四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

绵阳南山中学 2019 年秋季高 2018 级半期考试 物理试题 一、本大题 12 小题，每小题 3 分，共 36 分，在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的。 1.关于电场力和电场强度，下列说法正确的是 A. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致 B. 电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比 C. 正电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致 D. 电荷在某点受到的电场力越大，该点的电场强度越大 【答案】C 【解析】 【详解】AC.电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向，场强与负检验电荷的受力方向 相反。故 A 错误，C 正确。 B.电场强度大小与电场力的大小无关，是由电场本身性质决定。故 B 错误。 D.电荷在某点受到的电场力越大，该点的电荷量越多，而此处电场强度是不变。故 D 错误。 2.如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计 G 和一个变阻器 R 组成，它们之中一 个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（　　） A. 甲表是电流表，R 增大时量程减小 B. 甲表是电流表，R 增大时量程增大 C. 乙表是电压表，R 增大时量程减小 D. 上述说法都不对 【答案】A 【解析】 AB、灵敏电流计 G 改装成电流表需并联小电阻分流，根据图可知，甲表是电流表，并联的电 阻越大，则分流越小，量程越小，故 A 正确，B 错误； C、灵敏电流计 G 改装电压表需串联大电阻分压，根据图可知，乙表是电压表，R 增大时，则 分压越大，量程越大，故 C 错误； D、由上可知，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】改装电压表和电流表所应用的原理都是串联分压和并联分流 3. 关于电源电动势，下列说法中正确的是（ ） A. 同一电源接入不同的电路，电动势会发生改变 B. 电源电动势就是接入电源两极间的电压表测量的电压 C. 电源电动势表征电源把其它形式的能转化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关 D. 电源电动势与电势差是一回事 【答案】C 【解析】 试题分析:电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，同一电源接入不同的电路电 动势不会发生改变，故 A 错误，C 正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压， 所以 B 错；电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电势差是电势之差，其 绝对值等于电压，两者物理意义不同，不是一回事，故 D 错误． 考点： 电源的电动势 4.用伏安法测电阻时，若不知 Rx 的大概值，为了选择正确的电路以减小误差，可以用图所示 的方法判断（ ） A. 若安培表的示数有显著变化，K 应接 a B. 若安培表的示数有显著变化，K 应接 b C. 若伏特表示数变化的差值大于安培表示数变化的差值，K 应接 a D. 若伏特表示数有显著变化，K 应接 b 【答案】B 【解析】 【详解】AB.若安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，选用内接法，K 应接在b 处， 故 A 错误 B 正确； C. 变化是否明显是看相对值，不是绝对值，故 C 错误； D. 伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，采用外接法，K 应接在 a 处，故 D 错误； 5.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 A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动 B. P 点的电势将降低 C. 带点油滴 的电势将减少 D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 【答案】B 【解析】 A、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 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 A 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．C、由带电油滴 原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P 点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故 C 错 误．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． 【点睛】本题运用 分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电 势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化． 6.在某静电场中 P 点放一个带负电的检验电荷 q，它所受的电场力为 F，则关于 P 点的电场强 度 E，正确的说法是（ ） A. E=F/q，方向与 F 相同 B. 若取走 q，P 点的电场强度 E=0 C. 若在 P 点放一个 2q 的检验电荷，则 P 点的电场强度将变为原来的 2 倍 D. E 的大小与检验电荷无关 UE d = UE d = 【答案】D 【解析】 【详解】A. 由定义式 ，当检验电荷为负电荷时，电场强度E 与 F 方向相反。故 A 错误。 B.若取走 q，电场与试探电荷无关，电场强度大小不变，仍为 E，故 B 错误。 C. 若检验电荷为-2q，而电场强度仍为 E，电场力为 2F．故 C 错误。 D. 电场强度反映电场本身的力的性质，与检验电荷无关。故 D 正确。 7.一负电荷从电场中 A 点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到 B 点，它运动的速 度--时间图像如图所示．则 A、B 两点所在区域的电场线是下图中的 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由 v-t 图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此从 A 到 B 该电荷所受电 场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向 相反，故 ABC 错误，D 正确。 8.一电场的电场线分布如图所示，电场中有 A、B、C 三点，且 AB=BC，则下列关系中正确的是 ( ) A. 电场强度大小关系为 EA=EC>EB B. 电势 C. 将一带负电粒子由 A 经 B 移至 C 点过程中，电场力先做负功再做正功 FE q = A C B ϕ ϕ ϕ= > D. 将一带正电粒子由 A 经 B 移至 C 点过程中，电势能先增大再减小 【答案】D 【解析】 由电场线分布可知 EA=EC 1R 2R 2R 1R A. d 点电势为 2 V B. 电子从 d 点运动到 a 点电势能增加 C. 电场方向由 b 点指向 c 点 D. 该匀强电场的场强大小为 20 V/m 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式 ，相等距离，电势差相等，因 为 ， ，可知，O 点电势为 0，而 bO=Od，则 b、O 间的电势差等于 O、d 间的 电势差，可知，d 点的电势为 ，故 A 错误； B．从 d 点运动到 a 点电势增加，根据 ，电子从 d 点运动到 a 点电势能减小，故 B 错 误； CD．由作图和几何关系可知 a、c 两点沿电场强度方向的距离为 ，故该匀强电场的场强 ，电场方向与由 b 点指向 c 点不重合，故 C 错误，D 正确； 【点睛】在匀强电场中，电势沿直线是均匀变化的，即直线上距离相等的线段两端的电势差 值相等，等分线段找等势点法：将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段， 必能找到第三点电势的等势点，它们的连线即等势面（或等势线），与其垂直的线即为电场线。 11.如图所示，直线 A 为某电源的 U-I 图线，曲线 B 为某小灯泡 D1 的 U-I 图线的一部分，用该 3 U Ed= 2a Vϕ = 2b Vϕ = − 2 3V− PE qϕ= 12 2 0.2 0.22d Rsin m mθ= = × × = 4 / 20 /0.2 acUE V m V md = = = 电源和小灯泡 D1 组成闭合电路时，灯泡 D1 恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ） A. 此电源的内阻约为 0.67Ω B. 灯泡 D1 额定电压为 3V，额定功率为 6W C. 把灯泡 D1 换成“ 3V 20W ”的灯泡 D2，电源的输出功率将变小 D. 把 D1 和"3V 20W ”的灯泡 D2 并联后接在电源上，两灯泡仍能正常发光 【答案】B 【解析】 【详解】A. 由图读出电源的电动势为 E=4V，图线 A 的斜率大小表示电源的内阻，则 故 A 错误； B. 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=3V，I=2A 则灯泡 D1 的额定电压为 3V，功率为 P=UI=6W 故 B 正确； C. 把灯泡 D1 换成“3V，20W”的灯泡 D2， 灯泡 D1 的电阻为 =1.5 把灯泡 D1 换成“3V，20W”的灯泡 D2 时，输出电压小于 3V，灯泡 D2 的电阻小于 0.45Ω，更接 近电源的内阻，根据输出功率与外电阻关系可知，电源的输出功率将变大，故 C 错误； D. 若把 D1 和“3V，20W”的灯泡 D2 并联后接在电源上，那么外电路相当于两个灯泡并联，则 电路总电阻减小，电流增大，内阻的电压增大，则外电路电压减小，因此灯泡不能正常发光 12.图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b 上的电势为 2 V。一电子经过 a 时的动能为 10 eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV。下列 的 4 1 0.56r −= Ω = Ω 2 2 2 3 0.4520 UR P = = = Ω 1 UR I = Ω 说法正确的是 A. 平面 c 上的电势为零 B. 该电子可能到达不了平面 f C. 该电子经过平面 d 时，其电势能为 4 eV D. 该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍 【答案】AB 【解析】 A、虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过 a 时的动能为 10eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV，动能减小了 6eV，电势能增加了 6eV， 因此等势面间的电势差为 2V，因平面 b 上的电势为 2V，由于电子的电势能增加，等势面由 a 到 f 是降低的，因此平面 c 上的电势为零，故 A 正确。B、由上分析可知，当电子由 a 向 f 方 向运动，则电子到达平面 f 的动能为 2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电 子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面 f，故 B 正确。C、在平面 b 上电势为 2V， 则电子的电势能为-2eV，动能为 8eV，电势能与动能之和为 6eV，当电子经过平面 d 时，动能 为 4eV，其电势能为 2eV，故 C 错误。D、电子经过平面 b 时的动能是平面 d 的动能 2 倍，电 子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 倍，故 D 错误。故选 AB。 【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零 处的电势能为零是解题的关键。 二、本大题 6 小题，每小题 3 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上 的选项正确。全选对的得 3 分，选对但不全的得 1 分，有错或不答的得 0 分。 13.在地球的表面上，通常有一定量的电荷，它在地球的表面上产生一个竖直方向的电场。如 果有一个带负电的粒子，在此电场中恰能悬浮在空中不动，那么正确的是（ ） A. 地球表面所带的电荷产生的电场的方向竖直向上 B. 地球表面所带的电荷产生的电场的方向竖直向下 C. 地球表面所带的电荷是正电荷 2 D. 地球表面所带 电荷是负电荷 【答案】BD 【解析】 【详解】AB.微粒处于静止状态，所受的电场力与重力平衡，则知电场力方向竖直向上，由于 微粒带负电，则电场强度方向竖直向下，故 A 错误，B 正确； CD.电场方向竖直向下，则地球表面所带的电荷是负电荷，故 C 错误，D 正确。 14.用相同的表头改装的两个量程不同的电压表 V1 和 V2 被分别用来测量某电路中电阻 R 两端 (a、b)间的电压时(如图所示)，读数依次为 12．7V 和 12．3V，则 A. a、b 间的实际电压略大于 12．7 V B. a、b 间的实际电压略小于 12．3 V C. 电压表 V1 的内阻小于 V2 的内阻 D. 电压表 V1 的内阻大于 V2 的内阻 【答案】AD 【解析】 试题分析：AB、将电压表并联在 a、b 两点间，由于电压表的分流作用，通过干路电阻 R 的电 流增大，两端电压增大，所以并联部分电压小于未接入电压表是的电压，即 ；A、 正确 CD、电压表内阻越小分流作用越大，并联部分电压越小，因 读数小所以 内阻小；D 正确 故选 AD 考点：对串并联电路的的理解 点评：中等难度。电阻并联后的总电阻小于任何支路的电阻，内阻不是远大于 R 的电压表不 能视为理想电表，应考虑它对电路电阻的影响。 15.如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为 E= ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为 R，A、B 为水平直径的两个端点，AC 为 圆弧，一个 质量为 m，电荷量为-q 的带电小球，从 A 点正上方高为 H=R 处由静止释放，并从 A 点沿切线 的 12.7VabU > 2V 2V mg q 1 4 进入半圆轨道， 不计空气阻力及一切能量损失， 关于带电小球的受力及运动情况，下列说法 正确的是（ ） A. 小球到达 C 点时对轨道压力为 2mg B. 小球在 AC 部分运动时 ， 加速度不变 C. 适当增大 E， 小球到达 C 点的速度可能为零 D. 若 E= ，要使小球沿轨道运动到 C，则应将 H 至少调整为 【答案】AD 【解析】 【详解】A. 小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知 解得： 从 A 到 C，因为电场力与重力等大反向，合力为零，所以到 C 点速度与 A 点等大。根据牛顿第 二定律得，在 C 点： 根据牛顿第三定律可知，小球到达 C 点时对轨道的压力为 2mg。故 A 正确。 B. 小球在 AC 部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心。故 B 错误。 C. 适当增大 E，小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力提供向心力可知，在最低点的 速度不可能为零。故 C 错误。 D. 若 E= ，在最低点根据牛顿第二定律得， 解得： 2mg q 3 2 R 2 A 1 02mgH mv= − A 2v gR= 2 AN R vm= 2mg q 2 CvqE mg m R − = 根据动能定理得： 解得： 所以 H 至少为 ，故 D 正确。 16.关于多用电表的使用，下列操作正确的是_____________。 A. 测电压时，应按图甲连接方式测量 B. 测电流时，应按图乙连接方式测量 C. 测电阻时，应按图丙连接方式测量 D. 测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量 【答案】BD 【解析】 电流的走向为红进黑出，所以测电流时，应按图乙连接方式测量，因为多用表的欧姆档内部 有电源，所以测电阻时不需要外部电源了，测量二极管的正向电阻时黑笔应接图示的左端， 故 BD 正确。 17.如图所示，平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表， 且 大于电源的内阻 r，当滑动变阻器 的滑片向 b 端移动时，则 A. 电压表读数减小 B. 电流表读数减小 Cv gR= 2 C 1( ) 02mg H R qER mv+ − = − 3 2 RH = 3 2 R 1R 4R C. 质点 P 将向上运动 D. 电源的输出功率逐渐增大 【答案】AD 【解析】 【详解】AB. 由图可知，R2 与滑动变阻器 R4 串联后与 R3 并联后，再由 R1 串连接在电源两端； 电容器与 R3 并联；当滑片向 b 移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减 小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时， R1 两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过 R3 的电流减小，则流过 并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而 R2 中电压增大，故电压 表示数减小，故 A 正确 B 错误。 C. 因电容器两端电压减小，故电荷受到 向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运 动，故 C 错误； D.由题，R1 大于电源的内阻 r，外电路的总电阻大于 r，而当电源的内外电阻相等时，电源的 输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故 D 正确。 18.在如图所示的电路中，电容器 的上极板带正电．为了使该极板仍带正电且电量增大，下 列办法中可采用的是： A. 增大 ，其他电阻不变 B. 增大 ，其他电阻不变 C. 增大 ，其他电阻不变 D. 增大 ，其他电阻不变 【答案】AD 【解析】 A 项：增大 1 时，R1 上的分压增大，而下极析上电势不变，故上极板电势增大，则电容器两端 的电势差增大，极板上电荷量增大，故 A 正确； B 项：若增大 R2 时，R2 上的分压增大，则 R1 两端的电势差减小，上极板上电势降低，而下极 板电势不变，故可能使下极板带正电，或电量减小，故 B 错误； C 项：增大 R3，则 R3 分压增大，故下极板的电势增大，会出现与 B 相同的结果，故 C 错误； 的 C 1R 2R 3R 4R D 项：增大 R4，则 R4 分压增大，R3 两端的电势差减小，故下极板上电势降低，上下极板间电 势差增大，故电量增大，故 D 正确。 点晴：由图可知 R1 与 R2 串联后与 R3、R4 并联，开始时 C 的上极板带正电，说明上极板电势要 高于下极板，要使电量增大应增大上极板的电势或减小下极板的电势。 三、本大题 4 小题，共 24 分。 19. 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率．步骤如下： （1）用 20 分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为 cm； （2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为 mm； （3）用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图 丙，则该电阻的阻值约为 Ω． 【答案】（1） 5.015(5.020) （2） 4.700 （3） 22.0 【解析】 试 题 分 析 ： (1) 由 题 可 知 游 标 卡 尺 的 分 度 为 20 分 度 ， 其 精 确 度 为 0.05mm ， 读 数 为 L=50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm； (2)螺旋测微器的读数为 d=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm (3)电阻的阻值为 R=22.0×1Ω=22.0Ω． 考点：游标卡尺的读数；螺旋测微器的读数；欧姆表的读数． 20.在《描绘小灯泡伏安特性曲线》的实验中，选择“3V 0.5A”的小灯泡作为研究对象，要 求小灯泡两端电压从 0 开始变化，电源 E=6V，有开关导线若干．请回答下面几个问题： （1）下列实验器材中应选用________________（只能填入器材序号，有错或其余答案均不给 分） A.电流表（量程 0~0.6A，内阻 1Ω） B.电流表（量程 0~3A，内阻 1Ω） C.电压表（量程 0~15V，内阻约 10kΩ） D.电压表（0~3V，内阻约 2kΩ） E.滑动变阻器（阻值 0~100Ω） F.滑动变阻器（阻值 0~10 Ω） （2）在本实验中，滑动变阻器应采用______________（填“分压"或“限流"）接法，电流表 应采用______________（填“内” “外”）接法． （3）在图框中画出实验电路图______． 【答案】 (1). ADF (2). 分压 (3). 外 (4). 【解析】 【详解】(1)[1] 由题意可知，灯泡的额定电压为 3V，为了准确性及安全性原则，电压表应选 择 D；灯泡的额定电流为 0.5A，故电流表应选择 A；要求小灯泡两端电压从 0 开始变化滑动变 阻器应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的，故滑动变阻器应选择 F；所以实验器材中 应选用：ADF。 (2)[2][3]测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分 压接法；灯泡内阻为： 而电流表内阻约为 1Ω，电压表内阻约为 2kΩ，有 Rx2=36＜RARV=2000 故电流表应采用外接法减小系统误差； (3)[4] 电路为电流表外接法和滑动变阻器的分压式，如图所示： 3 60.5xR = Ω = Ω 21.在实验室，某同学用多用电表粗测一段样品的电阻。经正确操作后，用“×100Ω”档时 发现指针偏转情况如图所示，则他应该换用______档(填“×10Ω”档或“×1kΩ”)重新测 量。换档后，在测量前应_______________ 【答案】 (1). ×1k (2). 重新调零 【解析】 因偏转角度过小，则电阻大要用大量程的，选择 档，换档后电路改变，要重新欧姆调零。 点睛：欧姆表盘指针偏转角度越小，则电流越小，电阻越大要换大量程档位；换档的要进行 欧姆调零，读数要乘以倍率。 22. 下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确的结论填在横线上。 两平行板之间的电场可以视为匀强电场。给电容器充电后与电源断开，那么 （1）若保持板间距离 d 不变，正对面积 S 变小，则两板电容 C________，板间电势差 U________。 （2）若保持 S 不变，d 变大，两板电容 C________，板间电场强度 E________。 1k× （3）若保持 S 和 d 都不变，插入介质板后，则板间电势差 U________，板间电场强度 E________ （填“变小”、“变大”或“不变”） 【答案】（1）①减小 ②增大； （2）①减小②不变 ；（3）①减小②减小 【解析】 试题分析：（1）保持板间距离 d 不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式 得知，电容 C 减小，而电容器的电量 Q 不变，由电容的定义式 分析得到，板间电势差 U 增大； （2）保持 S 不变，板间距离 d 增大，根据电容的决定式 CC 得知，电容 C 减小，而电容器的 电量 Q 不变，由电容的定义式 分析得到电容减小； 但 和 Q=UC 可知： ，故 E 和 d 无关，故 E 不变； （3）保持 S 和 d 都不变，插入介质板后，根据电容的决定式 得知，电容 C 增大， 而电容器的电量 Q 不变，由电容的定义式 分析得到，板间电势差 U 减小．由 U=Ed 可知， E 减小； 考点：电容器；电场强度 四、本大题 2 小题，共 22 分。要求在答卷上写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的 答案。 23.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机的内阻 r=0.8 Ω，电路中 另一电阻 R=10 Ω，直流电压 U=160 V，电压表示数 UV=110 V．试求： (1)通过电动机的电流； (2)输入电动机的电功率； (3)若电动机以 v=1 m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g 取 10 m/s2)． 【答案】（1）5A（2）550W（3）53kg 4 SC kd ε π= QC U = 4 SC kd ε π= UE d = 4 kQE S π ε= 4 SC kd ε π= QC U = 【解析】 【分析】 考查了电功率的计算 【详解】（1）通过 R 电流： ； （2）电动机的输入功率： ， （3）电动机内电阻的发热功率： ， 输出的机械功率： ； 而 解得： 24.如图所示，在竖直平面内的+面直角坐标系 xoy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一 质量为 m，电荷量为－q(－q<0)的带电绝缘小球，从 y 轴上的 P(0，L)点由静止开始释放，运 动至 x 轴上的 A(－L，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在 x 轴下方竖直放置的四分 之三圆弧形光滑绝缘细管细管的圆心 O1 位于 y 轴上，交 y 轴于 B 点，交 x 轴于 A 点和 C(L，0) 点已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管半径，不计空气阻力，重力加速度为 g。求： (1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球运动到 B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从 C 点飞出后落在 x 轴上的位置坐标 【答案】（1） （2） ，方向向上；（3） ． 【解析】 【分析】 的 1 2 160 110 A 5A10 U UI R − −= = = 1 2 110 5W 550WP U I= = × = 2 2 2 5 0.8W 20WP I r= = × = 3 1 2 550 20 W 530WP P P= − = − =（ ） 3P Fv mgv= = 530 kg 5.3kg10 10m = =× E mg q = ( )3 2 1NF mg= + x 7L=﹣ 小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从 A 点沿切线方向进入， 求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关系求解；先根据几何关系求出半径，从 P 到 B 点的过程中，根据动能定理列式，在 B 点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解； 从 P 到 A 的过程中，根据动能定理求出 A 点速度，则 C 点速度与 A 点速度大小相等，小球从 C 点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解； 【详解】解：(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从 A 点沿切线 方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 ，即加速度方向与竖直方向的夹角为 ，则 解得： (2)根据几何关系可知，,圆弧的半径 从 P 到 B 点的过程中，根据动能定理得： 在 B 点，根据牛顿第二定律得： 联立解得： ，方向向上 根据牛顿第三定律可得小球运动到 B 点时对管的压力的大小 ，方向向下 (3)从 P 到 A 的过程中，根据动能定理得： 解得： 小球从 C 点抛出后做类平抛运动 抛出时的速度 小球 加速度 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到 x 轴，则有： 解得： 则沿 x 轴方向运动的位移 的 45° 45° 45 mgtan Eq ° = mg q E = 2r L= 21 0 (2 2 )2 Bmv mg L L EqL− = + + 2 BmvN mg r − = 3( 2 1)N mg= + 3( 2 1)N mg=′ + 21 2 Amv mgL EqL= + 4Av gL= 4C Av v gL= = 2g g′ = 21 2Cv t g t= ′ 22 Lt g = 22 2 2 2 8C Lx v t gL Lg = = × × = 则小球从 C 点飞出后落在 x 轴上的坐标 8 7x L L L′ = − = −