1、云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）（试卷满分100分，考试时间90分钟）第卷选择题 （共52分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分）1. 16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元以下说法与事实相符的是( )A. 根据亚里士多德的论断，两物体从同一高度自由下落，重的物体和轻的物体下落快慢相同B. 根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因C. 伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比D. 伽利略通过理想
2、斜面实验，总结出了牛顿第一定律【答案】C【解析】【详解】A根据亚里士多德的论断，两物体从同一高度自由下落，重的物体比轻的物体下落得快故A项错误B根据亚里士多德的论断，力是维持物体运动的原因故B项错误C伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动位移与所用时间的平方成正比故C项正确D伽利略通过理想斜面实验，否定了亚里士多德物体的运动需要力来维持的观点，并没有总结出牛顿第一定律故D项错误故选：C。2. 某同学绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a、速度v、位移x随时间变化的图象如下图所示，若该物体在t0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是( )A. B. C
3、. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据位移-图象的斜率等于速度，可知图象的斜率周期性变化，说明物体的速度大小和方向作周期性变化，物体做的往复运动，故A错误；在内速度为正值，向正方向运动，在内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，故B错误；在内加速度为正值，物体向正方向做匀加速运动，在内加速度为负值，物体沿正方向匀减速运动，末速度为零，接着周而复始，故物体速度的方向不变，故C正确；在内，物体向正方向做匀加速直线运动，内加速度反向，大小不变，向正方向做匀减直线运动末速度为零，内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，故D错误考点：匀变速直线运动的图像、匀变速直线运动的速度与时间的关
4、系【名师点睛】解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，以及知道它们的区别，并且能很好运用对于图象，要知道图象的“面积”表示速度的变化量3. 如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，用力F拉绳，使滑块从A点沿杆缓慢上滑至B点，在此过程中拉力F和杆对滑块的弹力FN的变化情况是（）A. F恒定不变，FN逐渐增大B. F逐渐减小，FN保持不变C. F逐渐增大，FN逐渐增大D. F先增大后减小，FN逐渐增大【答案】C【解析】【详解】对滑块受力分析,如图所示滑块缓慢上升,处于平衡状态,根据平衡条件有当增加时,弹力增加，拉力也增加，所以ABD错误，C正确。故选
5、C。4. 2014年3月8日马来西亚航空公司从吉隆坡飞往北京的航班MH370失联，MH370失联后多个国家积极投入搜救行动，在搜救过程中卫星发挥了巨大的作用其中我国的北斗导航系统和美国的GPS导航系统均参与搜救工作北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，则下列说法正确的是（ ）A. 发射人造地球卫星时，发射速度只要大于7.9 km/s就可以B. 卫星向地面上同一物体拍照时GPS卫星拍摄视角大于北斗同步卫星拍摄视角C. 北斗同步卫星的机械能一定大于GPS卫星的机械能D. 北斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为【答案】BD【解析】【详解】A
6、7.9km/s是发射卫星的最小速度，发射人造地球卫星时，发射速度大于7.9km/s，小于第二宇宙速度，故A错误；B北斗导航系统包含5颗地球同步卫星，而GPS导航系统由运行周期为12小时的圆轨道卫星群组成，所以卫星向地面上同一物体拍照时GPS卫星拍摄视角大于北斗同步卫星拍摄视角，故B正确；C由于卫星的质量关系不清楚，所以无法比较机械能的大小关系，故C错误；DGPS由运行周期为12小时的卫星群组成，同步卫星的周期是24小时，所以北斗导航系统中的同步卫星和GPS导航卫星的周期之比，T1：T2=2：l根据万有引力提供向心力得r=，所以北斗同步卫星的轨道半径与GPS卫星的轨道半径之比是：1，根据得：得北
7、斗同步卫星的线速度与GPS卫星的线速度之比为，故D正确；故选BD。5. 下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）A. 做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B. 物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C. 物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D. 物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同【答案】C【解析】【详解】A物体做曲线运动的条件是加速度与速度方向不在同一条直线上，加速度大小和方向不一定变化，比如平抛运动，加速度恒定不变，选项A错误；B匀速圆周运动的物体所受的合力一定指向圆心，变速圆周运动的物体所受的合力不一定指向圆心，选项B错误；C当物体所受合力与速度方向不
8、在同一条直线上时，物体做曲线运动，当合力与速度方向在同一直线上时，物体做直线运动，所受合力方向不一定与运动方向相反，也可以相同，选项C正确；D物体运动的速度在增加，所受合力方向与运动方向不一定相同，可能所受合力方向与运动方向成锐角，选项D错误。故选C。6. 如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（）A. 甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒B. 乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒C. 丙图中，不计任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒D. 丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能不守恒【答案】C【解析】【详解】A
9、在物体A压缩弹簧的过程中，弹簧和物体A组成的系统，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒。对于A，由于弹簧的弹性势能在增加，则A的机械能减小，故A错误；B物块B沿A下滑的过程中，A要向右运动，A、B组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，由于A的机械能增大，所以B的机械能不守恒，在减小，故B错误；C对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，故C正确；D小球在做圆锥摆的过程中，重力势能和动能都不变，机械能守恒，故D错误。故选C。7. 如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械
10、能E随高度h的变化关系如图乙所示。g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.则（）A. 物体的质量m0.67 kgB. 物体与斜面之间的动摩擦因数0.40C. 物体上升过程中的加速度大小a8 m/s2D. 物体回到斜面底端时的动能Ek10 J【答案】D【解析】【详解】A在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有所以物体质量为选项A错误；B在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升运动过程中只受重力、摩擦力做功，故由动能定理可得解得选项B错误；C物体上升过程受重力、支持力、摩擦力作用，故根据力的合成分解可得：物体受到的合外力
11、为故物体上升过程中的加速度为选项C错误；D物体上升过程和下落过程物体重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；由B可知：物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J，故物体回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J；又有物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以由动能定理可得：物体回到斜面底端时的动能为50J-40J=10J，选项D正确。故选D。8. 如图虚线框内存在着匀强电场（方向未知），有一正电荷（重力不计）从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是（）A. 电场力一定对电荷做
12、了正功B. 电场方向垂直ab边向右C. 电荷运动的轨迹可能是一段圆弧D. 电荷的运动一定是匀变速运动【答案】D【解析】【详解】A将电场力沿着水平和竖直方向正交分解，由于粒子从Q点飞出，故水平分量向右，竖直分量未知，水平分量做正功，竖直分量做功情况未知，故电场力做的总功未知，故A错误；B将电场力沿着水平和竖直方向正交分解，由于粒子从Q点飞出，故水平分量向右，竖直分量未知，故电场力的方向未知，故B错误；CD带电粒子在平面中受恒定的电场力，则一定为匀变速运动，其运动轨迹为一条抛物线，故C错误，D正确。故选D。9. 如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）一带电粒子
13、从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿过铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为A. 2B. C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，从而求出磁感应强度的表达式结合动能，最终得到关于磁感应强度B与动能Ek的关系式，从关系式及题设条件-带电粒子在穿越铝板时减半，就能求出上下磁感应强度之比【详解】由动能公式，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得，联立可得，上下磁场磁感应强度之比为，D正确10. 如图所示，带等量异号电荷的两平行金
14、属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点则A. 粒子受电场力的方向一定由M指向NB. 粒子在M点的速度一定比在N点的大C. 粒子在M点的电势能一定比在N点的大D. 电场中M点的电势一定高于N点的电势【答案】B【解析】【详解】由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，AC错误，B正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选项D错误11. 如图所示
15、，竖直放置的带电平行板电容器与一静电计相连，一带电小球用绝缘细线悬挂于平行板间处于静止状态，小球与竖直方向的夹角为，此时A极板带负电，B极板带正电。则下列判断错误的是（）A. 若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将减小B. 若将A极板向下平移稍许，静电计指针偏角增大C. 若将A极板向上平移稍许，夹角将变大D. 轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动【答案】D【解析】【详解】A若将A极板向左平移稍许将，d增大，根据得知电容器的电容将减小。故A正确，不符合题意；B若将极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据得知电容将减小。电容器的电量Q不变，由分析得知板间电势差增大，静电计指针偏角增大，故B正确，不符合题
16、意；C若将B板向上平移稍许，正对面积S减小，根据得知电容将减小。电容器的电量Q不变，由分析得知板间电势差增大，根据得知E增大，小球所受的电场力增大，将变大。故C正确，不符合题意；D轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。故D错误，符合题意。故选D。12. 如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r，开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（）A. 电压表示数变大B. 小灯泡亮度变大C. 电容器放电D. 电源的总功率变大【答案】A【解析】【详解】AB闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R增大，外电路总电阻增大，干
17、路中电流减小，则小灯泡亮度变小；电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故A正确，B错误；C电路稳定时电容器的电压等于R1、R串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，R增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C错误；D电源的总功率为P=EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误。故选A。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）13. 如图所示，水平地面上，处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m的物块上，另一端拴在固定于B点的木桩上用弹簧秤的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧秤始终与地面平行物块在水平拉力作用下缓慢滑动当物块滑
18、动至A位置，AOB=120时，弹簧秤的示数为F。则A. 物块与地面间的动摩擦因数为B. 木桩受到绳的拉力始终大于FC. 弹簧秤的拉力保持不变D. 弹簧秤的拉力一直增大【答案】AD【解析】【详解】A弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图由几何知识知：绳子拉力T=F，物块缓慢滑动，处于平衡状态f=T=F即得，故A正确；B分析知，夹角在区间内变化，木桩受到绳的拉力刚开始大于F，然后逐渐减小，直到A点等于F，而不是大于F，故B错误；CD木桩处于平衡状态绳子拉力始终等于F，但随着木桩的靠近，两边绳子夹角逐渐减小，由平行四边形合成法则知合力增大，则弹簧秤拉力一直增大，故C错误，D正确；故选AD
19、。14. 某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是A. 该电场是匀强电场B. a点电势高于b点电势C. 电场力对粉尘做正功D. 粉尘的电势能增大【答案】BC【解析】试题分析：负电荷受力方向与电场线方向相反，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，说明电场线方向是从a点到b点，根据电场线从高电势指向低电势，可判断a点电势高于b点电势选项B对该电场的电场线不是均匀分布的平行指向，所以该电场不是匀强电场，选项A错粉尘受到电场力作用而运动，所以电场力做正功，选项C对电场力做正功电势能减少，选项D错考点：电场线 电场力做功15. 如图所示，一束电子以
20、大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（）A. 电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹越长B. 电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C. 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合D. 电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间可能相同【答案】BD【解析】【详解】AB由知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，但是半径不一定大，可知电子在磁场中运动时间越长，轨迹线不一定越长，例如轨迹1和5，故A错误，B正确；CD由周期公式知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们
21、在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如轨迹1与2，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C错误，D正确。故选BD16. 如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A. B的向心力是A的向心力的2倍B. 盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C. A、B都有沿半径向外滑动的趋势D. 若B先滑动，则B与A的动摩擦因数A小于盘与B的动摩擦因数B【答案】BC【解析】【详解】A因为A、B两物体的角速度大小相等，根据，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；B对AB整体分
22、析对A分析，有知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；CA所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；D对AB整体分析解得对A分析解得因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即故D错误。故选BC。第卷 非选择题 （共48分）三、实验题 （本题共2小题，共16分）17. 在探究加速度与力、质量的关系的实验中。(1)某组同学用如图甲所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到力的关系。下列措施中不需要和不正确的是_A首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就
23、是细绳对小车的拉力B平衡摩擦力的方法就是在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动C每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力D实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力E实验中应先放小车，然后再打开打点计时器的电源(2)根据实验得出的数据，画出aF图象如图乙所示，正确的aF图线应如图乙中的图线1所示，有同学作出的图线如图中的图线2所示，其实验过程中不符合实验要求的是_，有同学作出的图线如图中的图线3所示，其实验过程中不符合实验要求的是_。（选填项目序号）A实验中未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力（或倾角过小）B实验中平衡摩擦力时木板垫得过高（或倾角过大）C实验中绳子拉力方向没有跟平板平行D实验
24、中小车质量发生变化E实验中未满足塑料桶总质量m远小于小车总质量M条件【答案】 (1). BCE (2). B (3). AE【解析】【详解】(1)1A实验首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力，故A正确；B平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动，故B错误；C由于平衡摩擦力之后有则有所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；D实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力，故D正确；E为了提高纸带利用率，在纸
25、带上尽量多的打点，因此实验中应先接通电源，后放开小车，故E错误。本题选不需要和不正确的，故选BCE(2)3根据牛顿第二定律实验做出的aF图线应如右上图中图线1所示，有同学根据实验作出图线如右上图中的图线2所示，图线2表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即把长木板的末端抬得过高了，其实验过程中不符合实验要求的操作是平衡摩擦力时木板垫得过高故选B4有同学根据实验作出的图线如右上图中的图线3所示，图线3说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够
26、。该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于塑料桶的总重力大小，随着F的增大，即随着塑料桶总质量增大，逐渐的塑料桶总质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象，其实验过程中不符合实验要求的操作是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力和实验中未满足mM的条件故选AE18. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验。待测干电池E一节电压表V（量程0315V，内阻约为10k）电流表A（量程00.63A，内阻约为1）滑动变阻器R1（010）滑动变阻器R2（0200）导线、开关S(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用
27、_（选填“R1”或“R2”）；(2)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图，要求保证开关在闭合前滑动变阻器的滑片处于正确的位置（ ）(3)该同学根据实验数据得到图丙中的图线a，根据图线a求得电源电动势E=_V，内电阻r=_；(4)图丙中b图线是标有“1.5V、1.6W”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小灯泡与本实验中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是_（保留2位有效数字）。【答案】 (1). R1 (2). (3). 1.45 (4). 0.5 (5). 0.69【解析】【详解】(1)1为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用R1(2)2由原
28、理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示(3)3由实验原理可知，电源的电动势4内阻(4)5两条图线a、b的交点的横、纵坐标分别表示将该电阻R与电源连成闭合电路时通过电阻R的电流和它两端的电压，电压U=1.15V，电流I=0.6A，所以此时电阻R消耗的电功率是P=UI=0.69W四、计算题（本题共3小题，共32分）19. 如图所示，光滑的平行导轨与水平面的夹角为=30，两平行导轨间距为L，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计将质量为m，长度也为L的导体棒放在平行导轨上恰好处于静止状
29、态，重力加速度为g，求：（1）通过ab导体棒的电流强度为多大？（2）匀强磁场的磁感应强度为多大？（3）若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，求此时导体棒的加速度大小及方向【答案】（1）；（2）；（3），方向沿斜面向上【解析】【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律即可求得；（2）利用共点力平衡即可求得磁感应强度；（3）根据牛顿第二定律即可求的加速度【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可得（2）导体棒静止，根据共点力平衡可得BILcos30=mgsin30 （3）由牛顿第二定律可得BIL-mgsin30=ma解得，方向沿斜面向上【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二
30、定律进行求解.20. 如图所示，一半径为R的圆形磁场区域内有垂直于平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，P、Q是磁场边界上的两个点，P、Q两点与圆心O的连线夹角为120，在圆形区域的最低点P处有一个离子源，该离子源能够在圆形区域平面内向各个方向发射大量的质量为m、带电量为q的带电粒子，这些带电粒子的速度大小都相同，忽略带电粒子在运动中相互作用的影响，不计重力，则：(1)若沿PO方向射入磁场的带电粒子恰好从磁场边界上的Q点射出磁场，带电粒子的速度大小应该是多少？(2)若只有磁场边界上的P、Q两点之间的区域有带电粒子射出，这些带电粒子速度大小又是多少？【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)从
31、Q点射出，沿PO方向射入，与PO方向垂直为半径方向， PQ连线的中垂线也是半径方向，交点即为圆心，因为P、Q两点与圆心O的连线夹角为120，根据几何关系可求出，圆周运动半径根据牛顿第二定律解得，带电粒子的速度大小(2) 从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，圆弧PQ的弧长是圆周长的 ，所以粒子做圆周运动的半径 为：根据牛顿第二定律所以带电粒子速度大小21. 如图所示，内壁光滑、内径很小的圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2m，在圆心O处固定一个电荷量为1.0109C的点电荷质量为0.06kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管
32、内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d=0.08m的两平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作已知电源的电动势为12V，内阻为1，定值电阻R的阻值为6，电动机的内阻为0.5求（取g=10m/s2，静电力常量k=9.0109Nm2/C2）（1）小球到达B点时的速度；（2）小球所带的电荷量；（3）电动机的机械功率【答案】（1） 2m/s；（2）q=8103C；（3）4.5W【解析】【详解】(1)由机械能守恒得解得，=2m/s (2)到达B点恰好作用力为0,由牛顿第二定律得解得810-3C (3)设电容器两端电压为U，由二力平衡得由欧姆定律得所以，电动机两端电压，联立解得，
