2017-2018学年福建省三明市第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

2017-2018学年福建省三明市第一中学高二上学期第二次月考物理试题 解析版

福建省三明市第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考物理试题 一、单选题：（本题共10 小题，共30 分。在每小题给出的四个选项中，每题只有一项符合题目要求，每小题3 分。）‎ ‎1. 关于电源的电动势，下列说法正确的是 A. 电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压 B. 同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化 C. 电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量 D. 电路中，当电阻变大时，电源的电动势也增大 ‎【答案】C ‎【解析】解：A项，电压表测得的是电源电压，小于电动势，故A项错误。‎ B、D项，电动势是非静电力在电源内部移送单位电荷所做的功，电动势是电源本身的属性，与外接电路无关，故B、D项错误。 ‎ C项，电动势衡量电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，故C项正确。‎ ‎2. 关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是 A. 电场强度的定义式E=F/q适用于任何电场 B. 由真空中点电荷的电场强度公式可知，当r→0 时，E→无穷大 C. 由公式B=F/IL可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场 D. 磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 ‎【答案】A ‎【解析】A、电场强度的定义式，适用于任何电场，故A正确； B、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式不再成立，B错误； C、由公式可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，C错误； D、磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直，D错误； 故选A。‎ ‎3. 将静止的点电荷形成的电场线和静止的磁极形成的磁感线统称为场线，将电场强度和磁 感强度统称为场强，以下关于场线和场强的说法中，错误的是 A. 场线都是闭合的B．场线不可能相交 ‎【答案】A ‎【解析】A项：磁感线是闭合曲线，而电场线不是闭合的，故A错误；‎ B项：磁感线与电场线不可能相交，如果相交则在同一地方场强方向有两个不同的方向，故B正确；‎ C项：磁感线与电场线的疏密表示场强的大小，故C正确；‎ D项：磁感线与电场线都是为了更形象描述磁场与电场所假想的曲线，实际并不存在，故D正确，所本题应选A。‎ C．场线的疏密表示场强的大小 D．场线都是假想的线 ‎4. 如图所示，当恒定电流I 通过水平直导线ab 时，发现置于导线正下方的小磁针N 极从图示位置向纸外偏转。据此判断 A. I 的方向从a 到b B. I 的方向从b 到a C. 通电导线下方的磁场方向平行ab 向左 D. 通电导线下方的磁场方向平行ab 向右 ‎【答案】B ‎【解析】由于导线正下方的小磁针N 极从图示位置向纸外偏转，所以直导线中产生的磁场方向垂直纸面向外，根据右手螺旋定则可知，直导线中的电流由b到a,故B正确。‎ 点晴：右手螺旋定则也叫安培定则，让大拇指所指向为电流的方向，则四指环绕的方向为磁场方向，当导线是环形时，则四指向为电流的方向。‎ ‎5. 在图中，标出磁场B 的方向，通电直导线中电流I 的方向，以及通电直导线所受磁场力F 的方向，其中正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】通电导线在磁场中受到安培力作用，其方向均由左手定则来确定．A图中安培力竖直向下，A错误；B图中由于电流方向与磁场方向平行，则没有安培力，B错误；C图中安培力方向竖直向下，C正确；D图中安培力方向垂直纸面向外，D错误；故选C.‎ ‎【点睛】左手定则内容是：伸开左手大拇指垂直四指且在同一平面内，让磁感线穿过掌心，四指指的是电流的方向，则大拇指就是安培力的方向．所以安培力方向与磁场方向垂直、与电流方向垂直，即其与磁场和电流的方向所构成的平面垂直．‎ ‎6. 关于多用电表，下列说法正确的是 A. 多用表是电压表、电流表、欧姆表共用三个表头组装而成的 B. 用多用表无论是测电压、电流还是测电阻，红表笔的电势都要高于黑表笔的电势 C. 多用表的电压挡、电流挡和欧姆挡都是靠外部提供电流的 D. 用多用表测电压、电流和测电阻时，电流都是从红表笔流入的 ‎【答案】D ‎【解析】解：A项，多用电表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头组装而成的，通过选择不同的挡位来实现不同的测量目的，故A项正确。‎ B项，用多用表无论是测电压和电流时，红表笔的电势要高于黑表笔的电势，而当测量电阻时，红表笔的电势要低于黑表笔的电势，故B项错误。‎ C项，多用表的电压挡和电流挡是靠外部提供电流的，而欧姆挡具有内置电源，故C项错误。‎ D项，用多用表测电压、电流和测电阻时，电流都是从红表笔流入的，黑表笔流出的，故D项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为AD。‎ ‎7. 将面积为6.0×10-4 m2 的圆面放入水平向右的匀强磁场中，圆面与磁感线之间的夹角为30°，如图所示，若穿过该圆面的磁通量为3.0×10—5 Wb，则此匀强磁场的磁感应强度B ‎ 应等于 A. 1.0×10-1 T B. 5.0×10-2 T C. 2.0×101 T D. 1.8×10-9 T ‎【答案】A ‎【解析】根据，即，故A正确。‎ 点晴：求解磁通量时，往往根据两种特殊情况运用投影的方法求解，在匀强磁场中，当线圈与磁场方向平行时，磁能量Φ=0；当线圈与磁场方向垂直时，磁能量Φ=BS。‎ ‎8. 宇宙射线在射向地球时，由于地磁场的存在会改变其带电粒子的运动方向，从而对地球上的生物起到保护作用。如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地磁场时将 A. 相对于原直线运动方向向东偏转 B. 相对于原直线运动方向向西偏转 C. 相对于原直线运动方向向南偏转 D. 相对于原直线运动方向向北偏转 ‎【答案】B ‎【解析】地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转，所以C正确。‎ 点晴：根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向。‎ ‎9. 如图所示，在P 板附近有一质子由静止开始向Q 板运动，则关于质子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是：‎ A. 两板间距越大，加速的时间越短 B. 两板间距离越小，加速度就越大，则质子到达Q 板时的速度就越大 C. 质子到达Q 板时的速度与板间距离无关，仅与加速电压有关 D. 质子的加速度和末速度都与板间距离无关 ‎【答案】C 质子的加速度为，故a与d有关，而末速度与d无关，故D错误.故选AC.‎ ‎【点睛】电子在电场中做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可以求得电子的运动的时间．判断电子受到的电场力的大小，从而可以判断电子的加速度的大小．‎ ‎10. 在如图所示的电路中，当滑动变阻器R2 的滑动片P 向上移动时，关于电灯L 的亮度及电容器C 所带电量Q 的变化判断正确的是 A. L 变暗，Q 增大 B. L 变暗，Q 减小 C. L 变亮，Q 增大 D. L 变亮，Q 减小 ‎【答案】C ‎【解析】解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，灯L变暗．‎ 电容器板间电压等于变阻器两端的电压．由上得知，路端电压减小，则通过L灯的电流减小，而干路电流增大，则通过R1的电流增大，R1的电压也增大，则变阻器两端的电压减小，电容器所带电量Q减小．故B正确．‎ 故选：B ‎【点评】本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．‎ 二、多选题：（本题共4 小题，共16 分。第11～14 题有多个选项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。）‎ ‎11. 如图所示，有一个未知电阻Rx，用图中(a)和(b)两种电路分别对它进行测量，用(a)图电路测量时，两表读数分别为6 V，6 mA，用(b)图电路测量时，两表读数分别为5.9 V，10 mA，则下列分析判断正确的是 A. (a)电路的测量值为1 kΩ，比真实值偏大，误差小 B. (a)电路的测量值为1 kΩ，比真实值偏大，误差大 C. (b)电路的测量值为590 Ω，比真实值偏小，误差小 D. (b)电路的测量值为590 Ω，比真实值偏小，误差大 ‎【答案】AD ‎【解析】A、B项：(a)电路的测量值，这种测量方法中电压表测的是电流表和电阻两端的电压，所以比真实值偏大，电流表测的是真实电流，故电阻测量值比真实值偏大，由于电阻较大，电流表的分压作用较小，故误差较小，故A正确；‎ C、D项：(a)电路的测量值，这种测量方法中电流表测的是电压表和电阻中的总电流，所以比真实值偏大，电压表测的是真实电压，故电阻测量值比真实值偏小，由于电阻较大，电压表的分流作用较大，故误差较大，故D正确。‎ ‎12. 如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b 在M、N 的连线上，O 为MN 的中点，c、d 位于MN 的中垂线上，且a、b、c、d 到O 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A. O 点处的磁感应强度为零 B. a、b 两点处的磁感应强度大小相等、方向相同 C. c、d 两点处的磁感应强度大小相等、方向相同 D. a、c 两点处磁感应强度的方向相同 ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．‎ 解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零．故A错误．‎ B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．当垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故B错误．‎ C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．因此通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故C正确．‎ D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下，则a、c两点处放垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力方向相同．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．‎ ‎13. 条形磁铁放在水平面上，在它的上方偏右处有一根固定的垂直纸面的直导线，如图所示，当直导线中通以图示方向的电流时，磁铁仍保持静止.下列结论正确的是 A. 磁铁对水平面的压力减小 B. 磁铁对水平面的压力增大 C. 磁铁对水平面施加向左的静摩擦力 D. 磁铁所受的合外力增加 ‎【答案】BC ‎【解析】以导线为研究对象，由左手定则判断得知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的安培力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，磁铁对水平面施加向左的静摩擦力，同时磁铁对地的压力增大，故BC正确。‎ 点晴：以导线为研究对象，根据电流方向和磁场方向判断所受的安培力方向，再根据牛顿第三定律，分析磁铁所受的支持力和摩擦力情况。‎ ‎14. 在如图(a)所示的电路中，R1 为定值电阻,R2 为滑动变阻器。闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示。则 A. 图线甲是电压表V1 示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为5Ω C. 电源的最大输出功率为1.5W D. 滑动变阻器R2 的最大功率为0.9W ‎【答案】BD ‎【解析】A项：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，R2两端的电压减小，故乙表示是V1‎ 示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；‎ B项：由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：E=3+0.6r；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故，由闭合电路欧姆定律可得E=5+0.2r，解得r=5Ω，E=6V，故B正确；‎ C项：因当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流，故电源的最大输出功率P=UI=1.8W；故C错误；‎ D项：由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为电源的内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流，则滑动变阻器消耗的总功率P′=I'2R′=0.9W；故D正确；‎ 点晴：在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理。‎ 三、填空、实验题（本题共2 小题，除多选每空4 分外，其余每空2 分，共24 分。）‎ ‎15. （1）下列给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差又直观、简便的是_____‎ A．测出两组I、U 的数据，代入方程组E=U1+I1r 和E=U2+I2r B．多测几组I、U 的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值 C．测出多组I、U 的数据，画出U-I 图像，在根据图像求E、r D．多测几组I、U 的数据，分别求出I 和U 的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即 为电动势E，再利用闭合电路欧姆定律求出内电阻r ‎（2）(多选)用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I 图像，由图像可知_______‎ A．电池的电动势为1.40V B．电池内阻值为3.50Ω C．外电路短路时的电流为0.40A D．当电压表示数为1．20V 时，电路电流为0．2A ‎（3）如上（2）中甲图所示，闭合电键前，应使变阻器滑片处在________（填“左”或“右”）端位置上．‎ ‎（4）．(多选)为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源和开关、导线以外，配合下列哪组仪器，才能达到实验目的_______‎ A．一个电流表和一个电阻箱 B．一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器 C．一个电压表和一个电阻箱 D．一个电流表和一个滑动变阻器 ‎【答案】 (1). C； (2). AD； (3). 左； (4). ABC ‎【解析】(1) A项中根据两组测量数据可以算出一组E、r值，但不能减少偶然误差；B项中可行，但不符合题目中“直观、简便”的要求，D选项的做法是错误的，故符合要求的选项为C。‎ ‎(2) A项：由图示图象可知，电源U-I图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为1.40V，故A正确；‎ B项：电源内阻等于图象斜率的大小，为，故B错误；‎ C项：由图示图象可知，路端电压为1.00V时，电路电流为0.4A，可知外电路发生短路时的电流为，故C错误；‎ D项：当电压表示数为1.20V时，，故D正确；‎ ‎(3)为了保护用电器，在闭合开关前滑动变阻器应调到最大电阻处，即应使变阻器滑片处在左端位置；‎ 点晴：由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1V时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻；测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，实验的电路有三种，分别是伏安法、伏阻法和安阻法。‎ ‎16. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用刻度尺量出圆柱体长度为L，用螺旋测微器测出其直径d 如图所示，则d= _____mm．‎ ‎（2）(多选)若用多用电表的欧姆挡粗测圆柱体的电阻．机械调零、欧姆调零后，选择“×100”倍率进行测量，发现表针偏转角度很大，正确的判断和做法是_______．‎ A．被测电阻值很大 B．被测电阻值很小 C．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量 D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量．‎ ‎（3）现选择多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为R=_______ Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）； 电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）； 电压表V2（量程0 ～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）‎ 开关S、导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号________．‎ ‎（5）根据测得量求出圆柱体材料的电阻率表达式_______(用U、I、L、d 等符号表示）。‎ ‎【答案】 (1). 5.312mm-5.318mm； (2). BD； (3). 220； (4). (5). ‎ ‎【解析】(1) 螺旋测微器固定刻度读数为5mm，可动刻度读数为31.3×0.01mm，最终读数为5+0.313=5.313mm，由于螺旋测微器可动刻度要估读，所以读数在5.312mm-5.318mm都算正确；‎ ‎(2) 用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度很大，说明所测电阻较小，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用“×10”挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值；故AC错误，BD正确；‎ ‎(3) 如果是用×10Ω挡测量电阻，由图示表盘可知，读数为22×10Ω=220Ω；‎ ‎(4) 电源电动势为4V，电压表选V1，待测电阻阻值约为200Ω，电路最大电流约为：，电流表选择A2，电压从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法，，，由于，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：‎ ‎(5) 圆柱体电阻，电阻率。‎ 点晴：用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表最大刻度线在左侧，0刻度线最最右侧，根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读出其示数，电压从零调起，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图，根据实验数据，由电阻定律求出电阻率的表达式。‎ 三、计算题（本题共4 小题，共40 分。）解题要求：（1）写出依据的主要公式或变形公式；（2）代入数据；（3）凡有数字运算的题目，运算结果要写明单位。‎ ‎17. 如图所示，水平放置的两根平行金属导轨相距0.2m，上面有一质量为0.04kg的均匀金属棒ab，金属棒电阻忽略不计，电源电动势为6V、内阻为0.5Ω，滑动变阻器调到2.5Ω时，要使金属棒ab 对轨道的压力恰好为零且静止，需在金属棒所在位置施加一个垂直ab 的匀强磁场，问：‎ ‎（1）流过金属棒的电流多大 ‎（2）该匀强磁场的方向 ‎（3）该匀强磁场的磁感应强度大小为多少.(g=10m/s2)‎ ‎【答案】(1)I=2A；(2)方向水平向左；(3) B=1T.‎ ‎【解析】(1) 由题意可知ab 中的电流大小为；‎ ‎(2)ab中的电流方向由b指向a，根据左手定则，可知磁场方向水平向左；‎ ‎(3) 欲使ab 对轨道压力恰为零则mg=BIL，得B=mg/IL==1T。‎ 点晴：金属棒ab对轨道的压力恰好为零时，金属棒上的安培力恰好等于金属棒的重力，写出闭合电路的欧姆定律和安培力的公式，即可求得磁感应强度。‎ ‎18. 如图所示，电源电动势有E=12V，内阻r=0.5Ω，“10V、20W”的灯泡L 与直流电动机M 并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为RM=1Ω，求：‎ ‎（1）流过电源内阻的电流为多少？‎ ‎（2）电动机的机械功率为多少？‎ ‎（3）电源的效率为多少？‎ ‎【答案】(1)I=4A；(2)P=16w；(3)‎ ‎【解析】试题分析：（1）设流过灯泡的电流为IL，则IL===2A，‎ 内阻r的电压Ur=E﹣UL=12V﹣10V=2V， 流过内阻的电流为I===4A；‎ ‎（2）设流过电动机的电流为IM，IM=I﹣IL=4A﹣2A="2" A，‎ 电动机的输入功率为PM总=IMU=2×10=20W，电动机线圈的热功率为PQ=I2MRM=22×1=4W，‎ 电动机输出功率为：PM出=PM总﹣PQ=20W﹣4W=16W；‎ ‎（3）电源的总功率为P总=IE=4AV×12=48W，电源的效率为η==×100%=83%；‎ 考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎19. 如图所示的电流天平可用来测出安培力的大小:天平的右臂下面用细绳挂有一个宽为L，共N 匝的矩形线圈，线圈的下部悬在垂直纸面方向、磁感强度大小为B 的匀强磁场中，当线圈中没有电流通过时，天平平衡。当线圈中通有电流时，天平失去平衡，通过改变砝码后，天平重新平衡，据此可以测出安培力的大小。问：‎ ‎⑴当线圈中通有顺时针方向的电流时(如图) ，发现细绳的拉力减小，请判断磁场的方向并在虚框中画出；‎ ‎⑵若某次测量中，在右盘中添加质量为m 的砝码后，天平恢复平衡，此时线圈受到的安培力为多大？线圈中的电流多大？（重力加速度为g，答案用给定的符号表达）‎ ‎【答案】(1) 磁场应垂直纸面向外；(2)I=mg/NBL ‎【解析】(1) 当线圈中没有电流通过时，拉力T=m0g，当线圈中通有电流时，发现细绳的拉力减小，则有T+F=m0g，故线圈所受安培力向上，根据左手定则可知磁场应垂直纸面向外；‎ ‎(2) 由平衡条件可知，线圈受到的安培力F=mg，又由安培力F=NBIL 可知，通过线圈的电流I= mg/ NBL。‎ ‎20. 真空中存在着空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°，(sin37°＝0.6，cos37°=0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0 竖直向上抛出。求运动过程中 ‎(1)小球受到的电场力的大小及方向；‎ ‎(2)小球从抛出点至最高点的电势能变化量；‎ ‎(3)如果抛出时的动能为4J，则小球落回到同一高度时的动能是多大。‎ ‎【答案】（1），方向水平向右；(2)，(3) ‎ ‎【解析】试题分析：小球静止释放时，由于所受电场力与重力均为恒力，故其运动方向和合外力方向一致，根据这点可以求出电场力大小；由合运动与分运动的关系，将运动分解成水平方向和竖直方向，根据 相应规律求解。‎ ‎(1) 小球静止开始做匀加速直线运动，由合力与分力的关系知 ‎，解得：F=mgtan370 ，方向水平向右；‎ ‎(2) 由合运动与分运动的关系知，竖直方向做匀减速直线运动t=v0/g，‎ 水平方向做匀加速直线运动a=F/m=3g/4，，故；‎ ‎(3) 小球落回到同一高度，‎ 此时水平方向：，竖直方向：，，，此时 ‎ 点晴：本题在复合场中考察了运动的合成、分运动之间的关系等，有一定的综合性．解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运动形式，利用相应物理规律求解。‎ ‎ ‎