河北省博野中学2020学年高二物理11月月考试题

河北省博野中学2020学年高二物理11月月考试题

河北省博野中学2020学年高二物理11月月考试题 ‎ 一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ 1. 关于电源电动势,下面说法不正确的是  ‎ A. 电源两极间电压等于电动势 B. 电动势越大的电源,将其它能转化为电能的本领越大 C. 电路接通后,电源的电压小于它的电动势 D. 电动势只由电源性质决定与外电路无关 2. 如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接,下极板接地,一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态,现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,则(    )‎ A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低 C. 极板间的场强不变 D. 极板带电量将增加 3. 如图,直线A为某电源的图线,曲线B为标识不清的小灯泡的图线,将与该电源组成闭合电路时,恰好能正常发光另有一相同材料制成的灯泡,标有“6V,22W”,下列说法中正确的是   ‎ A. 电源的内阻为 B. 把灯泡换成,可能正常发光 C. 把灯泡换成,电源的输出功率可能相等 D. 把灯泡换成,电源的输出功率一定变小 4. 如图所示的电路中,两个电压表的内阻均为,定值电阻的阻值为,电压表示数为2V,示数为3V,则定值电阻的阻值为(    ) ‎ A. B. C. D. ‎ 1. 沈括在梦溪笔谈中记载了“以磁石磨针锋”制造指南针的方法,磁针“常微偏东,不全南也”他是世界上第一个指出地磁场存在磁偏角的人,比西方早了400年关于地磁场,下列说法中正确的是(    )‎ A. 地磁场只分布在地球的外部 B. 地理南极点的地磁场方向竖直向上 C. 地磁场穿过地球表面的磁通量为零 D. 地球表面各处地磁场的磁感应强度大小相等 2. 关于正常工作的电动机和白炽灯,以下说法中正确的是：‎ A. 电动机和白炽灯消耗的电能均大于产生的热能 B. 电动机和白炽灯消耗的电能均等于产生的热能 C. 电动机消耗的电能大于产生的热能,白炽灯消耗的电能等于产生的热能 D. 电动机消耗的电能等于产生的热能,白炽灯消耗的电能大于产生的热能 二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ 3. 如图所示,A和B为竖直放置的平行金属板,在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球；开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处,此时绝缘线向右偏离竖直方向电源的内阻不能忽略下列判断不正确的是(    )‎ A. 小球带正电 B. 当滑动头从a向b滑动时,小球细线的偏角变大 C. 当滑动头从a向b滑动时,电源的输出功率一定变大 D. 当滑动头从a向b滑动时,电流表中有电流,方向从N到M 4. 如图甲所示电路中,小灯泡通电后其两端电压U随所通过的电流I变化的图线如图乙所示,P为图线上一点,PN为图线的切线,PM为U轴的垂线,PQ为I轴的垂线。下列说法中正确的是    ‎ 5. A. 随着所通电流的增大,小灯泡的电阻增大 1. B. 对应P点,小灯泡的电阻为 2. C. 在电路中灯泡L两端的电压为时,电阻R两端的电压为 3. D. 对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”‎ 4. 如图电路中,电源电动势为E、内阻为r,闭合开关S,增大可变电阻R的阻值后,电压表示数的变化量为在这个过程中,下列判断正确的是(    ) ‎ A. 电阻两端的电压减小,减小量等于 B. 电容器的带电量减小,减小量小于 C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值变小 D. 电压表示数变化量和电流表示数变化量的比值不变 5. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标系内,如图所示,根据图线可知下列叙述正确的是(    )‎ A. 反映变化的图线是c B. 电源电动势为8 V C. 电源内阻为 D. 当电流为 A时,外电路的电阻为 6. 如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心,,在M、P处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有垂直纸面向里、大小相等的恒定电流。整个系统处于平行于纸面的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度大小为,此时O点的磁感应强度为零。则(    )‎ A. 匀强磁场的方向水平向左 B. M处电流在圆心O点处产生的磁感应强度大小为 C. P处电流在圆心O点处产生的磁感应强度大小为 D. 若把P点处电流反向,其他条件不变,则O点磁感应强度大小为 1. 如图所示,一条形磁铁放在水平桌面上在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线,当导线通以如图所示方向电流时(    )‎ 2. A. 磁铁对桌面的压力增大,且受到向左的摩擦力作用 B. 磁铁对桌面的压力减小,且受到向右的摩擦力作用 C. 若将导线移至磁铁中点的正上方,电流反向,磁铁对桌面的压力会减小 D. 若将导线移至磁铁中点的正上方,磁铁不受摩擦力 三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）‎ 3. 某实验小组要测量定值电阻Rx的阻值,实验室提供的器材规格如下：‎ 4. A.待测电阻阻值约为 5. B.电流表G量程为10mA,内阻R未知 6. C.电流表G量程为30mA,内阻R未知 7. D.电阻箱最大阻值为 8. E.电池阻节干电池 9. F.开关一只,导线若干 10. 该小组根据现有的器材设计了如图1所示的电路,实验过程如下：‎ 11. ‎​‎ 12. 根据电路图,连接实验器材 13. ‎​先将电阻箱的阻值调到最大,然后闭合开关S,调节电阻箱的阻值,记录电流表的示数和电流表的示数,及对应的电阻箱的阻值R 14. 多次调节电阻箱的阻值,改变两个电流表的示数,并记录数据数据处理：以为纵坐标,以对应的电阻箱的阻值R为横坐标,描点连线得到如图2所示的倾斜直线 1. 2. 待测电阻________。电流表G的内阻R________。‎ 3. ‎​若将电流表与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表,应将电阻箱的阻值调为________。‎ 4. 电流表的量程为,内阻,把它改装成如图所示的一个多量程多用电表,电流、电压和电阻的测量都各有两个量程。‎ 5. 图中,A表笔为________填“红”或“黑”表笔,若实验室只有两只红表笔,找不到黑表笔,则________填“能”或“不能”继续使用该多用电表测电压；‎ 当开关S接到5或6位置时为电压挡,其中,开关S接到位置5时的量程比接到位置6时的量程________填“大”或“小”,开关S接到位置5时允许流入多用电表的最大电流________填“大于”,“小于”或“等于”开关S接到位置6时允许流入多用电表的最大电流；‎ 当开关S接到1或2位置时为电流挡,其中小量程为,大量程为。开关S接位置________填“‎1”‎或“‎2”‎时是大量程电流挡,图中电阻________；‎ 已知图中的电源的电动势为9 V,当把开关S接到位置4,短接A、B进行欧姆调零后,此欧姆挡内阻为________,现用该挡测一未知电阻阻值,指针偏转到电流表满刻度的处,则该电阻的阻值为________．‎ 四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）‎ 1. 如图所示的电路中,两平行金属板A,B水平放置,接入如图所示电路中,两板间的距离,电源电动势,内电阻r,电阻,,闭合开关S,待电路稳定后,将一带电的小球放入板间恰能保持静止,若小球质量为,电量,问：‎ 2. 小球带正电还是负电,电容器的电压为多大？‎ 3. 电源的内阻为多大？‎ 4. 电源的效率是多大？取 5. 6. 如图所示,在竖直平面内,光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点,在圆心处有一固定的正点电荷,B点为AC的中点,C点位于圆周最低点。现有一质量为m ‎、电荷量为q套在杆上的带负电小球可视为质点从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g,A点距过C点的水平面的竖直高度为3R,小球滑到B点时的速度大小为。求：‎ ‎、B两点间的电势差；‎ 小球滑至C点时的速度的大小；‎ 若以C点做为零电势点,试确定A点的电势。‎ 1. 如图所示,在和之间有沿着x 轴方向的匀强电场,MN 为电场区域的上边界,在x 轴方向范围足够大。电场强度的变化如图所示,取x 轴正方向为电场正方向,现有一个带负电的粒子,粒子的比荷为 ,在时刻以速度 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域,不计粒子重力。求：‎ 2. 粒子通过电场区域的时间；‎ 粒子离开电场时的位置坐标；‎ 粒子通过电场区域后沿x 方向的速度大小。‎ ‎答案和解析 ‎1.【答案】A ‎【解析】【分析】‎ ‎​电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定。‎ 本题要正确理解电动势的物理意义，注意根据闭合电路欧姆定律进行分析内外电压之和。‎ ‎【解答】‎ A.当把用电器接入电路，电源两极间的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压是小于电源的电动势的，故A不正确；‎ B.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故B正确；‎ C.电动势在数值上等于内外电压之和，电路接通后，电源的电压小于它的电动势，故C正确；‎ D.电动势是电源本身的性质，与外电路无关，故D正确。‎ 本题选不正确的，故选A。‎ ‎2.【答案】B ‎【解析】解：AC、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故AC错误．‎ B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．‎ D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；‎ 故选：B．‎ 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化的变化．‎ 本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．注意电容的定义式与决定式的区别，及公式Q=UC的运用．‎ ‎3.【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率。‎ 解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵。‎ ‎【解答】‎ A.由图读出电源的电动势为E=10V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则r=Ω=2.5Ω，故A错误；‎ BCD.灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U=6V，I=‎1.6A，则灯泡L1的额定电压为6V，功率为P=UI=9.6W．‎ 把灯泡L1换成“6V，22W”的灯泡L2，不能正常发光，而由P=知：灯泡L2的正常工作时的电阻为R2===1.64Ω 灯泡L1的电阻为R1==Ω=3.75Ω，则知正常发光时灯泡L2的电阻更接近电源的内阻，但是这里灯泡并没有达到正常发光，此时L2的电阻是不确定的；电源的输出功率可能变大，可能相等，也有可能变小，故BD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎4.【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 明确电路结构，根据串并联电路的基本性质进行分析，明确电压表的改装原理即可求得R2两端的电压和电流，从而求出阻值。‎ 本题考查电表的改装原理以及串并联电路的基本规律，要注意明确电压表可理解为能测量电压的电阻，同样可以利用欧姆定律求出电流。‎ ‎【解答】‎ 由图可知，V1与R1串联后与R2并联，再与V2串联；根据串并联电路规律可知，R2两端的电压为：‎ ‎；‎ 流过R2中的电流为：‎ 由欧姆定律可得：‎ ‎；‎ 故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎5.【答案】C ‎【解析】解：A、根据磁场的性质可知，磁感线是闭合的，故地球内部一定有磁感线，故一定有磁场；故A错误；‎ B、地理南极是地磁北极附近所以磁感线往上，但二者并不重合，故并不是竖直向上的；故B错误；‎ C、根据磁通量的性质可知，由外向里和从里向外穿过地球表面的磁感线条数一定相等。故地磁场穿过地球表面的磁通量为零；故C正确；‎ D、地球两极处磁感应强度最大，而赤道上磁感应强度最小；故D错误；‎ 故选：C。‎ 根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案．‎ 本题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质．‎ ‎6.【答案】C ‎【解析】【分析】‎ 电动机内有线圈，不是纯电阻，消耗的电能要大于产生的热能；而白炽灯是纯电阻，则消耗的电能等于产生的热能。‎ 殴姆定律只适用于纯电阻电路，当遇到非纯电阻电路时，可借助于纯电阻部分电路去间接求出。‎ ‎【解答】‎ A .电动机内部有线圈，通电后要产生热能，同时要转动，产生机械能．所以电动机消耗的电能均大于产生的热能，而白炽灯仅仅是电阻，消耗的电能全等于产生的热能，故A错误；‎ B.电动机内部有线圈，通电后要产生热能，同时要转动，产生机械能．所以电动机消耗的电能均大于产生的热能，而白炽灯仅仅是电阻，消耗的电能全等于产生的热能，故B错误；‎ C.电动机内部有线圈，通电后要产生热能，同时要转动，产生机械能．所以电动机消耗的电能均大于产生的热能，而白炽灯仅仅是电阻，消耗的电能全等于产生的热能，故C正确；‎ D.电动机内部有线圈，通电后要产生热能，同时要转动，产生机械能．所以电动机消耗的电能均大于产生的热能，而白炽灯仅仅是电阻，消耗的电能全等于产生的热能，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.【答案】BC ‎【解析】【分析】‎ 由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性；滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向；利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小。‎ 本题含容电路的问题，是高考热点问题，对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况；电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导。‎ ‎【解答】‎ A.由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A正确；‎ B.滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误；‎ C.‎ 根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小，输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小，本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小，故C错误。‎ D.滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，故D正确；‎ 本题选错误的，故选BC。‎ ‎8.【答案】ABD ‎【解析】【分析】‎ 此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可对应图线的“面积”。‎ 本题结合图象考查对欧姆定律的理解，要明确题中灯泡是非线性元件，其电阻是变化的。‎ ‎【解答】‎ A.图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小，由数学知识可以知道，随着所加电流的增大，小灯泡的电阻增大，故A正确；‎ B.对应P点，小灯泡的电阻为，故B正确；‎ C.在电路中灯泡L两端的电压为U1时,电阻R两端的电压为I2R，故C错误；‎ D.由恒定电流的功率公式，推广可以知道，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积，故D正确。‎ ‎​故选ABD。‎ ‎9.【答案】BD ‎【解析】【分析】‎ 闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R1两端的电压，根据路端电压的变化，分析电阻R1两端的电压变化量与△U 的关系，确定电容带电量变化量．电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R．电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比值等于R1+r。‎ 此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意，R是非纯性元件。‎ ‎【解答】‎ AB.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U，则电容器的带电量减小，减小量小于C△U，故A错误，B正确；‎ C.由图，，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大，故C错误；‎ D.根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R1+r），由数学知识得知，，保持不变，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎10.【答案】ACD ‎【解析】【分析】‎ 本题要理解图象的性质；根据电源的总功率公式PE=EI求解电动势，根据发热功率的解析式I2r，求解电源的内阻。‎ 根据电源内部的发热功率Pr=I2r判断图线；直流电源的总功率PE=EI，P-I图象的斜率等于电动势E；当I=‎2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻；根据闭合电路欧姆定律求出电流为‎0.5A时的外电阻。‎ ‎​【解答】‎ A.电源内部的发热功率Pr=I2r，Pr-I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c，故A正确。‎ B.直流电源的总功率PE=EI，故a为总功率PEt图象，P-I图象的斜率等于电动势E，则有E==V=4V，故B错误。‎ C.图中I=‎2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到r==Ω=2Ω，故C正确；‎ D.当电流为‎0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：I=，代入解得R=6Ω，故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎11.【答案】CD ‎【解析】【分析】‎ 本题考查磁场的矢量性，矢量的叠加遵循平行四边形法则。利用安培定则判断直线电流的磁场方向，利用平行四边形定则求解合磁场是解题的关键。‎ ‎【解答】‎ ABC.根据安培定则可知，两导线在O点形成的磁感应强度如图所示，两电流的合磁感应强度大小与外磁场大小相等为，方向相反。则根据几何关系可知，两导线单独形成的磁感应强度大小为，故AB错，C正确；‎ D.当P处电流反向后，根据几何关系可得合磁场为，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎12.【答案】ACD ‎【解析】【分析】‎ 先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。‎ 本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况。‎ ‎【解答】‎ AB.根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向，如图：‎ 根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方；‎ 选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左；‎ 最后再根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力增大，故A正确，B错误；‎ C.若将导线移至磁铁中点的正上方，电流反向，导线受到的安培力竖直向下，水平方向无作用力，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到向上的力，对磁铁受力分析可知，对桌面的压力减小，且不受摩擦力，故C正确；‎ D.若将导线移至磁铁中点的正上方，导线受到的安培力竖直向上，水平方向无作用力，根据牛顿第三定律可知，磁铁受到向下的力，对磁铁受力分析可知，对桌面的压力增大，且不受摩擦力，故D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎13.【答案】（1）100；20；（2）280‎ ‎【解析】【分析】‎ 本题考查的是特殊方法测电阻的知识，利用了并联电路电流的特点。‎ 并联电路中，电流分配与电阻成反比，利用这一特点求解未知阻值以及电流计内阻；利用串联电路电流和电阻的特点，来计算电流表G1与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表，需串联电阻箱的电阻。‎ ‎【解答】‎ ‎（1）根据并联电路电流与电阻的特点结合图像，可以得到：‎ ‎；，联立解得：；；‎ ‎（2）将电流表G1与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表时，通过的电流为‎0.01A，故电阻箱接入的电阻为：。‎ 故答案为：​（1）100；20；（2）280。‎ ‎14.【答案】(1) 红    能　   (2) 小    等于     (3) 1  290  (4) 900  600‎ ‎【解析】【分析】‎ ‎（1）多用表的红表笔接内部电源的负极；‎ ‎（2）将电流表改装为电压表应串联电阻，且串联的电阻越大，其量程扩大越大；‎ ‎（3）将小量程的电流表改装为大量程的电流表应并联电阻且并联的电阻越小，量程扩大越大；‎ ‎（4）由电阻的串、并联关系得到欧姆表的内阻，由闭合电路的欧姆定律解得电阻的阻值。‎ ‎【解答】‎ ‎(1)由于红表笔应接多用表内部电源的负极，图中，A表笔为红表笔，若实验室只有两只红表笔，找不到黑表笔，则仍能继续使用该多用电表测电压；‎ ‎（2）当开关S接到5或6位置时为电压挡，其中，开关S接到位置5时的量程比接到位置6时的量程小，开关S接到位置5时允许流入多用电表的最大电流等于开关S接到位置6时允许流入多用电表的最大电流；‎ ‎(3)当开关S接到1或2位置时为电流挡，其中小量程为0～10 mA，大量程为0～100 mA。开关S接位置1时是大量程电流挡，图中电阻 ‎(4)已知图中的电源E′的电动势为9 V，当把开关S接到位置4，短接A、B进行欧姆调零后，此欧姆挡内阻为，现用该挡测一未知电阻阻值，指针偏转到电流表G1满刻度的处，则：，代入数据解得该电阻的阻值为600Ω。‎ 故答案为：(1) 红    能　   (2) 小    等于     (3) 1  290  (4) 900  600‎ ‎15.【答案】解：（1）小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电，且，‎ 解得：，‎ ‎（2）电路中的电流I=​‎ 根据闭合电路欧姆定律得：E=U2+I（R1+r）‎ 解得：r=‎ ‎（3）电源的效率×100%=93.33%‎ 答：（1）小球带负电，电容器的电压为10V；‎ ‎（2）电源的内阻为1Ω；‎ ‎（3）电源的效率是93.33%．‎ ‎【解析】（1）小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡判断电场力的方向，进而判断电荷的正负，根据受力平衡求解电容器电压；‎ ‎（2）由欧姆定律求出通过电路的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解内阻；‎ ‎（3）根据求解电源效率．‎ 本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据平衡条件、欧姆定律联立列式求解，难度适中．‎ ‎16.【答案】解：‎ ‎（1）由动能定理有：‎ 代入数值可解得：‎ A、B两点间的电势差 ‎（2）小球从B到C电场力做的总功为零，由几何关系可得BC的竖直高度为：，根据动能定理有：‎ 解得：‎ ‎（3）C电势为0，则B电势为0，，‎ ‎【解析】本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从A到C和A到B电场力做功相等。‎ ‎​（1）由A到B利用动能定理即可求得电场力做功，进而得到A、B两点间的电势差；‎ ‎（2）B为AC的中点，故BC、AB间的高度差均为1.5R，对B到C过程运用动能定理列式求解C点的速度；‎ ‎（3）由A到C利用动能定理即可求得电场力做功，根据电场力做功与电势能变化的关系得出电荷在A点有电势能，根据电势能与电势的关系求出A点的电势。‎ ‎17.【答案】解：（1）由题意可知：粒子在电场中做类平抛运动，粒子初速度方向垂直匀强电场，粒子在初速度方向上做匀速直线运动，由匀速直线运动的规律 可得：粒子通过电场区域的时间：；‎ ‎（2）由图象可知：在x轴上，粒子在 先向左做匀加速运动，在内粒子再向左做匀减速运动 所以粒子在电场中沿-x轴方向先做匀加速后做匀减速运动 由牛顿第二定律可知：在匀加速时的加速度为：‎ 减速时的加速度 所以在x方向上的位移为：‎ 因此粒子离开电场时的位置坐标为： ;‎ ‎（3）粒子在x方向先向左做初速度为0的匀加速直线运动再向左做匀减速直线运动，‎ 故粒子提供电场区域后沿x方向的速度为:。‎ ‎【解析】本题主要考查了牛顿第二定律在电场中的运用，注意电场力是周期性变化的，x方向先做匀加速后做匀减速运动，周期性交替，y方向匀速运动，难度适中。‎ ‎（1）粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，根据垂直电场方向做匀速运动即可求得运动时间；‎ ‎（2）粒子在-x方向先加速后减速，求出加速和减速时的加速度，根据位移公式即可求得坐标；‎ ‎（3）根据匀变速直线运动速度时间公式分两个过程即可求解。 ‎