重慶輔仁中學2023-2024學年高二上學期第二次月考物理卷 Word版含解析.docx

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重慶市輔仁中學校高2025屆高二上第二次學月質(zhì)量檢測物理試卷試卷分值：100分考試時間：90分鐘注意事項：1.答題前，考生務必用黑色簽字筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚。2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。在試題卷上作答無效。一、單項選擇題（本題包括10個小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。）1.下列關(guān)于電場基本概念與規(guī)律的判斷正確的是（　?。〢.由庫侖定律可知，當距離r→0時庫侖力B.由可知，以點電荷為球心的球面上各點電場強度E大小相同C.由可知，電勢差與檢驗電荷電量q成反比、與電場力做功成正比D.由可知，平行板電容器電容C與帶電量Q成正比、與電壓U成反比【答案】B【解析】【詳解】A．庫侖定律的適用條件是帶電體為點電荷，當距離r→0時帶電體不能視為點電荷，所以此時不能根據(jù)得出庫侖力，故A錯誤；B．由可知，以點電荷為球心的球面上各點電場強度E大小相同，故B正確；C．是電勢差的比值定義式，電勢差與電場本身性質(zhì)有關(guān)，與檢驗電荷電量和電場力做功均無關(guān)，故C錯誤；D．平行板電容器電容是其本身的性質(zhì)，與帶電量Q成正比、電壓U無關(guān)，故D錯誤。故選B。2.關(guān)于靜電場，下列說法正確的是（）A.隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也一定逐漸降低 B.等差等勢面越密的地方電場強度越小C.靜電場的電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面D.正電荷僅受電場力的作用從靜止開始運動，其軌跡必定與電場線重合【答案】C【解析】【詳解】A.電場強度大小與電勢沒有必然聯(lián)系，隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢不一定逐漸降低，故A錯誤；B.根據(jù)可知，在相同時，大的距離小，小的距離大，即等差等勢面越密的地方電場強度越大，故B錯誤；C.等勢面上任意兩點間的電勢差為0，所以靜電場的電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故C正確；D.只有電荷從靜止釋放，且在勻強電場中運動，運動軌跡才與電場線重合，其它情況一般不重合，故D錯誤。故選C。3.關(guān)于多用電表，下列說法正確的是（　?。〢.多用電表測量直流電流時，紅表筆接觸點的電勢低B.測量電路中的某個電阻時，應該把該電阻與電路斷開C.多用電表換用不同倍率歐姆擋測電阻時，不需要重新歐姆調(diào)零D.多用電表作為歐姆表使用時，若指針偏轉(zhuǎn)太大，則需選擇更大的倍率進行測量【答案】B【解析】【詳解】A．用多用電表測直流電流、電壓時，多用表內(nèi)部不連接電池，電流由紅表筆流入，由黑表筆流出，紅表筆電勢高，黑表筆電勢較低，故A錯誤；B．測量電路中的某個電阻時，應該把該電阻與電路斷開，故B正確；C．歐姆表換擋后要進行歐姆調(diào)零，測量過程中，每換一次擋位，都必須重新調(diào)整歐姆零點，故C錯誤；D．多用電表作為歐姆表使用時，若指針偏轉(zhuǎn)太大，說明倍率大，示數(shù)小，則需選擇更小的倍率進行測量，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，在陰極射線管的陰、陽兩極間加上電壓U，電子電量為-e，電子從陰極出發(fā)，到達陽極時（　　） A.動能不變B.動能減少了C.電勢能減少了D.電勢能增加了【答案】C【解析】【詳解】因為電子從陰極出發(fā)到達陽極過程中，電場力做功為，即電場力做正功，則電勢能減少，動能增加，且電勢能減少了，動能增加了，故C正確，ABD錯誤。故選C。5.如圖斜面傾角是30°，A、B是兩個帶同種電荷小球（可視為點電荷），質(zhì)量均為m，分別將B小球固定在A球的正下方和斜面底端（圖中虛線位置）。已知B球在A球正下方時，A球?qū)π泵娴淖饔昧榱悖瑒t當B球固定在斜面底端時，A球處于靜止狀態(tài)，則A球受到的靜摩擦力大小為（）A.0B.0.25mgC.0.5mgD.0.75mg【答案】B【解析】【詳解】當B球在A球正下方時，A球?qū)π泵娴淖饔昧榱?，可知B球此時對A球的靜電力為則當B球固定在斜面底端時，此時B球與A球的距離增大1倍，所以它們間的靜電力大小為方向沿斜面向上，對A球受力分析由平衡條件有故選B。6.一根粗細均勻橫截面為圓形的導線，兩端加上電壓U。若導線被均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼模俳o它兩端加上相同電壓U。則下列判斷正確的是（　?。?A.導線的電阻變?yōu)樵瓉淼?倍B.通過導線的電流強度變?yōu)樵瓉淼臑楸禖.自由電子定向移動的平均速率變?yōu)樵瓉淼臑楸禗.電子在導線中受到的電場作用力變?yōu)樵瓉淼谋丁敬鸢浮緾【解析】【詳解】A．導線被均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼模瑒t面積變?yōu)樵瓉淼谋?，長度變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)電阻定律可知導線的電阻變?yōu)樵瓉淼?6倍，故A錯誤；B．根據(jù)歐姆定律可知通過導線的電流強度變?yōu)樵瓉淼臑楸?，故B錯誤；C．根據(jù)電流的微觀表達式變形可得自由電子定向移動的平均速率為所以自由電子定向移動的平均速率變?yōu)樵瓉淼臑楸?，故C正確；D．根據(jù)可知導線中電場強度變?yōu)樵瓉淼谋?，根?jù)可知電子在導線中受到的電場作用力變?yōu)樵瓉淼谋?，故D錯誤。故選C。7.如圖，電源電動勢為E，內(nèi)阻恒為r，R是定值電阻，熱敏電阻的阻值隨溫度的降低而增大，C是平行板電容器，電路中的電表均為理想電表。閉合開關(guān)S，帶電液滴剛好靜止在C內(nèi)。在溫度降低的過程中，分別用I、、和表示電流表A、電壓表、電壓表和電壓表的示數(shù)，用、、、和表示電流表A、電壓表、電壓表和電壓表的示數(shù)變化量的絕對值。溫度降低時，關(guān)于該電路工作狀態(tài)的變化，下列說法正確的是（）A.電源的輸出功率一定變大B.增大、和不變C.帶電液滴一定向下加速運動D.電源的工作效率變小 【答案】B【解析】【詳解】A．由電源輸出功率隨外電阻的變化規(guī)律可知，當時，電源輸出功率最大；當時，隨熱敏電阻的阻值增大，電源輸出功率變大；當時，隨熱敏電阻的阻值增大，電源輸出功率變小。因與的大小關(guān)系不明確，因此電源的輸出功率不一定變大，故A錯誤；B．由歐姆定律可得當溫度降低時，熱敏電阻的阻值增大，可知增大；由閉合電路歐姆定律可得，則有，可知和不變，故B正確；C．帶電液滴在平行板電容器中受到向上的電場力和向下的重力處于平衡狀態(tài)，在溫度降低時，熱敏電阻的阻值變大，回路中電流變小，路端電壓增大，由于流經(jīng)定值電阻的電流變小，則其兩端的電壓變小，電容器電壓增大，電容器極板間的電場強度增大，帶電液滴受的電場力增大，使帶電液滴向上做加速運動，故C錯誤；D.電源的工作效率為當溫度降低時，熱敏電阻的阻值增大，則外電阻增大，電源的工作效率變大，故D錯誤。故選B。 8.如圖所示，真空中有等量同種點電荷＋q、＋q分別放置在M、N兩點，在MN的連線上有對稱點a、c，MN連線的中垂線上有對稱點b、d，下列說法正確的是（）A.在MN連線中垂線上，O點電勢最低B.同一正電荷在b點和d點受到的電場力相同C.同一正電荷c點電勢能大于在a點電勢能D.若在b點給電子一垂直紙面合適的速度，電子可繞O點做勻速圓周運動【答案】D【解析】【詳解】等量同種正點電荷的電場線分布如圖所示A．中垂線上的電場線方向沿中垂線遠離O點，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知O點電勢最高，故A錯誤；B．根據(jù)等量兩正電荷連線中垂線上場強分布規(guī)律可知，b點和d點的場強等大反向，所以同一正電荷在b點和d點受到的電場力大小相等，方向相反，故B錯誤；C．根據(jù)電場強度疊加原理及對稱性可知，等量正點電荷連線中點O電場強度為零，兩側(cè)電場強度沿連線指向O點且關(guān)于O點對稱，故a、c兩點電勢相等，因此同一正電荷在a、c兩點電勢能相等，故C錯誤；D．在垂直紙面且經(jīng)過b、d兩點的圓上，所有點的電勢相等，并且電子受到的電場力指向O點，若在b點給電子一垂直紙面合適的速度，當電場力剛好提供向心力時，電子可繞O點做勻速圓周運動，故D正確。故選D。9.如圖，電荷量分別為Q1和Q2的點電荷固定放置在A、B兩點，P是AB連線上的一點，，一試探正點電荷（重力不計）從AB連線上靠近A的S點由靜止釋放后，到達P 點時速度達到最大值，然后做減速運動，下列判定正確的是（）A.，B.P點的電勢為零C.D.運動過程中，試探正點電荷在P點的電勢能最小【答案】D【解析】【詳解】A．正點電荷（重力不計）從連線上靠近A的S點由靜止釋放后，做加速運動，所以Q1帶正電，到達P點時速度達到最大值，然后做減速運動，受到斥力作用，所以Q2也帶正電，故A錯誤；BD．沿電場方向電勢降低，由題可看出，沿AB連線，P點的電勢最低，是不是等于零，取決于電勢零點的位置選取在哪兒，根據(jù)電勢能的定義可知，正電荷在P點的電勢能最小，故B錯誤，D正確；C．在P點時速度最大，合力為零，則有可得故C錯誤。故選D。10.如圖所示，一勻強電場的電場線與圓O所在平面平行，AB為圓的一條直徑，C為圓周上一點，圓的半徑為R，，在A點有一粒子源，能向圓O所在平面內(nèi)各個方向以動能發(fā)射同種帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，由觀察可知經(jīng)過B、C的粒子動能分別為5和2，則（　?。〢.勻強電場的電場強度為B.勻強電場的電場強度為 C.勻強電場的方向垂直O(jiān)CD.勻強電場的方向與AC平行【答案】B【解析】【詳解】在勻強電場中，沿任意方向相等距離電勢差相等，由題意可知A到B電場力做功，則由A到A、O中點電場力做功，由A到C電場力做功，即C與A、O中點為等勢點，連接C與A、O中點為等勢線，則電場線垂直該等勢線，根據(jù)根據(jù)幾何關(guān)系可知電場線平行，可得聯(lián)立可得故選B。二、多項選擇題（本題共4個小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求。選對得4分，選不全得2分，選錯不得分。）11.如圖所示是探究平行板電容器的電容大小與哪些因素有關(guān)的實驗裝置圖，電容器充電后與電源斷開，實驗過程中可認為兩極板上的電荷量Q保持不變，下列說法正確的是（　　）A.若其它條件不變，只將b板向左平移少許，靜電計的指針張角變大B.若其它條件不變，只將b板向左平移少許，電容器兩板間電場強度減小C.若其它條件不變，只在a、b兩板間插入有機玻璃板，兩板間電勢差減小D.若其它條件不變，只將a板向上平移少許，電容器兩板間電場強度不變【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)電容的決定式 可知，只將b板向左平移少許，d增大，電容C減小，根據(jù)因電量Q不變，故電勢差U增大，則靜電計的指針張角變大，故A正確；B．根據(jù)，，聯(lián)立解得可知，只將b板向左平移少許，d減小，電容器兩板間電場強度不變，故B錯誤；C．根據(jù)電容的決定式可知，只在a、b兩板間插入有機玻璃板，增大，電容C增大，根據(jù)因電量Q不變，故電勢差U減小，故C正確；D．根據(jù)，，聯(lián)立解得可知，只將a板向上平移少許，S減小，電容器兩板間電場強度增大，故D錯誤。故選AC。12.對伏安特性曲線的理解（如圖甲、乙所示），下列說法正確的是（）A.圖線a、e、d、f表示線性元件，b、c表示非線性元件B.在圖甲中，C.在圖乙中， D.圖線b的斜率變小，電阻變小，圖線c的斜率變大，電阻變大【答案】ABC【解析】【詳解】A．由歐姆定律知，電阻一定時電流與電壓成正比，甲乙兩圖中圖線a、e、d、f是定值電阻，表示線性元件，b、c是非定值電阻，表示非線性元件。故A正確；B．甲圖像中斜率表示電阻，圖線a的斜率大于圖線e的斜率，所以，故B正確；C．乙圖線中斜率表示電阻的倒數(shù)，圖線d的斜率大于圖線f的斜率，所以，故C正確；D．甲圖像中割線斜率表示電阻，則圖線b的割線斜率變小，電阻變小，乙圖線中割線斜率表示電阻的倒數(shù)，則圖線c的割線斜率變大，電阻變小，故D錯誤。故選ABC。13.如圖所示，直線A為某電源的圖線，曲線B為某小燈泡的圖線的一部分，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，燈泡恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是（　?。〢.此電源的內(nèi)阻約為0.67ΩB.燈泡的額定電壓為3V，額定功率為6WC.把燈泡換成阻值為1Ω的定值電阻，電源的輸出功率將變大D.把和“3V，20W”的燈泡并聯(lián)后接在電源上，兩燈泡仍能正常發(fā)【答案】BC【解析】【詳解】A．由圖讀出電源電動勢為E=4V斜率表示內(nèi)阻，即為故A錯誤；B．由圖可知燈泡D1的額定電壓為 U=3V額定電流為I=2A則額定功率為故B正確；C．把燈泡D1換成阻值為1Ω的定值電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律電源的輸出功率為故C正確；D．把D1和“3V，20W”的燈泡D2并聯(lián)后接在電源上，外電路總電阻減小，路端電壓減小，兩燈泡的電壓將小于3V，不能正常發(fā)光，故D錯誤。故選BC。14.將一個表頭G改裝成多量程的電流表，通常有兩種連接方式。如圖甲所示的連接方式稱作開路轉(zhuǎn)換式（其中電阻）。如圖乙所示的連接方式稱作閉路抽頭式。兩種連接方式在實際中均有使用，下列說法正確的是（）A.開路轉(zhuǎn)換式中，開關(guān)S接1時的量程大于開關(guān)S接2時的量程B.開路轉(zhuǎn)換式中，若電阻發(fā)生變化，則開關(guān)S接1、2對應的兩個量程都會發(fā)生變化C.閉路抽頭式中，抽頭3對應的量程大于抽頭4對應的量程D.閉路抽頭式中，若電阻發(fā)生變化，則抽頭3、4對應的兩個量程都會發(fā)生變化【答案】ACD 【解析】【詳解】A．根據(jù)則并聯(lián)的電阻越小，則量程越大，因，則開路轉(zhuǎn)換式中，開關(guān)S接1時的量程大于開關(guān)S接2時的量程，選項A正確；B．開路轉(zhuǎn)換式中，若電阻發(fā)生變化，則開關(guān)S接1時對應的量程會發(fā)生變化，而開關(guān)S接2時對應的量程不會發(fā)生變化，選項B錯誤；CD．閉路抽頭式中，接抽頭3時并聯(lián)的電阻只有R1，而接抽頭4時并聯(lián)的電阻有R1和R2，則抽頭3對應的量程大于抽頭4對應的量程，并且若電阻發(fā)生變化，則抽頭3、4對應的兩個量程都會發(fā)生變化，選項CD正確；故選ACD。三、實驗題（18分）15.用螺旋測微器測量某金屬絲直徑時的刻度位置如圖所示，從圖中讀出金屬絲的直徑為___________mm。用游標卡尺可以測量某些工件的外徑。在測量時，示數(shù)如圖所示，則讀數(shù)分別為___________mm。【答案】①.0.680##0.681##0.679②.29.8【解析】【詳解】[1]螺旋測微器的精確值為0.01mm，讀數(shù)等于固定刻度加上可動刻度，則圖中金屬絲的直徑為[2]由圖所示游標卡尺可知，游標尺是10分度的，游標尺的精度是0.1mm，游標卡尺示數(shù)為16.要測繪一個標有“3V0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V ，并便于操作。已選用的器材有：電池組（電動勢為4.5V，內(nèi)阻約1Ω）；電流表（量程為0250mA，內(nèi)阻約5Ω）；電壓表（量程為03V，內(nèi)阻約3kΩ）；電鍵一個、導線若干。（1）實驗中所用的滑動變阻器應選下列中的_____（填字母代號）；A．滑動變阻器（最大阻值20Ω，額定電流1A）B．滑動變阻器（最大阻值1750Ω，額定電流0.3A）（2）實驗的電路圖應選用下列的圖____________（填字母代號）；（3）實驗得到小燈泡的伏安特性曲線如圖所示。如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V，內(nèi)阻為5Ω的電源兩端，小燈泡消耗的功率是__________________W?！敬鸢浮竣?A②.B③.0.1【解析】【詳解】（1）[1]由于實驗要求燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，所以滑動變阻器應采用分壓式接法，為了便于控制分壓，應選擇最大阻值較小的A。（2）[2]小燈泡正常發(fā)光時的電阻為 而小燈泡的電阻隨溫度升高而增大，所以小燈泡的電流小于額定電流時，其電阻小于15Ω，綜上所述可知，實驗過程中小燈泡的電阻將始終滿足所以為了減小系統(tǒng)誤差，電流表應采用外接法，而滑動變阻器采用分壓式接法。故選B。（3）[3]如果將這個小燈泡接到電動勢為1.5V，內(nèi)阻為5Ω的電源兩端，設燈泡兩端電壓為U，電路中電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有代入數(shù)據(jù)并整理得將上式對應的圖線與小燈泡的I-U圖線作在同一坐標系中如圖所示，則兩圖線交點（1.0V，0.10A）為小燈泡的工作點，此時小燈泡消耗的功率為17.測一節(jié)干電池的電動勢E和內(nèi)阻r。某同學設計了如圖甲所示的實驗電路，已知電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻相差不大。（1）連接好實驗電路，開始測量之前，滑動變阻器R的滑片P應調(diào)到________（選填“a”或“b”）端。 （2）閉合開關(guān)，接位置1，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數(shù)。（3）重復（1）操作，閉合開關(guān)，接位置2，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數(shù)。（4）建立U-I坐標系，在同一坐標系中分別描點作出接位置1、2時圖象如圖乙所示。①接2時的U-I圖線是圖乙中的________（選填“A”或“B”）線。②進一步對該實驗誤差進行分析，下列說法中正確的是________。A.開關(guān)接1時，電池電動勢的測量值等于真實值，電池內(nèi)阻的測量值小于真實值。B.開關(guān)接1時，電池電動勢的測量值小于真實值，電池內(nèi)阻的測量值大于真實值。C.開關(guān)接2時，電池電動勢的測量值等于真實值，電池內(nèi)阻的測量值大于真實值。D.開關(guān)接2時，電池電動勢的測量值小于真實值，電池內(nèi)阻的測量值小于真實值。③每次測量操作都正確，讀數(shù)都準確。由于接位置1，電壓表的分流作用，接位置2，電流表的分壓作用，分別測得的電動勢和內(nèi)阻與真實值不相等。則由圖乙中的A和B圖線，可得電動勢和內(nèi)阻的真實值，E＝________V，r＝________Ω。（保留3位有效數(shù)字）【答案】①.a②.A③.C④.1.50⑤.1.50【解析】【詳解】（1）[1]為保護電流表，開始測量之前，滑動變阻器R的滑片P應調(diào)到阻值最大的a端；（4）①[2]當S2接1位置時，可把電壓表與電源并聯(lián)看作一個等效電源，設電壓表內(nèi)阻為，則電動勢和內(nèi)阻測量值分別為，可知電動勢和內(nèi)阻的測量值均小于真實值；當S2接2位置時，可把電流表與電源串聯(lián)看作一個等效電源，設電流表內(nèi)阻為，則電動勢和內(nèi)阻測量值分別為，可知電動勢測量值等于真實值，內(nèi)阻的測量值均大于真實值；則S2接2時的圖線是圖乙中的A線。②[3]AB．開關(guān)S2接1時，可把電壓表與電源并聯(lián)看作一個等效電源，可知電動勢和內(nèi)阻的測量值均小于真實值；故AB錯誤；CD．開關(guān)S2接2 時，可把電流表與電源串聯(lián)看作一個等效電源，可知電動勢的測量值等于真實值，內(nèi)阻的測量值均大于真實值；故C正確，D錯誤。故選C。③[4][5]當S2接2位置時，可把電流表與電源串聯(lián)看作一個等效電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電動勢測量值等于真實值，圖線應是A線，則有當S2接1位置時，圖線的B線對應的短路電流為真實值，為內(nèi)阻的真實值為四、計算題（本題共4個小題，第18題6分，第19題8分，第20題9分，第21題13分。要求寫出必要的公式、文字敘述。）18.如圖所示，用長L＝30cm的細線將質(zhì)量的帶電小球懸掛在天花板上，空間中存在方向水平向右，大小的勻強電場，小球靜止時細線與豎直方向的夾角θ＝37°，g取，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求小球的電荷量；（2）若將細線剪斷，剪斷后0.2s的時間內(nèi)，小球的位移為多大？【答案】（1）；（2）0.25m【解析】【詳解】（1）對小球受力分析，由平衡條件得可得，小球的電荷量為（2）剪斷細線后，小球做勻加速直線運動，由牛頓第二定律 解得由運動學公式，小球的位移為19.如圖所示的電路中，電源電動勢，內(nèi)阻，電動機的電阻，電阻。電動機正常工作時，理想電壓表的示數(shù)，求：（1）電路路端電壓；（2）電動機輸出有用功的功率；【答案】（1）10V；（2）8W【解析】【詳解】（1）根據(jù)歐姆定律，電路電流為：電路的路端電壓為代入數(shù)據(jù)解得（2）設電動機兩端電壓為U，則由閉合電路歐姆定律得：電動機消耗的電功率為：電動機的熱功率為：電動機將電能轉(zhuǎn)化為機械能的功率為 20.如圖所示的電路中，電源電動勢為E=200V，內(nèi)阻為r=20Ω，定值電阻。AB、CD為兩個平行金屬板，板長為L=80cm，板間距離為d=32cm。質(zhì)量為、帶電量為的顆粒從兩金屬板左端沿板間中線以的速度射入兩板間。閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱，使顆粒剛好打到下板右側(cè)邊緣的D點。顆粒重力不能忽略，取重力加速度為。求：（1）顆粒在兩板間運動的加速度大小；（2）兩板間的電壓U；（3）電阻箱的阻值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）顆粒在兩板間做類平拋運動，平行于板方向勻速直線運動，運動時間為垂直于板方向做初速度為零的勻加速運動解得顆粒在兩板間運動的加速度大小（2）顆粒受電場力方向豎直向上，由牛頓第二定律可得又 解得兩板間的電壓（3）由歐姆定律可知由閉合電路歐姆定律可知解得21.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一段絕緣的圓弧軌道AB和絕緣的水平軌道BC相切于B，其中AB圓弧軌道的圓心為O，，圓心角θ＝53°，圓弧軌道光滑，BC軌道粗糙且足夠長，滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB左側(cè)d＝0.6m的區(qū)域存在一豎直向下勻強電場，BC軌道區(qū)域存在水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m＝0.2kg，電量的滑塊以一定的初速度從電場的左邊界水平射入，滑塊恰好能做直線運動，假定最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）滑塊的電性和的大小；（2）若電場大小不變，方向反向，要使滑塊恰好能從A點沿切線滑入軌道，求滑塊水平射入電場時的初速度，以及進入A點時的速度；（3）在第（2）問的條件下，若電場的大小可在0到范圍內(nèi)調(diào)節(jié)，當取不同值時，求滑塊最終因摩擦而產(chǎn)生的熱量。（Q可用表示） 【答案】（1）負電，；（2）3m/s；5m/s；（3）見解析【解析】【詳解】（1）依題意，滑塊恰能做直線運動，有解得且滑塊帶負電。（2）電場反向后，由牛頓第二定律可得滑塊做類平拋運動，有又聯(lián)立，解得且（3）滑塊滑到B點時，有 解得滑塊向右運動到速度為0時，由動能定理解得第一個臨界值，當滿足有第二個臨界值，當滑塊回到A點時，速度剛好減為0，有解得可知，當時，滑塊最終因摩擦而產(chǎn)生的熱量為當時，滑塊最終停在B點，有解得則滑塊最終因摩擦而產(chǎn)生的熱量為當時，有 則滑塊最終因摩擦而產(chǎn)生的熱量為