江西赣州市七校2026-2027学年高二上学期11月期中物理试题

2026一2027学年第一学期高二11月份素养训练 物理试卷 一、选择题（本题共10小题，共计46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有 一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选 对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1.下列有关电场线、电压和电动势的说法中正确的是() A.电荷在电场中的运动轨迹与电场线是重合的 B.电动势就是电源两极间的电压 C.电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 D.沿电场线方向，场强一定越来越小 2.利用如图所示装置可探究感应电流的产生条件。线圈A通过滑动变阻器和开关S连接到电源上， 线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。某同学发现闭合开关S时，电流表指针 发生偏转，这是因为() A.穿过线圈A的磁通量减小，其产生电磁感应现象 B.穿过线圈A的磁通量增加，其产生电磁感应现象 C.穿过线圈B的磁通量减小，其产生电磁感应现象 D.穿过线圈B的磁通量增加，其产生电磁感应现象 3.如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值。一带电粒子只在电场力作用下恰 能沿图中的实线从A经过B运动到C.下列判断正确的是() B 2V.… 4V 6V 高二年级 A.粒子可能带负电 B.A处场强小于C处场强 C.粒子在A处的电势能大于在C处的电势能 D.粒子从A到B电场力所做的功等于从B到C电场力所做的功 4.如图所示为长为α、宽为b、高为c的金属导体，该导体的电阻率为P。当只在A、B两点间加上大 小为U,的电压时，导体内电流为I1、自由电子定向移动的平均速率记为%：当只在C、D两点间加上 大小为U。的电压时，导体内电流为2、自由电子做定向移动的平均速率为2。则下列说法正确的是 () A.v:v=b:a B.v:v=a:b C.I:1,=a:c D.I:1,=c:a 5.如图甲所示的电路，其中电源电动势=6V,内阻=2Ω，定值电阻R=4Ω，已知滑动变阻器消耗的功 率P与其接入电路的有效阻值R的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是() ◆P/W +R/2 甲 A.图乙中滑动变阻器的最大功率P=2W B.图乙中R1=60,R2=12Q C.滑动变阻器消耗功率最大时，定值电阻R也消耗功率最大 D.外电路的功率最大时，电源的效率最高 6.精密电子显微镜的核心聚焦组件为静电环形透镜，通过调控电场电势分布实现电子束精准聚焦，是 微纳观测设备的核心技术原理。其可简化为以下模型：两个带有等量异种电荷的均匀带电圆环相隔一 定距离同轴正对固定，以两环圆心连线的中点为坐标原点O、以过两环中心的轴线为x轴建立坐标系， 物理第1页 两环圆心的坐标分别为x=-α和x=a,x轴上电势变化如图所示。以无穷远处为电势零点，电势极值om 和-pm对应的坐标分别为x=rm和x=-m。忽略电子重力，下列说法正确的是() 0 m a A.x=0处的电场强度为零 B.若将一电荷量为q的负电荷从x=-α处移动到x=α处的过程中，其电势能先减小后增大 C.若将一电荷量为q的正电荷从x=-rm处沿x轴正方向移到无穷远处的过程中，电场力做功为q0m D.在x=处由静止释放一电子，电子将沿x轴往复运动 7.如图所示，在水平向左的匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系 一质量为、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成O角，此时让小球获得初速度且 恰能绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是() E m A.匀强电场的电场强度E=mg gtan0 B.小球获得的初速度。=2， gL cose C.细绳能承受的最大拉力至少为6m唱 cos0 D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其机械能先减小后增大 8.如图，气(H)、氘(H、氚(H和氦(H©)的原子核由静止开始经同一加速电场U,加速后，又 经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上。不计粒子重力，下列说法正确的是() 高二年级牛 光 U A.荧光屏上只有1个亮点 B.四种原子核全程运动时间相同 C.四种原子核在偏转电场中的偏移距离y不相同 D.氕、氘、氚3种原子核飞出偏转电场时的动能相同 9.电容器是一种重要的电子器件，通过充、放电过程来传输交流信息。某同学利用图甲所示电路观察 电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图 甲中直流电源电动势为E,内阻不计，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电 结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i-t曲线如图乙所示。下 列说法正确的是() ↑imA 计算机 传 600 900 器 300 S 乙 A.图像阴影部分的面积S>S2 B.阻值R<R2 C.若想快速充电，需要减小R阻值，若想均匀充电需要增大R的阻值 O.计算机测得S,=S。,则该电容器的电容为 10.在如图所示的电路中，D是一只理想二极管，平行板电容器AB内部有一带电小球Q处于静止状态。 闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头P滑动时，四个理想电表的示数都发生变化。电流表A、电压表 V、电压表V2、电压表V3的示数分别用I、U、U2和U3表示，它们的示数变化量的大小分别用△1、 △U,、△U2和△U,表示。闭合开关S,两极板始终保持平行，下列说法正确的是() 物理第2页 ▣A R 。Q 丁B E R,V) A.当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，I变小，U,变大，U,变大，带电小球Q向下运动 B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时， △不变， △U2不变 C.若滑动变阻器的滑动触头P不动，当两极板A和B稍错开一些时，Q仍静止不动 D.若滑动变阻器的滑动触头P不动，当两极板A和B的间距稍增大一些时，Q仍静止不动 二、非选择题（本题共5小题，共计54分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重 要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值 和单位。) 11.(8分)某实验小组在“测定金属丝的电阻率”的实验中，欲先采用伏安法测出金属丝的电阻R, 已知金属丝的电阻大约为6。实验室中有以下器材可供使用： A.电压表(03V),内阻约为5k2; B.电压表(015V),内阻约为50k: C.电流表(00.6A),内阻为0.52； D.电流表(03A),内阻约为0.12： E.滑动变阻器（05Ω)： F.滑动变阻器(010002)： G.电源E(电动势3V,内阻r=0.5Q): H开关及导线若干。 (1)如图甲所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径D= mm。如图乙所示，用20分 度游标卡尺测得金属丝的长度L= mm 20 3 cm 0 05101520 匆 乙 (2)要求尽量减小测量误差且待测金属丝两端的电压从零开始连续变化，电压表应选 电流表应选 滑动变阻器应选 ；(请填写器材前字母序号) 高二年级 (3)本实验控制电路采用 接法（填“限流式”或“分压式”），且要求尽量减小测量误差，测 量电路采用 (填“电流表外接法”或“电流表内接法”) (4)依据设计的实验原理，实验测得的电阻率 (填“大于”“小于”或“等于”)真实值。（不 考虑测量、读数等偶然误差) 12.(12分)我国科研人员成功研制出一款微型核电池一一BV100。BV100的体积仅15×15×5mm3,比 一枚硬币还小，其基本原理是用放射源8Ni发生B衰变时释放电子给铜片，以3Ni和铜片为电池的两个 电极，外接负载就可以提供电能。据悉，这种电池功率约100μW,电压约3V,可实现50年自发电且 功率稳定。利用图甲的电路可研究该电池的I一U特性，可供选择的主要器材有： A.灵敏电流表G:量程40uA,内电阻未知 B.灵敏电流计A:量程5μA,内电阻100k C.电阻箱Ro:电阻变化范围0999999 D.电位器R:电阻变化范围0510kQ 个/uA 40.0 30.0 20.0 10.0 0 0 1.0 2.0 3.0U/V 甲 乙 (1)实验中，首先需将电流计A改装成量程为3V的电压表V,则Ro应调整为 kQ; (2)正确连接电路后，反复调节电位器R,读出多组电压表V的示数U与电流表G的示数I,经描点、 连线得到I-U图像如图乙所示。根据图像可知该电池的电动势E=V。(结果保留三位有效数 字)；其内电阻随负载阻值的减小 (填“增大"“减小”或不变”)。 (3)为消除图甲测量方法带来的系统误差，需对电表的示数进行修正，则需要修正示数的电表是 (填“电压表”或“电流表”)。修正后的图线位于图乙中图线的 (填“上方"”或下方”)。 物理第3页 (4)若用该电池对等效电阻为100kQ的心脏起搏器供电，该电阻的功率为 W(结果保留 15.(16分)如图甲所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向未 三位有效数字)。 知，变化规律如图乙所示。把一质量为m、带+g电荷的小球在1=0时从A点以大小为√2gh的初速度 13.(6分)如图所示，在水平向右的匀强电场中，将带电荷量为g=1.0×106C的点电荷由A点沿直 水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为、√8gh的速度竖直向下经过B点，随后小球第一次经过 线移至B点，电场力做功2×105J,己知A、B间的距离为0.05m。直线AB与电场线的夹角0为37°， A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2h,水平距离为h, sin37=0.6,cos37°=0.8，求： A点到水平面C的竖直距离为128h,重力加速度为8。求： (1)A、B两点间的电势差U: (1)AB两点间的电势差： (2)该匀强电场的电场强度大小。 (2)匀强电场的场强E。的大小和方向： (3)4T时刻，小球相对于A点的竖直距离。 A●→ 10 E 1B A E 0 2T 3T 4T 14.(12分)如图所示，电源电动势E=6V,内阻r=12,定值电阻R=R2=22,R=12,电动 机线圈电阻R=1?,电容器的电容C=100μF,开关S闭合后电路稳定时，电流表的示数I=1A,求： (1)电动机的机械功率乃机； (2)电容器所带电荷量9： (3)若电动机转子突然卡住，同时，R断路，待电路重新稳定后，求这个过程中流过R的电荷量Q,大 小。 高二年级物理第4页2026一2027学年第一学期高二11月份素养训练 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 C D D A B D C AD BC BD 1.C 【难度】0.85【知识点】电场线定义及其性质、电源、电动势的定义、电动势与电势差的对比 【详解】A.电荷在电场中的运动轨迹不一定与电场线重合，A错误； B.电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势等于非静电 力做的功与电荷量的比值，在数值上等于电源开路时两极间的电压，正常工作时电源两极之间的电压 等于路端电压，小于电动势，B错误； C.电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大，C 正确。 D.电场线的疏密代表电场的强弱，沿电场线的方向电势降低，场强不一定越来越小，D错误； 2.D 【难度】0.82【知识点】开关闭合断开的瞬间线圈电流变化 【详解】闭合开关S时，电流表指针发生偏转，可知穿过线圈B的磁通量增加，有感应电流产生，发 生电磁感应现象。 3.D 【难度】0.85【知识点】计算带电粒子穿越不同等势面时电场力做功和能量变化 【详解】A.根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子 轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，故A错误： B.等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B错误； C.A点电势小于C点电势，粒子带正电，则粒子在A处的电势能小于在C处的电势能，故C错误： D.根据W=qU知电势差相同，电场力做功相同，所以粒子从A到B电场力所做的功等于从B到C 电场力所做的功，故D正确。故选D。 4.【答案】A 【难度】0.65【知识点】电流的微观表达式及其应用 【详解】在AB两点间施加电压时，导体的电阻R=P 此时通过导体的电流为I,= VoUobc R pa 导体内自由电子做定向移动的平均速率？= U nepa 同理可得h,=ae., pb nepb 因此y:2=b:a,I:2=b2:a2故选A。 5.【答案】B 【难度】0.65【知识点】计算电源的输出电压、总功率、输出功率、效率、最大输出功率及其条件 【详解】AB.由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R外等于内阻r时，输出功率最大，最 大值为上= 4r 高二物理参考答案第 把定值电阻看成电源内阻，由图乙可知，当R=R=R+”=62 E2 滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P= =1.5W 4R+P) 由图乙可知滑动变阻器的阻值为R,=32时与阻值为R时消耗的功率相等，有 2 、2 E Rp= 解得R=122故A错误，B正确： Rp+R+r R+R+r C.当回路中电流最大时，即滑动变阻器接入阻值R,=O时，定值电阻R消耗的功率最大，故C错误： D.由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R外等于内阻r时，输出功率最大，由于定值电阻 R=40>r=22 可知当滑动变阻器接入阻值R=0时，电源输出功率最大：根据”=了户R,+月1+？ 可知外电阻R外越大，电源的效率越高，则当滑动变阻器接入阻值最大时，电源的效率最高，故D错误。 6.【答案】D 【难度】0.65【知识点】y-x图像、电场强度与电势的关系、比较电势能的大小、静电力做功与电势差 的关系 【详解】A.题图为电势随位置变化的图像，其切线斜率的绝对值表示沿轴线的场强大小，电场方向指 向电势降低的方向。x=0处图线斜率为正且不为零，因此该处场强不为零，方向沿x轴负方向，故A 错误： B.由图可知，从x=一a到x=a,电势单调升高。根据电势能关系E。=qp,式中q为带符号的电荷量， 负电荷的电势能随电势升高而一直减小，故B错误。 C.起点x=-m处的电势为一pm,终点正无穷远处的电势为零。根据电场力做功与电势差的关系，正电 荷从起点移至终点时电场力做功为W=q(P制一P)=q(一Pm-0)=-9p。,故C错误； D.忽略电子重力，由圆环的轴对称性，轴线上的电场沿x轴方向，电子释放后只沿轴线运动。x=a处 电场沿x轴负方向，电子受力沿x轴正方向，从静止开始向右运动。设电子质量为m,元电荷为，电 子在坐标x处的速率为v。只有电场力做功，由动能定理得，mm2=(e)儿p(a)-p(x] 当电子再次停止时，动能为零，该处电势满足P=P。,由图可知，电势从x=a到x=m逐渐升高，此 后单调降低并趋近于零，因此在电势峰值右侧必有唯一位置与释放点电势相同。电子越过峰值位置后 减速，到达该位置时速度为零，此处电场沿x轴正方向，电子受力向左，随即反向运动。电子返回x=a 处时速度再次为零，并在向右的电场力作用下再次反向，因而沿x轴往复运动，故D正确。故选D。 7.【答案】C 【难度】0.45【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动、动能定理的初步应用、电场力 做功和电势能变化的关系、绳/单层轨道模型、带电物体（计重力）在电场中的平衡问题 【详解】A.根据平衡条件，有mg tan0=qE解得E=mgan0 ，A错误： B.小球恰能绕0点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A拉力为0，等效重力为G=”m8 cos0 根据牛顿第二定律，有m照。=m” cos0 L 根据动能定理-G2L=5mw2-)mc6 页 联立解得v= 5gL,B错误： C.小球运动到等效最低点时细绳受到的拉力最大，此时细绳的拉力为F,=6G=6mg C正确： cos0' D.小球从初始位置开始，在竖直平面内沿顺时针方向运动一周的过程中，电场力先做负功后做正功， 再做负功，则其机械能先减小后增大，再减小，D错误：故选C。 8.【答案】AD 【难度】0.65【知识点】带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算、示波管原理 【详解】C.设加速电压为，则在加速电场中时U9=2m心 原子核在偏转电场中，设偏转电场电压为U,极板长度为L2,运动时间为2，有Lv2, =19y=0, 可得y三2a2dmy习 ,偏转距离y与原子核质量、电荷量无关，故四种原子核偏转距离 4dU, 相同，故C错误： B.设加速电场极板间距为L1,偏转电场右侧到荧光屏距离为L3。加速电场中运动时间 2L=2L m 离开加速电场到荧光屏时间G=-凸+凸=（山，+L), m 总时间 12gU 2qU, m m 1=41+12=(2L+L2+L3) -C 与比荷有关，故四种原子核运动时间不全相同，故B错误： A.原子核离开偏转电场时速度偏转角满足tan0=上=V,凸 v 2dU 荧光屏上亮点与中心距离Y=y+L tane,与原子核的质量和电量均无关，可知荧光屏上只有一个亮 点，故A正确； D.设偏转电场电势差为U2,从静止进入加速电场到飞出偏转电场，偏转距离y相同，由动能定理 +9y=E,飞出偏转电场时的动能与电荷量有关。气、氘、氚电荷量相同，故动能相同，故D qU d 正确。 9.【答案】BC 【难度】0.65【知识点】电容器的充放电与储能 【详解】A.根据q=t可知i一t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器的电荷量， S,表示电容器充电后所带电荷量，S,表示电容器放电的电荷量，所以S,=S2选项A错误： B.由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电 E E 瞬间电容器两端电压相等，则有R十R>R十R所以R<R选项B正确： C.由于S,=S,R<R,充电时I-t图线变化较快，充电时间短，放电回路总电阻大，放电I-t图线 变化缓慢，所以要实现快速充电应减小R阻值，若实现均匀充电应增大R阻值，选项C正确： D.该电容器的电容为C=g=。选项D错误。 EE 10.【答案】BD 【难度】0.45【知识点】闭合电路欧姆定律的内容及公式、电容器的动态分析(Q不变)、利用局部→ 整体→局部的方法分析动态电路 高二物理参考答案第 -=0=4πkg 【详解】电容器的场强为=d Cd ss,d E= ES 4πkd A.当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，根据串反并同法， 变小、U2变大，U变大、U变小，电容器放电，因二极管的存在，电容器不能放电相当于电荷量不 变，带电小球Q受到的静电力不变，带电小球Q不动，故A错误； B.由于 AUL=R,A AU, =R+r 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R、r均不变，则A、△不变，故B正确： A/、 ΛI C.若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B稍错开一些（两极板仍平行），即电容器两极 板的正对面积S减小，所以根据电容的决定式可知，电容C减小，电容器两极板间的电压不变，则电 容器所带电荷量应减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器所带电荷量不变，而两极板的电 压增大，间距不变，则电容器内部电场强度变大，带电小球Q受到的静电力大于重力，Q向上运动， 故C错误： D.若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B的间距稍增大一些（两极板仍平行），则电容 减小，若两极板间电压不变，则电容器所带电荷量减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器 E=4πkg 所带电荷量应不变，由上述分析S，可知电容器内部电场强度不变，带电小球Q受到的静电力 等于重力，Q将静止不动，故D正确。故选BD。 11.(每空1分，共8分)【答案】(1)2.150(2.148/2.149/2.151/2.152也可给分)12.30(2)AC E 分压式电流表内接法 等于 【难度】0.85【知识点】测量电阻丝的电阻率 【详解】(1)[1]螺旋测微器固定刻度露出的读数为2.0m,基准线与可动刻度的第15条刻线对齐， 可动刻度估读为15.0，分度值为0.01mm,故金属丝直径为D=2.0mm+15.0×0.01mm=2.150mm [2]图乙中，游标零刻线位于主尺的12mm与13mm刻线之间，主尺读数为12mm:20分度游标卡尺的分 度值为0.05mm,游标第6条刻线与主尺刻线对齐，故金属丝长度为L=12mm+6×0.05mm=12.30mm (2)[1]电源电动势为3V,为了减小读数误差，应选择量程为0~3V的电压表，故选A。 回待测电阻约69，最大电流约为1-无-名A=05A,放选益程为0-06A的电流表，故证心 [3]题目要求电压从零开始连续变化，必须采用分压式接法。为便于调节，滑动变阻器应选最大阻值较 小的，故选E。 (3)[4]要求“待测金属丝两端的电压从零开始连续变化”，因此必须采用分压式接法。 于电流表内阻己知，电流表采用电流表内接法，根据R一R、,可以求出电阻丝的真实阻。 ④)可由于电阻丝阻值测量值真实，根据P=R可知，实验测得的电阻率等于真实值。 12.(每空2分，共12分)(1)500(2)2.99(2.97/2.98/3.00/3.01也可给分) 增大(3)电流表上 方(4)4.24×103(4.20×10-3至4.40×105可给分) 【难度】0.65【知识点】灵敏电流计改装成电压表、利用电源的U-I图像求解可变电阻的实际功率、利 用伏安法测量电源的电动势和内阻 【详解】(1)将电流计A改装成量程为3V的电压表V,则R,应调整为 J ®7EC3-100x02=500@ 5×106 2页 (2)]根据U=E-,整理得1=E_上U r r 可知当I为0时=E,根据图乙，可知该电池的电动势E=2.99V [2]图像斜率绝对值的倒数为内阻，可知其内电阻r随负载阻值的减小而增大。 (3)[1]实验中由于电压表分流作用会带来误差，需对电流表的示数进行修正。 [2]因实际通过电源的电流大于电流表的示数，则修正后的图线位于图乙中图线的上方。 (4)将电阻为100k2的电阻的I-U图像画在该电源的1-U图像上，如下图 ↑μA 40.0 30. 20.0 10.0 1.02.03.00U/W 交点坐标为(20.5μA,2.05V),该电阻的功率为P=IU=4.20×10W 13.(6分)【答案】(1)20V:(2)500Vm 【难度】0.65【知识点】计算匀强电场中两点的电势差、匀强电场中电势差与电场强度的关系 【详解】(1)由题意可知，点电荷从A到B,电场力做功2×105J,则A、B两点间的电势差为 0-形=2x10 1.0x106V=20V 2分 (2)A、B两点沿电场线方向的距离 d=0.05×cos37m=0.04m 2分 则根据匀强电场场强公式得该匀强电场的电场强度大小为 E=0a=20V1m=500v1m 2分 d0.04 14.(12分)【答案】(1)2W(2)1×104C℃(3)3×104C 【难度】0.4【知识点】含有电动机电路综合计算、含容电路中有关电荷量及其变化的计算 【详解】(1)根据闭合电路的欧姆定律可得U=I(R+R)=4V 干路中的电流1=E-U=2A 电动机所在支路的电流IM=I-IA=1A 1分 则电动机两端的电压UM=U-IR=4V-1×1V=3V 1分 电动机的电功率P=IMUM=1×3W=3W 1分 电动机的热功率P热=IR=1W 1分 故电动机的机械功率P机=PM-P热=2W 1分 高二物理参考答案 (2)根据上述分析可知，定值电阻R2两端的电压U2=IR2=1×2V=2V 1分 R两端的电压U3=IR=1×V=1V 1分 电容器两端的电势差Uc=U2-U3=1V 1分 电容器所带电荷量9=CUc=100×106×1C=1×104C 1分 (3)若电动机转子突然卡住，同时R断路，根据闭合电路的欧姆定律可得1=。 E -=2A R+R+r 此时电容器两端的电压U=IR=2V 1分 下极板带正电，其电荷量Q=CU。=100×106×2C=2×104C 1分 因开始时下极板带负电的电荷量为Q=-1×104C 则通过R的电荷量大小92=|2-9=3×104C 1分 15.(16分)【答案】a)”mg2)2mg,，斜向左下，与水平方向成45角)80h 【难度】0.4【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动 【详解】(1)设小球在A点和B点的速度大小分别为'和'g,两点间的电势差为UB。小球由A到B运 2、1 时电场尚末反向，重力5电场力做功，由动能定理得2mgh+90-)m心，m 1分 代入愿给的两个速度，解得U=2 m(8gh-2gh)-2mgh mgh 1分 (2)以A为原点，取水平向右为x轴正方向、竖直向下为y轴正方向。将图乙中正向电场的两个分量 记为E,和E,,均按坐标轴正方向取正负。下图示意坐标方向、电场分解和小球首次到达A点正下方D 点之前的轨迹 B 第3页 设小球由A到B的运动时间为(，这段时间内合力恒定。由于B点的速度竖直向下，水平末速度为零， 水平方向用平均速度计算位移，有h=。+0 1 2 故5s26 1分 水平和竖直方向的速度关系分别为0=。+a4,V=a,4。代入题给速度及上述时间，水平方向的加 速度为a,=-=-8 1分 竖直方向的加速度为4，==2g 1分 对小球沿水平方向应用牛顿第二定律，有qE,=ma 代入水平加速度，电场的水平分量为E,=-"m8 1分 沿竖直向下方向应用牛顿第二定律，有mg+qE,=ma, 代入竖直加速度，电场的竖直分量为E,-m8 1分 因此正向电场的大小为瓦=VE+尽=2mg 1分 水平分量向左、竖直分量向下，且两分量大小相等，所以方向与水平方向成45°角斜向左下。1分 (3)图乙为电场强度随时间变化的图像：每隔T电场反向一次，场强大小不变。由题意，小球首次 到达D点恰逢电场第一次反向，因此由A到D的运动时间为T。在这段时间内，水平加速度为一8， 而D点的水平位移为零，故0=y,T- 取非零时间，解得T=2少 1分 g 由题给初速度进一步得到gT?=4忙-8劝 g 记连续四个时长为T的区间内，小球的竖直位移分别为△y,△y2,△y,和△y4,均以向下为正。在0~T 内，竖直初速度为零、加速度为2g,故△y=)(2g)T2=gT2=8h 1分 T时刻的竖直速度为v,(T)=2gT 在T~2T内，电场反向，竖直电场力向上。 沿竖直向下方向应用牛顿第二定律，有ma,=mg-qE,=0 1分 竖直加速度为a,=0,小球以T时刻的竖直速度匀速下降， 该段竖直位移为△y,=y,(T)T=2gT2=16h 1分 在2T~3T内，电场恢复原方向，竖直加速度再次为2g,故3T时刻的竖直速度为 v,(3T)=y,(T)+2gT=4gT 利用该段的平均竖直速度，竖直位移为△=()+y(37=3gT:=24h 1分 在3T~4T内，电场再次反向，竖直合力为零，小球以3T时刻的竖直速度匀速下降，该段竖直位移为 △y4=v,(3T)T=4gT2=32h 1分 高二物理参考答案第 因此4T时刻小球相对A点的竖直距离为y=△y+△y+Ay+△y,=80h 1分 4页