，故得出的结果偏小。17（1）2A （2）10V （3）14V【解析】（1）根据部分电路欧姆定律，电阻 R2 中的电流 263UvIAR（2）外电阻 1325R路端电压 0UIV（3）根
33、据闭合电路欧姆定律，电源的电动势 14EIRrV18（1） ，场强方向由 A 指向 C（2）7V（3）【解析】正电荷从 A 移至 B，静电力做正功，静止力与位移的夹角为锐角，电场力方向应沿 AC 方向，电子带正电，电场强度方向与电场力方向相同，判断出场强方向；根据静电力做功 求出场强大小；根据电荷量和静电力做功，根据电势差公式求出 AB 间的电势差，由 UAB= A- B求出 A处电势再由 Ep=q 求电势能；(1)将正电荷从 A 移至 B，静电力做正功，正电荷所受的静电力方向由 A 至 C，又因为是正电荷，场强方向与负电荷受到的静电力方向相同，所以场强方向应为由 A 指向 C；根据静电力做功
34、解得(2)由 W=qU 得：即则得：电荷在 A 点的电势能为：19（1） （2）30 N （3）20/ms2 m【解析】（1）以小球为研究对象，由 A 点至 C 点的运动过程中，根据动能定理可得 21300sin()( () ChmgEqhgqcogEqLv 解得 2/Cvm（2）以小球为研究对象，在由 C 点到 D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得mv mv mg2R122C 2D在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得 2DNvFmgR 解得 FN30 N20/Dvs（3）设小球做类平抛运动的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律可得 mgqEma应用类平抛运动的规律列式可得xv
35、Dt2R at2 1解得 xm考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；类平抛运动【名师点睛】本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比。20（1）40V/m，电场方向为由 B 指向 A（2）（3）2.4J【解析】由闭合电路的欧姆定律求出开关 S1闭合，S 2断开时，两极板 A、B 间的电压，然后由 即可求出场强；同（1）求出开关 S2也闭合后 AB 之间的电压和场强，求出工件受到的合力，然后使用牛顿第二定律求出加速度；使用运动学的公式，求出工件从底端运动到顶端的过程中相对于传
36、送带的位移，然后用 Q=fL 相对 求出工件与传动带因摩擦而产生的热量。(1)开关 S1闭合，S 2断开时，R 1与 R2串联，电路中的电流：此时 A、B 之间的电势差等于 R1两端的电压，所以：两极板 A、B 间的场强大小：电场方向为由 B 指向 A；(2)开关 S2也闭合，R 1与 R2串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时 A、B 之间的电势差等于 R2两端的电压，所以：两极板 A、B 间的场强大小：此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：垂直于传送带的方向：(3)工件达到 4m/s 需要的时间：工件的位移：所以工件应该一直做加速运动，此时传送带的位移：工件相对于传送带的位移：工件与传动带因摩擦而产生的热量：
