2024-2025学年湖南省郴州市宜章一中高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省郴州市宜章一中高二（上）开学物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 由牛顿万有引力定律可知，当两个物体挨在一起时，它们之间的引力将无穷大
B. 亚里士多德提出了惯性概念
C. 牛顿定律只适用于宏观低速世界，对于微观高速世界不再适用
D. 库仑定律告诉我们，电荷之间的相互作用力不需要电场传递
2.街角处有一电线杆所接电线如图所示，电线杆上端应该用一根与地面连接的拉线(图中未画出)连接以保障安全，你认为拉线应该与地面上哪个点相接( )
A. aB. bC. cD. d
3.在宇宙中有的星球是带电的。如图所示为一个均匀带电的星球，将一带电质点在离该星球表面某高度处无初速释放时，质点恰好保持静止。现给质点一个如图所示的初速度，则下列说法正确的是( )
A. 质点将做椭圆运动
B. 质点将做抛体运动
C. 质点将做匀速直线运动
D. 质点和星球电性相反
4.如图所示，相距4m的两个竖直固定杆之间拴着一根不可伸长的轻质柔软细绳，细绳的长度为5m。细绳上有一轻质小滑轮下面吊着质量为2kg的重物，系统处于静止状态，滑轮可视为质点且不计滑轮轴心处的摩擦。现将细绳的右端缓慢地从B点拉到正上方的B1点，整个过程中重物、滑轮与杆不接触，BB1间的距离为10cm(g取10m/s2)。下列说法中正确的是( )
A. 细绳AO和竖直杆的夹角将变大B. 细绳上的张力将变大
C. 绳上拉力对重物所做的功为1JD. 绳上拉力对重物所做的功为2J
5.如图所示，真空中两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，∠ABC=30°。已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是( )
A. q1、q2电性相同
B. q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半
C. q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍
D. D点电势高于A点电势
6.如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，电压表A的内阻为10kΩ，B为静电计，C1、C2分别是两个平行板电容器，R为滑动变阻器，将开关S闭合，电路稳定后，下列说法正确的是( )
A. 若C1>C2，则电压表的读数大于静电计的读数
B. 若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大
C. C2上带电量为零
D. 若将开关S断开，仅使电容器C2两极板间距离增大，则静电计读数将增大
7.如图甲所示为小朋友喜爱玩的分叉式滑板车。小朋友在骑行时，手握方向把A，双脚分别踏在两个活动轮B1、B2的上方踏板上，用力将B1、B2不断地分开、合拢，滑板车就能不断向前行进。小明在玩滑板车时，经过一个浅水区，进入干路面后，前轮C和后轮B1、B2分别在干路面上留下如图乙虚线所示的痕迹，在后轮经过地面的痕迹上M、N两点时，两点的切线方向恰好为M、N的连线，该连线与前轮C的行进方向垂直。若两臂长CB1=CB2=0.6m，此时，两臂正处于合拢过程中。B1、B2经过M、N两点时绕C轮做圆周运动的瞬时角速度ω=2rad/s，∠B1CB2=60°，则此时滑板车的行进速度为( )
A. 1.2m/sB. 0.6m/sC. 0.6 3m/sD. 0.4 3m/s
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.如图甲所示，在水平面上有一质量为2m的足够长的木板，其上叠放一质量为m的木块，现给木块施加一随时间增大的水平力F=kt(k是常数)，木块加速度的大小随时间变化的图线如图乙所示，木块与木板之间的动摩擦因数为μ1、木板与水平面之间的动摩擦因数为μ2，假定接触面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是( )
A. 0～t1时间内木块受到的摩擦力大小为μ1mg
B. μ1Rm；开关S1闭合、S2断开时，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，三个电表示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU1、ΔU2，则下列说法正确的是( )
A. 保持开关S2断开，将R的滑片向右移动，则电流A示数变小、电压表V2示数变小
B. 保持开关S2断开，将R的滑片向右移动，则有ΔU1ΔI=ΔU2ΔI
C. 保持开关S2断开，将R的滑片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率增大
D. 保持R的滑片不动，闭合开关S2，则电流表A示数变大、电压表V1示数变小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在测量金属电阻率实验中，小海用20分度的游标卡尺测量金属丝的直径，他测量后用手机拍了一张照片，为了拍得清楚，用微距拍摄模式，取景范围小，重点拍摄了对齐的刻度线，如图甲所示，请你帮他读出金属丝的直径为______mm。

为了更精确测量此金属丝的直径，小海又用螺旋测微器对金属丝进行测量，当螺旋测微器的测微螺杆和小砧紧密接触时，螺旋测微器刻度如图乙所示，将金属丝置于测微螺杆和小砧之间正确测量时，螺旋测微器刻度如图丙所示，金属丝直径是______mm。小海用多用电表的欧姆挡“×1”挡粗测金属丝的电阻，指针指在表盘正中间，如图丁所示，读数应为______Ω。
13.为了测量某电源的电动势E和内阻r，实验室准备了以下器材：
待测电源(电动势E约为1.5V，内阻r约为1Ω)；
量程为3V电压表V(具有一定的内阻)；
满偏电流Ig=100mA的电流计G(rG=0.6Ω)；
定值电阻R1=0.1Ω，R2=0.15Ω，R3=0.2Ω，R4=0.3Ω，R5=2Ω；
滑动变阻器R(阻值变化范围0～15Ω)；
开关S一个；
导线若干。

(1)利用以上实验器材，学习小组设计了如题图甲所示的实验电路，若B是滑动变阻器R，D是定值电阻R2，则A是______，C是______；(填器材符号)
(2)在器材选择、电路连接和实验操作都正确的情况下，调节滑动变阻器R，得到多组电表读数，作出如题图乙所示的图像，由图像可知该电源的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω；(均保留三位有效数字)
(3)纯粹从实验原理上看，不考虑偶然误差，电源内阻的测量值______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.如图所示，直线a、抛物线b和c为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率PE、输出功率PR、电源内部发热功率Pr随路端电压U变化的图像，但具体对应关系未知，试问：
(1)总功率PE、输出功率PR、电源内部发热功率Pr随路端电压U变化的图像分别与a、b和c的对应关系，并说明理由；
(2)电源电动势E和内阻r的大小；
(3)电源的最大输出功率。
15.如图所示，电源电动势E=64V，内阻不计，电阻R1=4Ω，R2=12Ω，R3=16Ω，开始开关S1闭合，S2断开，平行板电容器的两极板A、B与水平面的夹角θ=37°，两极板A、B间距离d=0.4m，板间有一传动装置，绝缘传动带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距L=1m，传送带逆时针匀速转动，其速度v=4m/s，现有一个质量m=0.1Kg，电荷量q=+0.02C的工件(视为质点，电荷量保持不变)，轻放在传动带底端，工件与传动带间的动摩擦因数μ=0.25.同时开关S2也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来．(g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)
(1)开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的场强大小E1；
(2)工件在传送带上运动的加速度的大小；
(3)工件从底端运动到顶端的过程中，工件与传动带因摩擦而产生的热量．
16.如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑轨道ABCD。AB是水平面，BCD是处于竖直平面内的半圆槽，圆心O在AB的延长线上。今有一带电物体P(可视为质点，电荷量保持不变)从A点以水平向右的初速度v0向B运动。P在AB上运动的过程中，在第1s内P的位移为24m；在第4s内，P在水平面上运动了1m刚好到达B点，并恰好不脱离轨道进入半圆槽BCD中运动。重力加速度g=10m/s2。问：
(1)带电体带什么电？
(2)带电体P的初速度v0、从A运动到B的加速度a和时间t。
(3)带电体P运动到半圆轨道最低点C时，半圆轨道对它的支持力是其重力的多少倍？
答案解析
1.C
【解析】解：A、万有引力公式只适用于两个质点间引力的计算，两个物体挨在一起时，不能视为质点，故A错误；
BC、惯性概念是牛顿提出来的，牛顿定律只适用于宏观低速世界，对于微观高速世界不再适用，故B错误；C正确；
D、电荷间的相互作用需要电场作为媒介，故D错误。
故选：C。
根据万有引力公式的适用条件分析A；物理学史分析BC；电荷间的相互作用需要电场作为媒介。
本题考查物理学史，解题关键掌握公式的适用及物理学家的贡献。
2.A
【解析】解：由图可知，电线杆受到cd侧和bc侧电线的拉力，有使电线杆向c点方向倾倒的趋势，故拉线应与a相接。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据对电线杆受力分析，有输电线的两个拉力与斜拉线的拉力，处于平衡状态，由共点力平衡作出选择。
考查受力分析，及根据受力平衡来分析力的大小与方向，是一道基础题。
3.C
【解析】解：ABC、设想质点发生一极小位移至另外一处，由公式可知，此时质点所受万有引力与库仑力仍然等大反向，质点所受合力仍然为0，所以质点将做匀速直线运动，故AB错误，C正确；
D、由万有引力公式F=GMmr2和库仑力公式F=kQqr2可知，当无初速释放质点时，质点保持静止，可知万有引力与库仑力等大反向，质点与星球间的库仑力为斥力，故质点与星球电性相同，故D错误；
故选：C。
先库仑定律求解出库仑力表达式，根据万有引力定律求解出万有引力表达式；距离变化时，再分析合力情况。
本题关键是将库仑定律与万有引力定律比较，注意都是平方反比定律，题中库仑力与万有引力一直平衡。
4.C
【解析】解：AB、滑轮两边细绳的拉力相等，则与竖直方向的夹角相等，设OA与竖直杆的夹角为α，则由几何关系OAsinα+OBsinα=d，即Lsinα=d，解得sinα=0.8，α=53°为定值，则将细绳的右端缓慢地从B点拉到正上方的B1点时，细绳AO和竖直杆的夹角将不变，细绳上的张力将不变，故AB错误；
BC、由几何关系可知，BB1间的距离为10cm，则重物上升5cm，则绳上拉力对重物所做的功为W=mgℎ=20×0.05J=1J，故C正确，D错误；
故选：C。
本题的关键要抓住滑轮的力学特性，根据对称性，由几何知识求解α角，再运用平衡条件讨论拉力的大小变化情况；根据功的计算公式求解拉力对重物做的功。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
5.B
【解析】解：A、根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，可知q1带正电、q2带负电，故A错误；
BC、根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，可得sin30°=E2E1,E1=kq1r12,E2=kq2r22
联立解得q2=2q1，故B正确，C错误；
D、q1在A、D两点产生的电势相等，q2在A点产生的电势高于在D点产生的电势，则A点的电势高于D点，故D错误。
故选：B。
将A点场强EA分解到AC和AB方向，从而判断两电荷场强的方向，再判断电性；根据分解的场强关系，分别计算两电荷的场强，求出两电荷量之比；利用电势与电场线的关系，判断D点和A点电势的高低。
本题考查电场的叠加，解题的关键是将A点合场强进行分解，并作出分解图，从而判断两点电荷的电性，结合几何关系找到两场强的关系，从而求出两点电荷带电量之比。
6.D
【解析】解：ABC.分析电路可知，开关闭合，电路稳定后，整个回路没有电流，电压表上没有电流流过，故电压表读数为0，电容器C1上下两板电势相等，电容器C2上、下板间电势差即为电源电动势E，即使调节变阻器滑动触头P的位置，也不会改变C2两板的电势差，由
Q=EC
可知，电容器C2上带电量不变。
故ABC错误；
D.将开关S断开，电容器C2的电荷量不变，仅使电容器C2两极板间距离增大，C2电容变小，由U=QC可知，静电计读数将增大，故D正确。
故选：D。
静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，电容器C1不带电，电路稳定后，电容器C2的电压等于电源的电动势．将电键S打开，电容器的电量不变，根据板间距离的变化，分析电容的变化，来确定板间电势差的变化，再分析静电计的读数变化
本题难点在于分析电压表两端的电压，抓住静电计与电压表结构的区别：静电计两极是绝缘的，而电压表的两极是相通的。
7.B
【解析】解：由题意可知，以前轮C为运动参考系，以后轮B1为研究对象，其对地速度为绝对速度，方向从M指向N，前轮C的速度vC是牵连速度，后轮B1绕C做圆运动的速度
v1=ω⋅CB1=2×0.6m/s=1.2m/s
是相对速度，由此构建速度矢量关系图如图
由几何关系可知滑板车的行进速度为
v=sin30°⋅v1=0.5×1.2m/s=0.6m/s
故B正确，ACD错误。
故选：B。
关联速度，根据几何关系和v=ωr求解滑板车的行进速度。
本题考查了关联速度的问题，明确合运动的方向，灵活运用数学几何知识。
8.CD
【解析】解：A、由题图乙可知，在0～t1时间内木块的加速度为0，木块仍处于静止状态，木块受到的是静摩擦力，与水平力F的大小相等，即随时间的增加而增大，故A错误；
BC、在t2时刻，木块与长木板间的静摩擦力达到最大，此时对长木板有μ1mg−3μ2mg=2ma0>0
即μ1mg>3μ2mg，则有μ1>3μ2
解得a0=μ1−3μ22g
故B错误，C正确；
D、设t1～t2、t2～t3时间内木块的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有a1=F−3μ2mg3m=k3mt−μ2g
t2～t3时间内，水平力F只作用在木块上，根据牛顿第二定律有a2=F−μ1mgm=kmt−μ1g
则这两段时间内对应的图线斜率的绝对值之比为k3mkm=13
故D正确。
故选：CD。
当水平拉力F较小时，木板和木块保持静止，F足够大时两者一起向右做匀加速直线运动，运用整体法求解出加速度。t2时刻木块与木板刚开始相对滑动，静摩擦力达到最大值；当木块和木板发生相对滑动时，隔离分析得出两者的加速度大小，从而得出两段倾斜直线的斜率之比。
本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，这是经常采用的思路。
9.BD
【解析】解：分析小球的受力情况，作出力的矢量关系图，在小球到达Q的正上方过程中，力的矢量三角形与滑轮、q、Q构成的三角形相似。
设滑轮到Q的距离为ℎ，q到Q的距离为r，滑轮左侧的绳长为l，q所受电场力为F1，小球重力为G，由库仑定律有
F1=kQqr2
由三角形相似，有
Fl=Gℎ=F1r=kQqr3
m、ℎ以及电荷量不变，故r不变，即开始的一段运动，q是绕Q做圆周运动的，电场力F1大小不变，拉力F减小，这段过程中，小球电势能不变，则拉力做的功等于小球重力势能的增量；当q到达Q的正上方后，再上升到靠近滑轮的过程中，小球受到的电场力F1减小，拉力F增大。综上所述，小球所受电场力大小先不变，后减小；拉力F先减小后增大。
故AC错误，BD正确。
故选：BD。
对小球受力分析，结合库仑定律以及相似三角形分析判断。
本题以小球为研究对象，结合受力分析、库仑定律考查动态平衡问题，用力的矢量三角形定则以及相似三角形分析求解。
10.ACD
【解析】解：A、质点的轨迹如图所示，
设质点在板间运动的过程中加速度大小为a，则有质点离开电场时竖直分速度大小
vy=at1=qE−mgm⋅lv0，质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则vy=gt2=2glv0，联立解得3mgq，故A正确；
B、质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的上方，做斜上抛运动。否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上。质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反。故B错误；
C、若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故C正确；
D、若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由QU知U不变，电量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以质点的运动情况不变，再让该质点从N点以水平速度V0射入板间，质点依然会垂直打在光屏上，故D正确；
故选：ACD。
质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开出场后，质点一定打在光屏的上方，做斜上抛运动。质点从离开电场后到垂直打在M屏上过程是平抛运动的逆运动，采用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强。
本题关键抓住两个运动轨迹的特点，巧用逆向思维分析电场外质点的运动情况。要知道运动的合成与分解是研究曲线运动的常用方法，要灵活运用。
11.AC
【解析】解：ABC、断开开关S2时，将R的滑片向右移动，R阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，电流表A示数减小。电压表V2测得的电压是R0两端的电压IR0，显然是减小的。将R0和r合并成等效电源的内阻r等，由输出功率与外电阻R的关系曲线可知，此时R是靠近r等的，滑动变阻器消耗的电功率是增大的。ΔU1是R两端的电压变化的绝时值，ΔI是干路电流变化的绝时值，ΔU1ΔI在数值上等于r等，ΔU2ΔI在数值上等于R0，前者较大，由以上可知，故B错误，AC正确；
D、保持R的滑片不动，闭合开关S2，R0短路，总电阻减小，电流表A示数变大、电压表V1示数变大，故D错误。
故选：AC。
根据电路结构分析滑动变阻器向右移动时回路中总电阻的变化，分析电流的变化，结合串并联关系分析解答。
本题考查电路的动态分析，关键抓住电源的电动势和内阻不变，分析滑动变阻器阻值的变化，结合闭合电路欧姆定律进行分析。
0.755 15.0
【解析】解：图甲，游标卡尺的分度值为0.05mm，读数为
d=0+15×0.05mm=0.75mm
从图丙可知，螺旋测微器的分度值为0.01mm，读数为
D=0.5mm+21.5×0.01mm=0.715mm
从图乙可知，测微螺杆比标准情况(两个0刻线对齐)压进0.040mm，故金属丝直径为0.755mm；
由图丁可知，读数为15.0Ω。
故答案为：0.75，0.755，15.0。
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，不需要估读；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，在读可动刻度读数时需估读；根据欧姆表测电阻的读数规则作答。
解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，知道读数分为两部分，等于固定刻度读数加上可动刻度读数，待测电阻的电阻值是读数并乘上相应的倍数。
13.V G 1.50 1.21 等于
【解析】解：(1)因为实验中需要测量路端电压，其中A并联在电路中，故A是电压表V；因为电路中连入的电阻是R0，而连入电阻为R0时电流表的量程偏小，故需要改装电流表，其中D是定值电阻R0，则C就是电流表G；
(2)改装后的电流表的内阻
RA=rGR2rG+R2
解是RA=0.12Ω
由
IRA=IGrG
解得
I=5IG
根据图甲及闭合电路欧姆定律可得
U=E−5IG(r+RA)
对比图乙可知，纵轴截距为电源电动势为
E=1.50V
斜率绝对值为
k=1.50−Ω=5(r+RA)
解得
r=1.21Ω
(3)由
U=E−5IG(r+RA)
及电路图可知，U为电压表实际测得电压，理论与测量相同，没有系统误差，5IG也为通过电源的真实电流，没有系统误差，RA已知，则电源电动势和内阻的测量值均等于真实值。
故答案为：(1)V，G；(2)1.50，1.21；(3)等于。
(1)根据实验原理及题中提供的已知器材确定未知器材；
(2)根据图甲及闭合电路欧姆定律推导乙图横纵坐标之间的关系式，对比图乙，分析纵轴截距和斜率绝对值的含义可求解；
(3)分析表达式中，理论值与测量值是否相同，确定是否有系统误差。
本题考查测电源电动势和内阻的实验。题目难度较大，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
14.解：(1)总功率PE=EI=E⋅E−Ur=−ErU+E2r ①
可以知道PE−U图像对应图线a
Pr=(E−U)2r=E2−2EU+U2r②
可知，Pr−U图像对应图线b，因为PG=Pr+PR
则PR=PG−Pr
由①、②式解得：PR=−1rU2+ErU③
可知，PR−U图像对应图线c；
(2)由①式可知，图线a的斜率k=−Er=−93A=−3A ④
当U=0时，PG=E2r=9W ⑤
④、⑤式联立，得出E=3V，r=1Ω；
(3)由③式可知，当U=E2时，PR最大，即电源的输出功率最大，
将相关数据代入③式，得：Pm=2.25W。
答：(1)PE−U图像对应图线a；Pr−U图像对应图线b；PR−U图像对应图线c，理由见解析；
(2)电源电动势E和内阻r的大小分别为3V，1Ω；
(3)电源的最大输出功率为2.25W。
【解析】(1)根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式；
(2)(3)在由功率的公式可以分析功率之间的关系。
当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和。
15.解：(1)开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路中的电流：I1=ER1+R2=644+12A=4A
此时A、B之间的电势差等于R1两端的电压，所以：UBA=UR1=I1⋅R1=4×4=16V
两极板A、B间的场强大小：E1=UBAd=160.4=40V/m
(2)开关S2也闭合R1与R2串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时A、B之间的电势差等于R2两端的电压，所以：UAB′=UR2=I1⋅R2=4×12=48V
两极板A、B间的场强大小：E2=UAB′d=480.4=120V/m
此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：
f−mgsinθ=ma
垂直于传送带的方向：N=mgcsθ+qE2=0.1×10×cs37°+0.02×120=3.2N
f=μN=0.25×3.2=0.8N
a=f−mgsinθm=0.8−0.1×10×
(3)工件达到4m/s需要的时间：t=va=42s=2s
工件的位移：x1=12at2=12×2×22=4m>1m
所以工件应该一直做加速运动，L=12at02
t0= 2La= 2×12=1s
此时传送带的位移：x2=vt=4×1m=4m
工件相对于传送带的位移：△x=x2−x1=4m−1m=3m
工件与传动带因摩擦而产生的热量：Q=f⋅△x=0.8×3=2.4J
答：(1)开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的场强大小是40V/m；
(2)工件在传送带上运动的加速度的大小是2m/s；
(3)工件从底端运动到顶端的过程中，工件与传动带因摩擦而产生的热量是2.4J．
【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律求出开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的电压，然后由E=Ud即可求出场强；
(2)同(1)求出开关S2也闭合后AB之间的电压和场强，求出工件受到的合力，然后使用牛顿第二定律求出加速度；
(3)使用运动学的公式，求出工件从底端运动到顶端的过程中相对于传送带的位移，然后用Q=fL相对求出工件与传动带因摩擦而产生的热量
该题将电路、电场的知识与传送带问题想结合，设置的情景比较复杂，要能够从复杂的情景中理出头绪，理清思路．
16.解：(1)由题意可判断P在电场力作用下做减速运动，故P带正电；
(2)把P在水平轨道AB上的运动逆过来考虑，可知其为初速度为0的匀加速直线运动，若刚好运动整整4s，则第1s(实际中的第4s)内运动1m，那么第4s(实际中的第1s)内当运动7m，显然，题目所给数据并非如此!注意到题目中第4s内在水平轨道上的位移为1m。且运动到B处时，恰好能沿BC半圆轨道运动而不脱离轨道。可知第4s这1s的时间并非完全在水平轨道上运动，而是运动了不足1s的时间，到达B点时速度为0，并开始沿半囿轨道运动。设第4s内，P在水平轨道上运动的时间为t1，则有：
l=12at12①
P在水平轨道上运动的总时间为(3+t1)s，
第1s时刻到物体至B点运动时间为(2+t1)s，
则第1s内的位移为24=12a(3+t1)2−12a(2+t1)2②
两式联立，解得：t1=0.5s③
a=8m/s2 ④
从A运动到B的时间t=(3+t1)s=(3+0.5)s)=3.5s ⑤
(3)由牛顿第二定律可知，电场力F=ma⑥
设半圆的半径为R，P从B点滑到最低点C，令P到达C点的速度为v，由动能定理，有mgR−FR=12mv2⑦
在C点，设半圆轨道对P的支持力为N，由牛顿第二定律，
有：N−mg=mv2R⑧
由④⑦⑧⑨式联立解得：N=3mg−2ma ⑨
则Nmg=1.4⑩
答：(1)带电体带正电；
(2)带电体P的初速度v0、从A运动到B的加速度a为8m/s2，时间t为3.5s。
(3)带电体P运动到半圆轨道最低点C时，半圆轨道对它的支持力是其重力的1.4倍。
【解析】(1)根据P的受力方向确定电性；
(2)根据运动学公式计算加速度和时间；
(3)根据动能定理和牛顿第二定律计算。
能够分析带电体P在水平轨道上的运动情况是解题的关键，恰好不脱离轨道进入半圆槽BCD中运动里面的隐含条件是到B点的速度为零，能够根据运动学公式得到加速度。