【物理】福建省三明市普通高中2019-2020学年高二上学期期末质量检测试题（解析版）

【物理】福建省三明市普通高中2019-2020学年高二上学期期末质量检测试题（解析版）

‎2019—2020学年第一学期三明市普通高中期末质量检测 高二物理 一、选择题 ‎1.在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了重要贡献，下列叙述正确的是 A. 库仑发现了电子 B. 安培发明了电池 C. 法拉第最早提出了电场的概念 D. 奥斯特首先发现了电磁感应现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汤姆孙发现了电子，故A错误；‎ B. 伏打发明了电池，故B错误；‎ C. 法拉第最早提出了电场的概念，故C正确；‎ D. 法拉第首先发现了电磁感应现象，故D错误。‎ 故选：C ‎2.如图，a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的三个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。则置于正方形中心O点的小磁针N极指向是 A. 沿O到a方向 B. 沿O到b方向 C. 沿O到c方向 D. 沿O到d方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，由右手螺旋定则，则有a与c导线电流在O点产生磁场正好相互抵消，则由b导线产生磁场，由右手螺旋定则，得磁场方向水平向右。置于O点的小磁针N极指向磁场的方向，所以小磁针N极指向沿O到c方向。‎ A. 沿O到a方向。与上述结论不符，故A错误；‎ B. 沿O到b方向。与上述结论不符，故B错误；‎ C. 沿O到c方向。与上述结论相符，故C正确；‎ D. 沿O到d方向。与上述结论不符，故D错误。‎ 故选：C ‎3.宇宙射线中大量的高能粒子受地磁场作用会改变运动方向。如图所示，现有一束高能质子流射向地球赤道，则a质子流在进入地球空间将 A. 向东偏转 B. 向西偏转 C. 向北偏转 D. 竖直向下沿直线射向地面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】质子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转。‎ A. 向东偏转。与上述结论相符，故A正确；‎ B. 向西偏转。与上述结论不符，故B错误；‎ C. 向北偏转。与上述结论不符，故C错误；‎ D. 竖直向下沿直线射向地面。与上述结论不符，故D错误；‎ 故选：A.‎ ‎4.密立根油滴实验原理如图所示。水平放置的两块金属板所加电压为U，板间存在竖直向下、大小为E的匀强电场。现喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴，若通过显微镜观察到质量为m的油滴悬浮不动，则下列说法正确的是 A. 悬浮油滴带正电 B. 悬浮油滴的电荷量为 C. 增大场强，悬浮油滴将向下运动 D. 油滴的电荷量是电子电量的整数倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 带电荷量为q的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电，故A错误；‎ B. 根据平衡条件,有：‎ ‎，‎ 故 ‎，‎ 故B错误；‎ C. 根据平衡条件，有：mg=qE，当增大场强，电场力增大，则悬浮油滴将向上运动，故C错误；‎ D. 不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是元电荷电量的整数倍，元电荷电量等于电子电量，故D正确。‎ 故选：D ‎5.如图所示，一质量为m的带电绝缘小球用丝线悬吊于匀强磁场中。将小球分别从等高点A和B由静止释放，不计空气阻力，则小球第一次经过O点时相同的物理量是 A. 速度 B. 丝线的拉力 C. 洛伦兹力 D. 向心加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，速度大小相同，方向相反。故A错误；‎ B.由A选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，故B错误；‎ C、由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，但大小却相同，故C错误；‎ D、根据，可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定点，即加速度相同，故D正确。故选：D。‎ ‎6.如图，一平行电容器两极板之间充满陶瓷介质，现闭合开关S待电路稳定后再断开S，此时若将陶瓷介质移出，则电容器 A. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大 B. 极板上的电荷量不变，极板间的电场强度变小 C. 两极板间电压变大，极板间的电场强度变大 D. 两极板间电压变小，极板间的电场强度变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由可知，当陶瓷介质抽出时，ɛ变小，电容器的电容C变小；电容器充电后断开，故Q不变，故A错误；‎ BCD.根据可知，当C减小时，U变大。再由，由于d不变，U变大，故E也变大，故C正确，BD错误。‎ 故选：C。‎ ‎7.如图甲是我国自行研制成功的中央处理器（CPU）芯片“龙芯”1号，图乙中，R1和R2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的芯片内部电阻，R2的尺寸远远小于R1的尺寸。若通过两电阻的电流方向如图所示，则R1、R2关系判断正确的是 A. R1=R2 B. R 1< R 2 C. R 1> R 2 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得导体的电阻：‎ 可知电阻与边长L无关，只取决于厚度，故R1=R2。‎ A. R1=R2。与上述结论相符，故A正确；B. R 1< R 2。与上述结论不符，故B错误；‎ C. R 1> R 2。与上述结论不符，故C错误；D. 无法确定。与上述结论不符，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎8.如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE=EF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一电子从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，电子从a点到b点电场力做功的数值为|Wab|，从b点到c点电场力做功的数值为|Wbc|，则 A. |Wab|=|Wbc| B. |Wab|>|Wbc|‎ C. 粒子由a点到b点，动能增大 D. a点的电势较b点的电势低 ‎【答案】B ‎【解析】AB. 由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U=Ed知：‎ ‎|Uab|>|Ubc|，‎ 而W=qU，所以 ‎|Wab|>|Wbc|，‎ 则A错误、B正确；‎ C. 粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，故C错误；‎ D. 从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，a点的电势较b点的电势高，故D错误。故选：B ‎9.如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E，内阻为r的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计。为使ab 棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为 A. ，水平向右 B. ，垂直于回路平面向下 C. ，竖直向下 D. ，垂直于回路平面向上 ‎【答案】B ‎【解析】对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：‎ 从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，磁感应强度最小，‎ 安培力的最小值为：‎ FA=mgsinθ，‎ 故磁感应强度的最小值为：‎ 根据欧姆定律，有：‎ E=I(R+r)‎ 故有：‎ ‎，‎ 根据左手定则，磁场方向垂直平面向下。‎ A. ，水平向右。与上述结论不符，故A错误；‎ B. ，垂直于回路平面向下。与上述结论不符，故B正确；‎ C. ，竖直向下。与上述结论不符，故C错误；‎ D. ，垂直于回路平面向上。与上述结论不符，故D错误。‎ 故选：B ‎10.一个半径为r1、阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成如图 （a）所示的回路。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间t变化的关系如图（b）所示，导线电阻忽略不计，则流过R1的电流大小与ab两点电势高低判断正确的是 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，所以；‎ 由图(b)可知，0至t0时间内，磁感应强度的变化率：‎ ‎       ①‎ 由法拉第电磁感应定律有：‎ ‎   ②‎ 而 ‎       ③‎ 由闭合电路欧姆定律有：‎ ‎       ④‎ 联立以上各式解得,通过电阻R1上的电流大小为：‎ ‎      ⑤‎ 故选D.‎ ‎11.如图所示，在直角坐标系的第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负离子分别以相同的速度从原点O进入磁场，进入磁场的速度方向与x轴正方向夹角为30°，已知正离子运动的轨迹半径大于负离子，则可以判断出 A. 正离子的比荷小于负离子 B. 正离子在磁场中受到的向心力大于负离子 C. 正离子在磁场中运动时间小于负离子 D. 正负离子离开磁场时偏转的角度之比为2︰1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A. 根据粒子的运动的半径公式，由于正离子运动的轨迹半径大于负离子，所以正离子的比荷小于负离子的比荷，故A正确；‎ B. 带电粒子在磁场中运动的向心力是由洛伦兹力提供的，根据洛伦兹力F=qvB可知，由于q大小关系未知，所以不能比较向心力的大小，故B错误；‎ C.正离子向“上”偏，从Y轴正方向离开磁场。在磁场中运动个周期，t1=T1；负离子向“下”偏，从X轴正方向离开磁场。在磁场中运动个周期，t2=T2。由周期公式可知，周期与比荷成反比。故T1>T2，所以：t1>t2，故C错误；‎ D.由C选项可知，经过磁场，正离子偏转的角度为120°，负离子偏转的角度为60°，正负离子离开磁场时偏转的角度之比为2︰1，故D正确。故选：AD ‎12.如图所示，光滑绝缘水平面上相距7L的A、B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为AB连线上电势最低处，且BC=2L。若可视为质点的滑块从BC中点D 处，以初速度向右运动，并保持在A、B之间往复运动。已知滑块的质量为m、带电量为+q，则 A. Q1︰Q2=25︰4‎ B. A、B连线上场强为零的地方应该有两处 C. 当滑块从D向A运动过程，电场力先做正功后做负功 D. 当滑块从C向B运动过程，电势能先减小后增大 ‎【答案】AC ‎【解析】AB. A、B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为连线上电势最低处。类比于等量同种点电荷的电场的特点可知， C点电场强度为0，AB之间电场强度为0的点只有一处。对C点，由点电荷的电场强度公式：‎ 得：‎ 故A正确，B错误；‎ C. 类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC之间的电场强度的方向指向C，BC之间的电场强度指向C；滑块从D向A的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力先做正功后做负功。故C正确；‎ D.由C选项分析可知，当滑块从C向B运动过程，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力做负功，电势能增大。故D错误。故选：AC ‎13.如图所示的回旋加速器可将质子的速度从零加速到v，获得的最大动能为Ek。若保持匀强磁场B不变，加速静止的氘核（H），在不考虑相对论效应的情况下有 A. 氘核可加速到 B. 氘核的最大动能为2Ek C. 加速氘核与加速质子的交变电场频率之比为1︰2‎ D. 加速氘核与加速质子的交变电场频率之比为2︰1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A.粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据得射出时速度：‎ 氘核质量时质子的2倍，电荷量相等，所以氘核可加速到，故A正确；‎ B.质子的最大动能为，则氘核的最大动能为：‎ 故B错误；‎ C.根据周期公式有：，则有：，‎ 因质量数之比为1：2，而电量之比为1：1；加速氘核的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为1：2；故C正确，D错误；故选：AC。‎ ‎14.如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2为两只相同灯泡，R为光敏电阻（随光照的增强电阻减小），当光照强度逐渐增强的过程中，发现电压表的示数变化了△U．下列判断正确的是 A. R1灯逐渐变暗，R 2灯逐渐变亮 B. R和R 1消耗的总功率逐渐减小 C. R 1的电流增大量为 D. R 2的电压增大量小于△U ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当光照增强时，光敏电阻R的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则R2灯逐渐变亮。由U=E−Ir可知，路端电压减小，R2灯的电压增大，则R1两端的电压减小，故R1灯逐渐变暗，故A正确；‎ B. 将R2灯看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡R1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小时，等效电源的内外电阻之差加大，输出功率减小，则光敏电阻R和灯泡R1消耗的总功率逐渐减小。故B正确；‎ C. 由A选项分析可知，R1两端的电压减小，电流也减小，故C错误；‎ D. R1两端的电压减小△U，R2灯和内阻的电压和增大△U，所以R 2的电压增大量小于△U，故D正确。‎ 故选：ABD 二、实验探究题 ‎15.某同学做“测电源的电动势和内阻”实验，其操作的步骤如下：‎ ‎（1）采用两节干电池串联作为电源，电流表选择0.6A量程，电压表选择3V量程。在闭合开关开始实验前其连接的电路如图甲。请检查电路指出其中的不妥之处：___________（指出一处即可）。‎ ‎（2）修正电路、正确操作，得到某次测量的电流表示数如图乙，其示数为___________A。‎ ‎（3）根据实验数据作出U-I图像如图丙，则该电源的电动势为___________V，内阻为___________Ω。（结果均保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 连接电压表接线柱的导线应接在电流表的负接线柱或电源负极或滑动变阻器的滑片应置于左端或接入电阻最大的那一端 (2). 0.25A (3). 3.0V (4). 4.0Ω ‎【解析】（1）[1]由实物图可知，图中不妥之处有：连接电压表负接线柱应接在电流表的负接线柱或电源负极；‎ ‎（2）[2]当电流表选择0.6A量程时，每小格分度值为0.02A，故按本位估读，即0.25A；‎ ‎（3）[3]根据电源的U−I图象的物理意义，图象在纵轴的截距表示电源电动势，即为：‎ E=3.0V；‎ ‎[4]斜率表示内阻大小，即为：‎ ‎16.水的电阻率是衡量水质的重要指标之一，国标（GB/T）规定纯净水在25℃时电阻率应不低于17Ω·m。某同学为测量25℃时纯净水的电阻率是否达标，用实验测定的器材有：一内径均匀、装有待测纯净水的圆柱形玻璃管（其侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内纯净水的水量，玻璃管两端接有导电活塞，右活塞固定，左活塞可自由移动，活塞电阻可忽略不计），电源（电动势约为3V，内阻不可忽略），电流表A（量程lmA，内阻不计），电阻箱R（最大阻值9999Ω），单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺。实验电路如图甲所示，步骤如下：‎ A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；‎ B．向玻璃管内注满纯净水，并用刻度尺测量水柱长度L；‎ C．把S拨到1位置，记录电流表A的示数；‎ D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电流表示数不变，记录电阻箱的阻值R；‎ E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；‎ F，断开S，整理好器材。‎ ‎（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=___________cm。‎ ‎（2）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R-L关系图象，则实验测出纯净水的电阻率ρ=___________Ω·m（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 3.00 (2). 18‎ ‎【解析】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上示数：0×0.1mm=0.0mm，所以最终读数为：30mm+0.0mm=30.0mm=3.00cm；‎ ‎（2）[2]根据电阻定律：‎ R-L关系图象的斜率：‎ 得：‎ ‎17.小东想测定标有“3V，0.6W”小灯泡在不同电压下的电功率。已选用的器材有：‎ 电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；‎ 电流表（量程为0~250mA，内阻约5Ω）；‎ 电压表（量程为0~3V，内阻约3kΩ）；‎ 电键一个，导线若干。‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的___________（填字母代号）。‎ A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）‎ ‎（2）先用多用电表粗测小灯泡电阻，若用“×1”挡测量电阻，多用电表表盘如图甲所示，则读数为___________Ω。‎ ‎（3）该实验的电路图应选用图中的___________（填字母代号）。‎ A.B.C.D.‎ ‎（4）做完实验后，小东发现在实验数据表格报告上漏写了电压为2.00V时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是（ ）‎ A．0.10A B．0.13A C．0.17A D．0.25A ‎【答案】 (1). A (2). 8.3 (3). C (4). C ‎【解析】（1）[1]要测量小灯泡在不同电压下的电功率，需要采用分压电路，为方便实验操作，滑动变阻器应选择小电阻A；‎ ‎（2）[2]由图读出欧姆表读数为：8.3×1=8.3Ω；‎ ‎（3）[3]灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，滑动变阻器应采用分压接法；‎ 灯泡正常发光时的电阻 ‎，‎ 电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，应选图C所示电路；‎ ‎（4）[4]小灯泡正常工作时的电流：‎ 如果电阻不变，电压为2.00V时通过小灯泡的电流 实际灯泡在电压为2.00V时温度比正常工作时低，灯泡的实际电阻比15Ω小，实际电流比0.13A大，但小于正常工作时的电流。故选：C 三、计算题 ‎18.将一个电荷量q=－3×10－8C的点电荷，从电场中S点移到M点要克服静电力做功6×10－8J。求：‎ ‎（1）q的电势能怎样变化?‎ ‎（2）若取S点为零电势点，则q在M点的电势能与M点的电势分别是多少?‎ ‎【答案】（1）电势能增加6×10-8J（2）6×10-8J；-2V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电荷从电场中的A点移到B点时，克服静电力做功6×10−8J，则电荷的电势能增加，增加了6×10−8J；‎ ‎（2）以S为零势能点，可知电荷在A点的电势能是6×10−8J，‎ S、M间的电势差为：‎ 根据USM=φS−φM，据题φS=0，则得：‎ φM=−USM=−2V ‎19.如图所示，平行放置的两金属导轨相距L=0.50m，放在磁感应强度B=0.60T，方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，轨道间接一电阻R=0.20Ω。一根长为L、电阻r=0.10Ω的导体棒ac垂直轨道放置。当ac棒在水平外力的作用下以v=4.0m/s的速度向右匀速运动，忽略棒与轨道的摩擦，不计导轨的电阻，求：‎ ‎（1）ac棒产生感应电动势的大小 ‎（2）棒两端电压大小 ‎（3）维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小。‎ ‎【答案】（1）1.2V（2）0.80V（3）1.2N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，ac棒中的感应电动势为：‎ E=BLυ=0.60×0.50×4.0V=1.2V；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律，感应电流大小为：‎ 棒两端的电压：‎ U=IR=4.0×0.20V=0.80V；‎ ‎（3）棒匀速运动，水平外力等于安培力：‎ F=BIL=0.60×4.0×0.50N=1.2N ‎20.小明观察到一个现象:当汽车的电动机启动时，车灯会瞬时变暗。汽车的蓄电池、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示。已知汽车电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω。当车灯接通、电动机未启动时，车灯正常发光，电流表的示数为10A:当电动机启动时，电流表的示数达到58A。不计电流表的内阻及车灯的电阻变化，试问：‎ ‎（1）车灯变暗的原因是什么?‎ ‎（2）车灯正常发光的功率及启动瞬间电动机消耗的功率分别是多大?‎ ‎（3）为防止汽车蓄电池亏电（电池长时间不用而导致的慢慢自行放电现象），你对汽车蓄电池的保养能提出一条什么建议?‎ ‎【答案】（1）见解析（2）120W，480W（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当电动机启动时，电流变大，内电阻电压增大，车灯两端的电压变小，车灯变暗。‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律，车灯正常发光时，两端的电压：‎ U=E-Ir=12.5-10×0.05=12V 车灯的功率：‎ P=UI=12×10W=120W；‎ 当电动机启动时，车灯两端电压为 ‎，‎ 车灯的电阻为：‎ 则此时流过车灯的电流为 ‎，‎ 可得流过电动机电流为 I机=58A-8A=50A，‎ 所以电动机的消耗的电功率为 ‎；‎ ‎（3）电池在电器中能缓慢的放电，所以较长时间不使用电器时，最好从电器中取出电池，并妥善存放。‎ ‎21.如图所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E、场区宽度为d。在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场。磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为R。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从A点由静止释放后，在M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N点射出，O为圆心，∠MON=120°，粒子重力可忽略不计。求：‎ ‎（1）粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若粒子在离开磁场前某时刻，磁感应强度变为垂直纸面向里、大小为B1，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B1的最小值为多少?‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（1+）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设粒子经电场加速后的速度为v，由动能定理得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（2）粒子运动轨迹如图所示：‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 由几何知识可得：‎ tan30∘=，‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（3）粒子运动轨迹如图所示，‎ 当粒子运动到轨迹与OO′连线交点处改变磁场大小时，粒子的轨道半径最大，磁感应强度最小，‎ 由几何知识可知：‎ ‎，‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 解得：‎ ‎22.如图，xoy直角坐标系构成一竖直平面，其第一、四象限范围内（含y轴）存在方向竖直向下、场强大小E=4.5×103N/C的匀强电场。一个质量m=1.0kg、带电量q=－4×10－3C的小球（可视为质点），用长度l=1.0m的不可伸长的绝缘轻绳悬挂在原点O处。现将小球向左拉至坐标为（－0.6m，－0.8m）的A点处静止释放，绳始终未被拉断，g取10m/s2。求小球：‎ ‎（1）从A点第一次运动到y轴处时速度大小；‎ ‎（2）第一次从y轴向右运动，经过与A点等高处位置的横坐标；‎ ‎（3）第一次离开电场前瞬间绳子受到的拉力大小。‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）m（3）40N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设从A点运动到O点时的速度为v0，A运动到O点过程，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（2）小球所受电场力为：‎ F=qE=4×10−3 ×4.5×103 =18N 小球刚进入电场时做圆周运动的向心力：‎ 因 F−mg=8N>Fn 小球做类平抛运动，第一次向右运动到与A点等高处过程，y方向上有：‎ 得：‎ x方向：‎ ‎ 即横坐标为；‎ ‎（3）当线刚拉直时由：‎ 解得：‎ t=0.5s 此时有：‎ x=v0t2=1.0m 即小球刚好在圆心等高处绳子拉直，而后做圆周运动，此时小球向上的速度为：‎ v1=at2=4m/s 设小球运动到最高点速度为v2，由动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ 此时，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ T=40N