1、2015-2016学年湖北省宜昌市长阳一中高二（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（）ABCD2如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A010VB020VC1020VD2030V3家庭用的电吹风机中，有一个小电动机和与它串联的一段电热丝电热丝给空气加热，电动机带动风叶转动，送出热风将头发吹干设电动机线圈的电
2、阻为R1，电热丝的电阻为R2将电吹风机接到电源上，电源输出电压为U，输出电流为I，电吹风机消耗的电功率为P某同学得出如下结论：P=UI； P=； P=I2（R1+R2）；PI2（R1+R2）正确的结论有（）A只有B只有C只有D只有4在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）ABCD5如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A电势AB 场强EAEBB电势AB 场强EAEBC将+q由A点移到B点，电场力做正功D将q分别放在A、B两点时具有电势能EpAEpB6如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电
3、容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变大，E变小7电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A电压表和电流表读数都减小B电压表和电流表读数都增大C电压表读数增大，电流表读数减小D电压表读数减小，电流表读数增大8在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路由
4、图象可知（）A电源的电动势为3V，内阻为0.5B电阻R的阻值为1C电源的输出功率为2WD电源的效率为66.7%9在两个等量同种电荷的连线上，与连线中点O等距的两点a、b，如图所示，则下列判断不正确的是（）Aa、b两点的场强矢量相同Ba、b两点的电势相同Ca、O两点间与b、O两点间的电势差相同D同一电荷放在a、b两点的电势能相同10有三个质量相等，分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则下列说法正确的有（）A三个粒子在电场中运动的加速度aAaBaCB三个粒子在电场中运动时间相等C粒子A带正电，B不带电，C带负电D
5、三个粒子到达极板时的动能EkAEkBEkC二、实验题（共2小题，满分16分）11仪器读数（1）（2）（3）（4）12如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的IU特性曲线的实验电路图开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“A”、“B”或“AB中间”）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整实验中测得有关数据如表：0.400.801.201.602.002.402.800.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的IU特性曲线三、计算题（本题共5小题，共54分。）13（10分）（2013秋滨州校级期末）
6、一台电动机线圈电阻是0.4，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A，求这台电动机每分钟所做的机械功是多少？14（10分）（2015秋宜昌校级月考）现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=50（1）若要将它改装成量程为15V的电压表，求应串联的电阻R1（2）若要将它改装成量程为3A的电流表，求应并联的电阻R215（10分）（2011秋石峰区校级期末）如图，在正的点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1r2（l）a、b两点哪点电势高？（2）将一负电荷放在a、b两点，哪点电势能较大？（3）若a、b两点问的电势差为100V，将二价负离子由a点移到b点时电场力对
7、电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？16（12分）（2012秋城关区校级期末）一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线与荧光屏交点O，打在荧光屏上的P点，求OP的长度17（12分）（2011秋合肥月考）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C的连线水平质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落A，B两点间距离为4R从小球（小球直径小于细圆管直径）进人管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强
8、电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口 C处离开圆管后，又能经过A点设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球到达B点时的速度大小；（2）小球受到的电场力大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力2015-2016学年湖北省宜昌市长阳一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（）ABCD考
9、点：库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：理解库仑定律的内容知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分解答：解：假设A带电量为Q，B带电量也为Q，两球之间的相互吸引力的大小是F=第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F=故选C点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题2如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A010VB02
10、0VC1020VD2030V考点：串联电路和并联电路 专题：恒定电流专题分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围解答：解：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax=20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin=，所以UCD的变化范围是1020V故选C点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力3家庭用的电吹风机中，有一个小电动机和与它串联的一段电热丝电
11、热丝给空气加热，电动机带动风叶转动，送出热风将头发吹干设电动机线圈的电阻为R1，电热丝的电阻为R2将电吹风机接到电源上，电源输出电压为U，输出电流为I，电吹风机消耗的电功率为P某同学得出如下结论：P=UI； P=； P=I2（R1+R2）；PI2（R1+R2）正确的结论有（）A只有B只有C只有D只有考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：电吹风机消耗的电功
12、率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以正确；电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以错误，正确；式等式两边单位不同，故错误；故正确的有；故选：D点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的4在如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是（）ABCD考点：电场强度；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度是矢量，不仅有大小，而且有方向，只有当电场强度大小和方向都相同时，电场强度才相同解答：解：A，A、B两
13、者点处于同一圆周上，根据公式E=k，电场强度大小，但方向不同故A错误； B，由图，AB两点的电场强度方向，根据公式E=k可知，电场大小不同，故B错误； C、在匀强电场中，各处的电场强度处处相同故C正确； D、由图A、B 两点电场强度不同，大小也不同，EAEB故D错误故选：C点评：本题考查对于矢量的理解能力矢量既有大小，又有方向，只有当矢量的大小和方向都相同时，矢量才相同5如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A电势AB 场强EAEBB电势AB 场强EAEBC将+q由A点移到B点，电场力做正功D将q分别放在A、B两点时具有电势能EpAEpB考点：电场线 分析：电场强度的大小看电场
14、线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低解答：解：A、B、电场线越密的地方电场强度越大，所以场强EAEB沿着电场线电势一定降低，所以电势AB，故A错误，B错误C、将+q由A点移到B点，B点电势较低，电场力做正功故C正确；D、将q分别放在A、B两点时，B点电势较低，具有电势能EpBEpA故D错误故选：C点评：本题考查对电场线物理意义的理解，电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向反映电势的高低6如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两
15、极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变大，E变小考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化解答：解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变故A、B错误 C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E=，Q、k、S均不变，则E不变故C正确，D错误故选C点评：对于电容器动态
16、变化分析问题，要抓住不变量当电容器保持与电源相连时，电压不变当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变7电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A电压表和电流表读数都减小B电压表和电流表读数都增大C电压表读数增大，电流表读数减小D电压表读数减小，电流表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：首先要认识电路的结构：滑动变阻器与R2并联然后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻R2的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点
17、与欧姆定律分析答题解答：解：由电路图可知，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，并联电阻增大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大干电路电流变小，电阻R1两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻R2的电流变大，电流表示数变大，故D正确；故选B点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律、电功率公式即可正确解题8在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路由图象可知（）A
18、电源的电动势为3V，内阻为0.5B电阻R的阻值为1C电源的输出功率为2WD电源的效率为66.7%考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=EIr，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=故A正确B、电阻R=故B正确C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=U
19、I=4W故C错误D、电源的效率=66.7%故D正确故选：ABD点评：对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义基础题9在两个等量同种电荷的连线上，与连线中点O等距的两点a、b，如图所示，则下列判断不正确的是（）Aa、b两点的场强矢量相同Ba、b两点的电势相同Ca、O两点间与b、O两点间的电势差相同D同一电荷放在a、b两点的电势能相同考点：电势能；电势差；等势面 专题：电场力与电势的性质专题分析：场强是矢量，有大小有方向，根据场强的叠加比较a、b两点的场强根据电场力做功判断Oa与Ob两点间的电势差，从而比较出a、b两点的电势根据Ep=q
20、可以比较出电势能解答：解：A、根据点电荷的场强叠加，知a、b两点的场强大小相等，方向相反所以场强不同故A错误B、将电荷从O移到a或b电场力做功相等，则a、O两点间与b、O两点间的电势差相同，所以a、b两点的电势相等故B、C正确D、a、b两点的电势相等，根据Ep=q，同一电荷在a、b两点的电势能相同故D正确本题选错误的，故选A点评：解决本题的关键知道电场强度是矢量，以及知道电势、电势差和电势能的关系10有三个质量相等，分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则下列说法正确的有（）A三个粒子在电场中运动的加速度aAa
21、BaCB三个粒子在电场中运动时间相等C粒子A带正电，B不带电，C带负电D三个粒子到达极板时的动能EkAEkBEkC考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：三个质量相等的微粒在电场中都做类平抛运动，根据水平位移的大小比较出运动的时间，根据竖直位移相等，比较出粒子在竖直方向上的加速度，从而判断出电荷的电性根据动能定理比较三个微粒到达极板时的动能解答：解：ABC、三个微粒的初速度相等，水平位移xAxBxC，根据水平方向上做匀速直线运动，所以由公式x=vt得tAtBtC三个微粒在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，知aAaBaC从而得知B仅受重力，A所受的电场力向上，
22、C所受的电场力向下，所以B不带电，A带正电，C带负电故AB错误，C正确D、根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A电场力做负功，C电场力做正功，所以C的动能变化量最大，A动能变化量最小，初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能EkAEkBEkc故D错误故选：C点评：解决本题的关键知道微粒做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，关键找到突破口，本题从初速度相等，水平位移不等入手分析二、实验题（共2小题，满分16分）11仪器读数（1）6.805mm（2）50.15mm（3）8.5V（4）0.46A考点：实验中常用仪器及其正确操作方法 分析：螺旋测微器先读固定部分，再读
23、转动部分；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；电表的读数要先确定量程，再确定最小分度，从而明确最终的读数解答：解：（1）螺旋测微器的固定部分读数为6.5mm，转动部分为读数为：30.5，则最终读数为：6.5+30.50.01=6.805mm；（2）游标卡尺的固定部分读数为：50mm，游标第3个格对齐，则读数为：50mm+30.05mm=50.15mm；（3）电压表量程为15V，最小分度为0.5V，则读数为：8.5V；（4）电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，则读数为：0.46A；故答案为：（1）6.805mm；（2）50.15mm；（3）8.5V；（4）0.46A点评：
24、明确各种常用测量器的原理及读数方法，知道是否需要估读并保留到正确的位数12如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的IU特性曲线的实验电路图开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于A端（选填“A”、“B”或“AB中间”）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整实验中测得有关数据如表：0.400.801.201.602.002.402.800.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的IU特性曲线考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电路图连接实物图开关S闭合之前，滑动变阻器滑动A端
25、，使得测量部分短路，起保护作用根据实验的数据描点作图，用平滑曲线连接解答：解：根据电路图连接实物图，因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表采取3V量程，从表格中的数据来看，最大电流在0.27A左右，则电流表选取0.6A的量程，因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于灯泡的电阻比较小，则电流表采外接法，在连接实物图时注意电表的极性如下图开关S闭合之前，滑动变阻器滑动A端，使得测量电路中的电流、电压为零，处于短路状态，起保护作用描点作图，如下图故答案为：A；如图；如图所示；点评：一般电学实验离不开变阻器，变阻器由分压和限流之分，在要求电压或电流从零调时必须用分压式接
26、法；伏安法测电阻时有电流表内接与外接之分，外接时由于电压表的分流使得电阻测量值偏小，内接时偏大，须牢记三、计算题（本题共5小题，共54分。）13（10分）（2013秋滨州校级期末）一台电动机线圈电阻是0.4，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A，求这台电动机每分钟所做的机械功是多少？考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：电动机机械功率等于总功率与热功率之差，由功率公式求出总功率与热功率，然后求出机械功率，已知机械功率及做功时间，由W=Pt可以求出机械功解答：解：电阻消耗的功率为：P热=I2R=520.4=10W电动机消耗的功率为： P电=IU=5220W=1100W 电动的输
27、出功率为：P机=P电P热=1100W10W=1090W 电动机每分钟所做的机械功为：W=P机t=109060J=6.54104J 答：台电动机每分钟所做的机械功是6.54104J点评：本题关键是求出物体沿斜面下滑的加速度和速度的一般表达式，然后再分析讨论14（10分）（2015秋宜昌校级月考）现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=50（1）若要将它改装成量程为15V的电压表，求应串联的电阻R1（2）若要将它改装成量程为3A的电流表，求应并联的电阻R2考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题分析：（1）应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值（2）应用并联电路特点与欧姆
28、定律可以求出并联电阻阻值解答：解：（1）把电流表改装成电压表需要串联电阻阻值：R1=Rg=50=14950；（2）把电流表改装成3A的电流表需要并联电阻的阻值：R2=0.017；答：（1）若要将它改装成量程为15V的电压表，求应串联的电阻R1为14950；（2）若要将它改装成量程为3A的电流表，求应并联的电阻R2为0.017点评：本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题15（10分）（2011秋石峰区校级期末）如图，在正的点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1r2（l）a、b两点哪点电势高？（2）将一负电荷放在a、b两点，哪点电势能
29、较大？（3）若a、b两点问的电势差为100V，将二价负离子由a点移到b点时电场力对电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？考点：电势能；电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）沿着电场线的方向电势逐渐降低，点电荷周围的等势面是一簇簇球面根据这一规律判断a、b两点的电势（2）根据负电荷在电势高处电势能小、在电势低处电势能大，分析电势能的大小（3）根据W=qU求出电场力所做的功，将q的正负，电势差的正负代入计算解答：解：（1）沿着电场线方向电势逐渐降低，点电荷Q电场的等势面是以Q点为球心的球面，离Q越近，等势面的电势越高，所以a点电势高（2）a点电势高，而负电荷在电势高处
30、电势能小、在电势低处电势能大，则负电荷放在b点电势能较大（3）负离子由a点移到b点，电场力做功 W=Uq=100（3.21019）J=3.21017J所以电荷克服电场力做功，克服做功为3.21017J答：（l）a点是电势高（2）将一负电荷放在a、b两点，b点电势能较大（3）将二价负离子由a点移到b点，电荷克服电场力做功，克服做功为3.21017J点评：解决本题的关键知道沿着电场线的方向电势逐渐降低以及掌握电场力做功的方法，一、直接运用W=qU计算，将q的正负，电势差的正负代入计算二、先判断出电场力做正功还是负功，然后运用W=qU求出做功的大小，只代数值16（12分）（2012秋城关区校级期末）
31、一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线与荧光屏交点O，打在荧光屏上的P点，求OP的长度考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据动能定理求电子在加速场中获得的速度，然后根据类平抛运动规律求在偏转场中的竖直位移，再求出射出电场后竖直方向的位移解答：解：电子在电场中加速：eU1=mv02电子在电场中做类平抛运动：在水平方向：l=v0t在竖直方向：a=射出电场时：vy=at偏转角：tan=偏移OP=（L+l）t
32、an由上述得：OP=（l+L）答：OP的长度为（l+L）点评：本题考查带电粒子在电场中的运动，在加速场中通常由动能定理解决在偏转场中通常由类平抛运动规律求解17（12分）（2011秋合肥月考）如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B，C的连线水平质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落A，B两点间距离为4R从小球（小球直径小于细圆管直径）进人管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口 C处离开圆管后，又能经过A点设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：（1）小球到
33、达B点时的速度大小；（2）小球受到的电场力大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力考点：动能定理的应用；牛顿第三定律；机械能守恒定律；电场强度 专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达B点时的速度大小；（2）将电场力分解为水平和竖直两个方向的分力，小球从B到C的过程中，水平分力做负功，根据动能定理得到水平分力与B、C速度的关系小球从C处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则两个方向的位移，由运动学公式和牛顿第二定律结合可水平分力竖直分力大小等于重力，再进行合成可求出电场力的大小（3
34、）小球经过管口C处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律求解球对圆管壁的压力解答：解：（1）小球从A开始自由下落到到达管口B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有： mg4R=解得，（2）设电场力的水平分力和竖直分力分别为Fx和Fy，则 Fy=mg，方向竖直向上小球从B到C的过程中，电场力的水平分力Fx做负功，根据动能定理得Fx2R=小球从C处离开圆管后，做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动，则： y=4R x=2R= t=联立解得，Fx=mg故电场力的大小为 F=qE=mg（3）小球经过管口C处时，由电场力的水平分力和管子的弹力的合力提供向心力，由牛顿运动定律得 Fx+N=m 得 N=3mg，方向向左根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小N=N=3mg，方向水平向右答：（1）小球到达B点时的速度大小是2；（2）小球受到的电场力大小；（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力大小为3mg，方向水平向右点评：本题运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合研究圆周运动和类平抛运动，并采用正交分解求解电场力，常规方法，难度适中参与本试卷答题和审题的老师有：src；wxz；wslil76；听潮；ljc；okczgp；gzwl；yangpf（排名不分先后） 2015年10月20日