2023-2024学年江苏省常州市联盟学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年江苏省常州市联盟学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各组物理量中，全部是矢量的是( )
A. 电势能、位移、平均速度、电量B. 位移、电场强度、加速度、速度变化量
C. 位移、电势、功、加速度D. 电流、瞬时速度、速度、加速度
2.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，图线上过A点的切线交I轴于C点，则下列说法中正确的是( )
A. 加5V电压时，导体的电阻约是0.2Ω
B. 加12V电压时，导体的电阻约是24Ω
C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大
D. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
3.某同学设想驾驶一辆由火箭提供动力的陆地太空两用汽车，沿赤道行驶且汽车相对于地球的速度可以任意增加，不计空气阻力。当汽车速度增加到某一值时，汽车将脱离地面成为绕地球做圆周运动的“航天汽车”。下列相关说法正确的是(已知地球半径R=6400km，g取9.8m/s2)( )
A. 汽车速度达到7.9km/s时，将脱离地面
B. 汽车在地面上速度增加时，对地面的压力增大
C. 此“航天汽车”环绕地球做匀速圆周运动的最小周期为24h
D. 此“航天汽车”内可用天平称质量
4.某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 图像中两阴影面积一定相等B. 放电过程中，电容器下极板带正电
C. 减小R可以增大图像中两阴影面积D. 减小R可以延长充放电的时间
5.小华同学利用如图所示的装置“验证机械能守恒定律”。下列说法正确的是( )
A. 打点计时器工作时使用直流电源
B. 实验中必须用天平测出重物的质量
C. 实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量稍小
D. 实验中求重物在某点的速度可以根据v=gt或v= 2gh求解
6.如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，车中座椅是指底座、靠背以及安全卡扣组成的整体，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B. 乙图中，轨道车过最低点的最大速度为 gR
C. 丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D. 丁图中，轨道车过最高点的最小速度为 gR
7.静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场由四个电极构成，其中实线为电场线，虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线，一电子从其左侧进入聚焦电场，P、Q、R为其轨迹上的三点。已知P点所在等势线的电势为零，电子仅在电场力作用下从P点运动到R点的过程中，电场力做功为30eV。下列说法正确的是( )
A. Q点的电势高于10V
B. 从P至R的运动过程中，电子的电势能减小
C. 电子在Q点的加速度小于在R点的加速度
D. 从P至R的运动过程中，电子的动能先减小后增大
8.如图所示，在x轴上的M、N两点分别固定电荷量为q1和q2的点电荷，x轴上M、N之间各点对应的电势如图中曲线所示，P点为曲线最低点，Q点位于PN之间，MP间距离大于PN间距离。以下说法中正确的是( )
A. q1大于q2，且q1和q2均带负电B. M点的左侧不存在与Q点场强相同的点
C. P点的电场强度最大D. M点的左侧一定有与P点电势相同的点
9.如图所示，将绝缘细线的一端O点固定，另一端拴一带电的小球P，空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45∘，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时速度，让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动，下列分析正确的是( )
A. 小球可能带负电
B. 小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先减小后增大
C. 当小球运动到最高点a的速度v≥ gr时，小球才能做完整的圆周运动
D. 当小球运动到最高点a时，小球的电势能与动能之和最小
10.如图所示，a、b两个小球穿在一根与水平面成θ=30∘角的光滑固定杆上，并用一细绳跨过光滑定滑轮相连。初始时两球静止，Oa绳与杆的夹角也为θ，Ob绳沿竖直方向。现沿杆缓慢向上拉动b球，至Ob与杆垂直后静止释放，则( )
A. a球质量是b球的2倍
B. b球返回到初始位置时，其速度是a球速度的 33倍
C. b球返回到初始位置时，其动能是a球动能的 3倍
D. 从释放至b球返回到初始位置，b球重力势能减小量小于b球返回初始位置时的动能
二、实验题：本大题共1小题，共2分。
11.用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为______mm.
三、简答题：本大题共4小题，共46分。
12.欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，测量范围尽可能大.现备有以下器材：
A.电池组(3V,内阻1Ω)
B.电流表(0∼3A,内阻0.0125Ω)
C.电流表(0∼0.6A,内阻0.125Ω)
D.电压表(0∼3V,内阻3kΩ)
E.电压表(0∼15V,内阻15kΩ)
F.滑动变阻器(0∼20Ω,额定电流1A)
G.开关、导线
(1)上述器材中，电流表应选______；电压表应选______.(填写各器材的字母代号)
(2)设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=______ A，U=______V.
(3)为使通过待测金属导线的电流能在0∼0.5A范围内改变，请按要求将图2中给定的器材连成实验电路.
13.如图是匀强电场中的一组等势面，相邻等势面间的距离都是25cm，则：
(1)求匀强电场的电场强度的大小和方向；
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小。
14.如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m，θ=53∘，小球质量为m=0.5kg，D点与A孔的水平距离s=2m，g取10m/s2。(cs53∘=0.6)
(1)小球从C运动到D的过程中重力做的功；
(2)摆线能承受的最大拉力；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。
15.如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为−q的带电小球以初速度v0从x轴上P(−L,0)点经过y轴上的同一个点Q(未画出)射入第二象限，已知小球在第一和第二象限中都做直线运动，重力加速度g为已知量。则：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)求P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)若将第一象限的电场方向调为水平向左，其他条件不变，则小球从P点飞出至再次回到x轴所用时间。
四、计算题：本大题共1小题，共12分。
16.两个正点电荷Q1=+Q和Q2=+4Q分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L。
(1)在A、B连线上，由A点到B点，电势如何变化？
(2)将一正检验电荷置于A、B连线上靠近A处由静止释放，求它在A、B连线上运动的过程中达到最大速度时离A点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.电势能和电量，只有大小没有方向，则电势能和电量均是标量，故A错误；
B.位移、电场强度、加速度、速度变化量，既有大小又有方向，均是矢量，故B正确；
C.电势、功，只有大小没有方向，均是标量，故C错误；
D.由于电流的运算法则不符合平行四边形定则，所以电流是标量，故D错误。
故选：B。
根据矢量和标量的定义、运算法则、正负意义等进行分析判断。
矢量既有大小又有方向，正负表示方向；标量只有大小没有方向，正负表示大小或性质。
2.【答案】C
【解析】解：A.根据电阻的定义式
R=UI由图可知加5V的电压时，电流为1.0A，
解得：R=5Ω，故A错误；
B.根据电阻的定义式
R=UI由图可知加12V的电压时，电流为1.5A，
解得：R=8Ω，故B错误；
CD.由图可知I−U图像上任一点与原点连线的斜率逐渐减小，根据欧姆定律可知，导体的电阻不断增大，故C正确，D错误。
故选：C。
I−U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化。
本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化。
3.【答案】A
【解析】解：A、汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，当速度增大到某一值时，支持力恰好为零，由重力全部提供向心力，则mg=mv2R
可得v= gR= 9.8×6400×103m/s≈7.9×103m/s=7.9km/s，所以汽车速度达到7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星，故A正确；
B、“航天汽车”绕地心做圆周运动，其重力、地面支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg−FN=mv2R，可知速度越大，支持力越小，对“航天汽车”的压力越小，故B错误；
C、当“航天汽车”围绕地球表面做匀速圆周运动时周期最小，根据mg=m4π2T2R
解得T=2π Rg=2×3.14× 6400×1039.8s≈5075s≈1.4h，故C错误；
D、天平实际上是等臂杠杆，根据杠杆平衡原理，被测物体的质量就等于砝码的质量，“航天汽车”处于完全失重状态，物体和砝码对天平两臂上的托盘的压力为零，天平始终平衡，无法测量物体的质量，故D错误。
故选：A。
汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度增加时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定汽车对地面压力的变化；当速度增大到支持力为零时，汽车将离开地面绕地球圆周运动；根据重力提供向心力求出“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期；在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用天平称质量。
对于第一宇宙速度，是指物体环绕地球做匀速圆周运动必须具有的速度，当物体的速度达到第一宇宙速度时物体就成为绕地球运行的卫星。
4.【答案】A
【解析】解：A.i−t图像面积表示电荷量，两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，故A正确；
B.电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，故B错误；
C.电容器所带的电荷量Q=CU，由于电源电动势不变也就是电容器两端电压不变，电容不变，所以Q不变，故C错误；
D.充电过程中，减小R可缩短充电时间，放电过程中，电阻是负载，减小R可缩短放电时间，故D错误。
故选：A。
电容器的充放电电量是i−t图像围成的面积，电容器的定义式以及定义式应用，电容器与电源正极连接的板带正电，与电源负极相连的板带负电。
考查电容器充放电，以及定义式应用。
5.【答案】C
【解析】解：A.电火花计时器工作电压为交流220V，电磁打点计时器工作电压约为交流8V，不能使用直流电源，故A错误；
B.根据机械能守恒定律有：mgh=12mv2
即需要验证的等式为：gh=12v2
由上述式子可知不用测量重物的质量，故B错误；
C.重物带动纸带下落过程中，除了受到重力还受到阻力，重物减少的重力势能部分用来克服阻力做功，由此可知实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量略小一些，故C正确；
D.实验中计算重物在某点的速度和对应的重物下落的高度都是由纸带上打点的数据计算得到的，而v=gt或v= 2gh是根据机械能守恒定律直接或间接推导得到的，而实验的目的是验证机械能守恒定律，故不能据v=gt或v= 2gh求某点的速度，故D错误。
故选：C。
根据实验原理分析出需要的实验器材；根据实验原理分析出是否需要测出重物的质量；分析实验误差存在的原因；该实验的速度测量是利用在极短时间内，物体的平均速度等于瞬时速度进行测量的，不能用自由落体的运动学公式求解。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉实验误差的分析即可完成解答，整体难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.当重力刚好提供向心力时，设临界速度为v，由牛顿第二定律得：
mg=mv2R
解得：v= gR
若通过最高点速度大于临界速度v，座椅给人的力向下，若通过最高点速度小于临界速度v，座椅给人的力向上，故A错误；
B.乙图中轨道车合力向上，由牛顿第二定律得：
F−mg=mv2R
由于不知轨道车和轨道弹力最大值，所以不能求出速度最大值，故B错误；
C.丙图中人的合力向上提供向心力，所以座椅给人向上的力，故C正确；
D.丁图中，轨道可以对轨道车提供向上弹力，属于圆周运动有支撑模型，所以最高点速度大于等于零即可，故D错误。
故选：C。
轨道车过最高点和最低点时，沿直径指向圆心方向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析轨道车对人的作用力方向以及确定速度的极值。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，知道圆周运动沿直径指向圆心方向的合力提供向心力。注意利用临界点进行分析讨论。
7.【答案】B
【解析】解：A.设相邻等差等势线电压为U，由公式W=Uq可得，电子从P点运动到R点的过程中，电场力做功为：30eV=6U(−e)
解得：U=−5V
所以Q点电势大于5V小于10V，故A错误；
BD.由题可知，电子从P至R的运动过程中，电场力与电子运动轨迹方向一直为锐角，电场力一直做正功，由能量守恒定律得：电子的电势能减小，动能增大，故B正确，D错误；
C.由图，根据电场线越密电场强度越大可知，Q点的电场强度大于R点的电场强度，由牛顿第二定律可知，电子在Q点的加速度大于在R点的加速度，故C错误；
故选：B。
解答本题需要掌握：沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况.
能正确根据电场线、等势线的分布情况，判断电势、电势能、电场强度、电场力做功等物理量变化情况，是解决题目的关键。
8.【答案】D
【解析】解：AC、φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知P处场强为零，根据点电荷场强公式E=kqr2知q1的电荷量一定大于q2的电荷量，根据场强方向可知两电荷一定是正电荷，故AC错误；
B、根据点电荷形成的场强的特点，M点的左侧到无穷远处电场为0，且M点左侧与Q点电场方向均向左，则一定存在与Q点场强相同的点，故B错误；
D、M点的左侧到无穷远处电势为0，故一定有与P点电势相同的点，故D正确。
故选：D。
φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道P处场强为零，从M到N电势先减小后增大，根据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功还是负功。根据点电荷场强公式，得到q1的电荷量一定大于q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷。
φ−x图象中：①电场强度的大小等于φ−x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ−x图线存在极值，其切线的斜率为零。②在φ−x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。③在φ−x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
9.【答案】D
【解析】解：A.小球在P点处于静止状态，对小球受力分析，小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，由平衡条件可知小球所受电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，故A错误；
B.小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45∘，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45∘角，大小为：
F= 2mg
小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，电场力和重力的合力F做功，可以判断F先做正功再做负功，故小球的速度先增大后减小，故B错误；
C.当小球运动到弧ab中点(即P点关于圆心对称点，为等效最高点)，且细线弹力为零时，有
F=mv2r
解得小球能做完整的圆周运动，在该点的速度最小为
v= 2gr
小球从该点运动到a点，由动能定理得
F⋅(r−r 2)=12mva2−12mv2
整理解得
va= (3 2−2)gr
因此，当小球运动到最高点a的速度va≥ (3 2−2)gr时，小球才能做完整的圆周运动，故C错误；
D.小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，在最高点a时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，故D正确。
故选：D。
小球静止于P点，通过受力分析，根据平衡条件求解等效重力。小球在竖直面内做圆周运动，P点为小球圆周运动的速度最大的位置，等效最低点；P点关于圆心对称点小球速度最小，为等效最高点。整个过程中只有重力、电场力做功，则小球重力势能、电势能与动能之和守恒。
本题重点考查带电体在电场中的圆周运动模型，复合场中的等效重力加速度问题。要弄清圆周运动的最高点不是几何最高点，还考查了功能关系。
10.【答案】C
【解析】解：分别对a、b小球受力分析，如图所示
A.根据共点力平衡条件可得
T=mbg
Tsinθ=magsin(90∘+θ)
解得
mamb=1tanθ
即
ma=1tanθ⋅mb= 3mb
故A错误；
D.b球回到初始位置时，对b由动能定理可得
WG+WT=Ekb−0
由于绳子拉力对b球做负功
WTEkb
即
|ΔEpb|>Ekb
故D错误；
BC.b球回到初始位置时，连接a、b两个小球的绳子与杆的夹角分别为
θa=30∘
θb=60∘
此时两球的动能为
Eka=12mava2
Ekb=12mbvb2
且vT为绳子速度，则
vT=vacsθa=vbcsθb
代入数据计算可得
vb= 3va
Ekb= 3Eka
故B错误，C正确。
故选：C。
分别对a、b两球进行受力分析，根据平行四边形法则以及力的平衡条件可以求出a、b球的质量关系；静止位置沿杆向上拉动b球，当b与杆垂直时，两者的速度为零，由功能关系可以求出P、Q之间的关系。
本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来。
11.【答案】6.125
【解析】解：螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，所以最终读数为6mm+0.125mm=6.125mm
故答案为：6.125
解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．
12.【答案】
【解析】解：(1)：根据闭合电路欧姆定律可知通过待测电阻最大电流为Imax=ERx=35A=0.6A，
所以电流表应选择C；
D；根据电源电动势为3V可知，电压表应选择D；
(2)：电流表每小格的读数为0.02A，应进行“12”估读，电流表的示数为I=0.48A；
电压表每小格读数为0.1V，应进行“110”估读，电压表的读数为U=2.20V；
(3)：由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法；
所测阻值约为5Ω左右，而电压表(0∼3V,内阻3kΩ)，电流表(0∼0.6A,内阻0.125Ω)，
根据RVRx>RxRA，所以电流表应用外接法，连线图如图所示：
故答案为：(1)C，D；(2)0.48，2.20；(3)如上图所示．
题(1)应根据待测电阻的额定电流大小来选择电流表的量程，根据电源电动势大小来选择电压表的量程；题(2)应根据电表每小格的读数确定估读方法；题(3)根据电流表的内阻为已知的确定值可知电流表应采用内接法，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法．
应明确：①应根据待测电阻额定电流大小来选择电流表的量程，根据电源电动势大小来选择电压表的量程；②当电流表的内阻为已知的确定值时，电流表应用内接法，当电流表内阻为大约值时，应根据比较RVRx与RxRA的大小来选择内外接法．
13.【答案】解：(1)根据电场线从高电势处指向低电势处，可知此电场的电场强度方向为水平向右。由匀强电场中电场强度与电势差的关系U=Ed
可得E=Ud=1025×0.01V/m=40V/m
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小为F=qE
解得F=3.2×10−17N
答：(1)匀强电场的电场强度的大小为40V/m，方向水平向右；
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小为3.2×10−17N。
【解析】(1)电根据公式U=Ed解得电场强度大小，电场中沿着电场线方向，电势逐渐降低；
(2)根据F=qE解得电场力。
本题考查对等势面和电场线关系的理解能力。结合场强与电势差的关系分析判断。属于常规题，比较容易。
14.【答案】解：(1)摆球由C到D过程
WG=mg(L−Lcsθ)
解得
WG=4J
(2)当摆球由C到D运动，根据动能定理有
mg(L−Lcsθ)=12mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得
Fm−mg=mvD2L
解得
Fm=1.8mg=1.8×0.5×10=9N
(3)若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
mg=mv2R
由动能定理可得
−μmgs−2mgR=12mv2−12mvD2
解得
μ=0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围
μ≤0.025
答：(1)小球从C运动到D的过程中重力做的功4J；
(2)摆线能承受的最大拉力9N；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足μ≤0.025。
【解析】(1)根据功的公式计算；
(2)当摆球由C到D运动，根据动能定理求D点速度，由牛顿第二定律和向心力公式，求摆线能承受的最大拉力；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，最高点刚好由重力提供向心力，得最高点最小速度，再由动能定理可得μ的最小值。
本题主要考查了动能定理和圆周运动最高点临界条件，由于最高点有临界速度，导致μ有临界值，总体来说难度不算大，考查知识全面。
15.【答案】解：(1)带电质点在第二象限做匀速直线运动，有
qE=mg
且由带电质点在第一象限中做直线运动，有
tanθ=mgqE
解得
θ=45∘
(2)P到Q的过程，由动能定理有
WPQ−mgL=0
解得
UPQ=WPQ−q=−mgLq
(3)带电质点在第二象限做匀速直线运动的时间
t1= 2Lv0
若将第一象限的电场方向调为水平向左，则在第一象限类平抛运动
2mg=ma
即
a= 2g
由几何关系知
v0t2+ 2L=12at22
解得
t2= 2v0+ 2v02+8gL2g
另一解舍去；
从P点至再次到 x 轴的总时间为
t= 2v0+ 2v022+8gL2g+ 2Lv0
答：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角为45∘；
(2)求P、Q两点间的电势差UPQ为−mgLq；
(3)若将第一象限的电场方向调为水平向左，其他条件不变，则小球从P点飞出至再次回到x轴所用时间为 2v0+ 2v022+8gL2g+ 2Lv0。
【解析】(1)由题意可知，带电质点在第一象限与第二象限内都做直线运动，根据题意分析质点运动性质，然后根据质点受力情况求出夹角。
(2)从P到Q过程，由动能定理求出其电势差。
(3)带电质点在第一象限内做匀变速直线运动，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出运动时间。
本题考查了带电质点在匀强电场中的运动，根据题意分析清楚质点的运动性质与运动过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题。
16.【答案】解：(1)AB的连线上电场方向先向右再向左，则电势先减再增。
(2)设在AB连线上运动过程中能达到最大速度的位置离A点的距离为x，正电荷在A、B连线上速度最大处应该是电荷所受合力为零，即：kQ1qx2=kQ2q(L−x)2
解得：x=13L；
答：(1)在A、B连线上，由A点到B点，电势先减再增；
(2)它在A、B连线上运动的过程中达到最大速度时，离A点的距离为13L。
【解析】(1)AB的连线上电场方向先向右再向左，则电势先减再增。
(2)根据动能定理可知，合力做功最多的时候，物体的动能最大，所以当电荷所受合力为零时，电场力做功最多，此时的速度最大。
本题主要的是分析清楚电荷的速度最大的位置，当电荷的速度最大的时候，电荷的动能也就最大，此时电场力做的功最多，电势能最小。