2024-2025学年重庆市七校联考高二（上）期末物理试卷

这是一份2024-2025学年重庆市七校联考高二（上）期末物理试卷，共19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.如题图所示，以下说法中正确的是( )
A. 图甲：一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光的频率比b束光的高
B. 图乙：一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角r逐渐增大到某一值后不再会有光线从bb′面射出
C. 图丙：双缝干涉示意图，若只减小双缝间距，两相邻亮条纹间距离Δx将增大
D. 图丁：M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波
2.关于机械波，下列说法正确的是( )
A. 发生多普勒效应时，波源的频率不会发生改变
B. 波的传播方向就是质点的振动方向
C. 两列振幅均为A的波发生干涉时，振动加强点的位移恒为2A
D. 缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更大时，才会发生明显的衍射现象
3.一束单色光从某种介质中射入空气中，若入射角i=30°，折射角r=45°，光在真空中的速度为c，则( )
A. 介质的折射率n= 22
B. 光在该介质中的传播速度是 2c
C. 光从空气射入该介质时，折射角可能为60°
D. 光由该介质射入空气时，全反射临界角为45°
4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A. 此粒子加速度方向水平向左
B. 从P运动到Q，电场力做正功，带电粒子的电势能减小
C. a、b、c三条等势线中，a的电势最高
D. 带电粒子在运动过程中机械能守恒
5.一简谐横波沿x轴方向传播，已知t=0.1s时的波形如图甲所示，图乙是x=2m处的质点的振动图像，则下列说法正确的是( )
A. 该简谐横波沿x轴负方向传播
B. 该简谐横波的波速为20m/s
C. 波的振幅是10cm
D. x=0.5m处的质点，在t=0.55s时到达平衡位置，且沿y轴负方向运动
6.某多用电表的指针指在如图所示的位置，下列说法正确的是( )
A. 用多用电表欧姆挡测量某二极管的正向电阻时，应使红表笔接二极管的负极
B. 若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，应该更换“×1k”倍率，欧姆调零后再测量电阻
C. 用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，不需要把该电阻与其他电路断开
D. 测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零
7.如图所示，空间中有平行于纸面的匀强电场，ABC是处于该电场中的直角三角形，直角边BC=12cm，∠A=60°。一电荷量为2×10−8C的正点电荷，从B点移动到A点电场力做功1.2×10−7J，该电荷从B点移动到C点电场力做功为−1.2×10−7J，则( )
A. UBC=6V
B. 该匀强电场的场强方向由C指向A
C. 该匀强电场的场强为100V/m
D. 该电荷从A点移动到C点电场力做功为2.4×10−7J
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图甲所示：用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量，与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F−t图像如图乙，其中F的最大值Fmax=1.05N，已知摆球质量m=100g，重力加速度g取10m/s2，π2取10，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 单摆周期为1.0s
B. 单摆摆长为1m
C. F的最小值Fmin=0.975N
D. 若仅将摆球质量变为200g，单摆周期减小
9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴恰能处于静止状态，电流表和电压表均视为理想电表，R2为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，当光照强度减弱时，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数减小，电压表示数减小
B. 光敏电阻R2消耗的电功率一定增大
C. 液滴将向下加速运动
D. 保持光照强度不变，断开开关，放电过程中，a点电势高于b点电势
10.如图所示，竖直面内有一半径为R的圆，圆的直径AB水平，C为圆周上一点，OC与AB成60°角，现有一匀强电场，其电场方向在该圆所在的竖直平面内，但方向未知。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从A点以大小为v0的速率沿各个方向射入圆形区域，又从圆周上不同点离开。其中从C点离开时粒子的动能最大。若从C点离开的粒子初速度v0的方向是与AB成30°角斜向右上方。则下列说法正确的是( )
A. 该电场的方向一定与AB成30°角斜向右下方
B. 该电场的方向一定与AB成60°角斜向右下方
C. 该电场强度大小为4mv02qR
D. 若该粒子从A点由静止释放，也能从圆上的C点离开
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。老师将器材配齐后，小明同学进行实验，如题图甲所示，在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，确定入射光线AO。现需在玻璃砖的另一侧插上P3和P4两枚大头针，以确定光在玻璃砖中的折射光线。
(1)下列确定P3、P4位置的方法正确的是______。
A.透过玻璃砖观察，使P3仅挡住P2的像
B.透过玻璃砖观察，使P3挡住P1、P2的像
C.透过玻璃砖观察，使P4仅挡住P3
D.透过玻璃砖观察，使P4挡住P3和P1、P2的像
(2)小明同学在确定入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作法线NN′的垂线，分别交NN′于B点和D点，并测得AB=7.80cm，CD=5.00cm，则该玻璃的折射率n= ______。
(3)小华同学突发奇想，用两块同样的玻璃直角三棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，如图乙所示。插针位置P1、P2的连线垂直于AB面，若其他操作均正确，则在图乙中右边的插针应该是______(填“P3P4”、“P3P6”、“P5P4”或“P5P6”)。
12.某实验小组在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，其中MN为电阻丝，其横截面积大小为4mm2。现进行以下实验探究，实验步骤如下：

(1)用游标卡尺测量其长度如图甲所示，其长度为______cm。
(2)实验小组设计了如图乙所示的电路进行实验探究，R0是阻值为2Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关S，调节滑片P，记录电压表的示数U、电流表的示数I以及对应的PN长度x，多次调节滑片P，记录出多组U、I、x的值。
(3)根据实验数据绘出的U−I图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留两位有效数字)；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值______其真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)；
(4)根据实验数据可进一步绘出UI−x图像如图丁所示，根据图像可得电流表的内阻为______Ω，电阻丝的电阻率ρ ______Ω⋅m。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=0.5Ω，闭合开关S后，两盏相同的标有“10V，15W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕线的电阻R0=1Ω，求：
(1)电源的输出功率；
(2)电动机的机械功率；
(3)电动机的效率。
14.如图所示，有一半径为R的竖直光滑绝缘圆轨道，圆心为O点，将其固定，另有一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)。空间中还分布着水平向左的匀强电场，小球恰能静止在轨道内A点，且半径OA与竖直方向的夹角θ=53°。已知sin53°=0.8，cs53°=0.6，电场的范围足够大，重力加速度为g。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求A、O两点间的电势差UAO；
(3)为使小球能够在轨道内做完整的圆周运动，小球经过轨道内最低点B时，应具有一定的速度，求这个速度的最小值。
15.如图甲所示，在xOy坐标系的第三象限内，有平行于y轴正方向的匀强电场，电场强度为E1但大小未知。一质量为m，电荷量为q的正离子(不计重力)从y轴上坐标为(0,−32d)的M点以平行于x轴负方向的速度v0射入第三象限，恰好从x轴上坐标为(− 3d,0)的N点进入第二象限。离子刚进入第二象限的时候，在y轴正半轴上的某点固定一个负点电荷，电量−Q未知，同时撤去E1，离子随即做匀速圆周运动。随后离子经过y轴时，立即撤去−Q，同时在第一、四象限加上如图乙所示的周期性变化的电场E2，取平行于y轴正方向为E2的正方向，其周期T=3d4v0，E2与时间t的关系如图乙所示，已知静电力常量为k。求：

(1)第三象限电场强度E1的大小；
(2)点电荷−Q的纵坐标yQ以及其电量Q；
(3)离子从y轴正半轴到x轴的时间(结果用d和v0表示)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，即b的频率大于a的频率，故A错误；
B、当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb′面射出，故B错误；
C、根据Δx=ldλ可知，若只减小双缝间距d，两相邻亮条纹间距离Δx将增大，故C正确；
D、只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D错误。
故选：C。
根据图中的光线关系，判断折射率的大小，从而知道频率的大小；
入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb′面射出；
根据双缝干涉公式分析；
光的偏振现象表明光是一种横波。
本题要知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的。以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉。同时要掌握双缝干涉与薄膜干涉的区别。
2.【答案】A
【解析】解：A.发生多普勒效应时，波源的频率不会发生改变，只是观察者接收到的频率发生了变化，故A正确；
B.波的传播方向与质点的振动方向垂直时，是横波，波的传播方向与质点的振动方向相同时，是纵波，故B错误；
C.两列振幅均为A的波发生干涉时，振动加强点的振幅为2A，但位移在变化，可以为零，故C错误；
D.缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小时，才会发生明显的衍射，故D错误。
故选：A。
发生多普勒效应时，波源的频率不会发生改变；根据纵波和横波的定义分析；加强点的位移也随时间做周期性变化；根据发生明显衍射的条件分析。
本题考查了波的的定义，波的干涉、衍射和多普勒效应等问题，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.由折射率公式可得该介质的折射率为n=sinrsini=sin45°sin30∘= 2，故A错误；
B.光在该介质中的传播速度是v=cn= 22c，故B错误；
CD.由sinC=1n可得sinC=1 2= 22，得光由该介质射入空气时，全反射临界角为C=45°，根据光路可逆，可知光从空气射入该介质时，折射角一定小于45°，不可能为60°，故C错误，D正确。
故选：D。
由折射率公式可以求折射率；由速度公式求光在该介质中的传播速度；由临界角与折射率的关系求出临界角。
本题考查了光的折射，光在不同的介质中传播速度不一样，明确折射率公式的应用。
4.【答案】B
【解析】解：A.因为粒子做曲线运动，则其所受电场力指向运动轨迹凹侧，又因为电场线与等势线相交处互相垂直，且该粒子带正电，所以该粒子所受电场力方向竖直向上，该电场的电场线方向竖直向上，则由牛顿第二定律可知，此粒子加速度方向竖直向上，故A错误；
B.结合前面分析可知，该粒子所受电场力方向竖直向上，则该粒子从P运动到Q，电场力做正功，则该带电粒子的电势能减小，故B正确；
C.结合前面分析可知，该电场的电场线方向竖直向上，因为沿电场线方向，电势逐渐降低，所以a、b、c三条等势线中，a的电势最低，故C错误；
D.结合前面分析可知，该粒子从P运动到Q，电场力做正功，所以带电粒子在运动过程中机械能不守恒，故D错误；
故选：B。
A.粒子做曲线运动，其所受电场力指向运动轨迹凹侧，又因为电场线与等势线相交处互相垂直，且该粒子带正电，结合题图，即可分析判断；
B.结合前面分析，根据电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断；
C.结合前面分析，根据沿电场线方向，电势逐渐降低，即可分析判断；
D.结合前面分析，即可分析判断。
本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
5.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知，t=0.1s时x=2m处的质点沿y轴正方向振动，根据同侧法可知，该简谐波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、该简谐横波的波速为：v=λT=40.4m/s=10m/s，故B错误；
C、根据图像可知，波的振幅是5cm，故C错误；
D、x=0.5m处的质点在t=0.1s时位移为5 22cm，在t=0.55s时，即又经过Δt=0.55s−0.1s=0.45s=118T，所以x=0.5m处的质点，在t=0.55s时到达平衡位置，沿y轴负方向运动，故D正确。
故选：D。
根据同侧法判断传播方向；根据波速计算公式求解该简谐横波的波速；根据图像求解振幅；根据振动情况分析在t=0.55s时x=0.5m处的质点的振动情况。
本题主要是考查了波的图像；解答此类问题的关键是要理解波的图像的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
6.【答案】A
【解析】解：A.用多用电表欧姆挡时，欧姆表的内部电流从黑表笔流出，红表笔流入；测量某二极管的正向电阻时，应使欧姆表的黑表笔与二极管的正极相连，红表笔接二极管的负极，故A正确；
B.如图所示，欧姆表的指针偏转角度过大，对应的示数小；若该读数是选用欧姆挡“×100”倍率得到的，为了减小误差，应该更换“×10”倍率，欧姆调零后再测量电阻，故B错误；
C.用多用电表欧姆挡测量电路中的某个电阻，需要把该电阻与其他电路断开，防止其他电阻的影响，故C错误；
D.测量阻值不同的电阻时，如果两个电阻的阻值相差不大，不需要换挡，因此不需要进行重新欧姆调零，故D错误。
故选：A。
A.测二极管正向电阻时，需要电流从二极管正极流入，据此分析作答；
BC.根据欧姆表测电阻的正确操作分析作答；
D.欧姆表测电阻时，换挡必须重新调零，据此分析作答。
本题主要考查了欧姆表测二极管的正向电阻和测量电阻的实验，要掌握欧姆表测电阻的正确操作和注意事项。
7.【答案】C
【解析】解：A.由电场力做功与电势差的关系可得：WBC=qUBC=−1.2×10−7J，
其中：q=2×10−8C，
联立可得：UBC=−6V，
故A错误；
BC.由电场力做功与电势差的关系可得：WBA=qUBA=1.2×10−7J，
解得：UBA=6V，
设AC中点为D，φB=0，
因为：UBC=φB−φC，UBA=φB−φA，
且匀强电场中，沿相同方向移动相同距离，电势差相等，有：φA−φD=φD−φC，
所以：φA=−6V，φC=6V，φB=φD=0，
则直线BD为一条等势线，因为等势线与电场线相交处互相垂直，且沿电场线方向电势逐渐降低，可得一条电场线，结合几何关系可得下图：
由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得：UBA=E⋅BAsin60°，
由几何关系可得：BC=BAtan60°，
联立可得：E=100V/m，
故B错误，C正确；
D.结合前面分析可知，
该电荷从A点移动到C点电场力做功为：WAC=q(φA−φC)=2×10−8×(−6−6)J=−2.4×10−7J，
故D错误；
故选：C。
A.由电场力做功与电势差的关系列式，即可分析判断；
BC.由电场力做功与电势差的关系列式，结合匀强电场中，沿相同方向移动相同距离，电势差相等，确定一条等势线，再确定一条电场线，结合几何关系，由匀强电场中电势差与电场强度的关系列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，由电场力做功与电势差的关系列式，即可分析判断。
本题主要考查匀强电场中电势差与电场强度的关系，解题时需注意，公式U=Ed中，d是沿场强方向的两点间的距离，或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差，这一定量关系只适用于匀强电场。
8.【答案】BC
【解析】解：A.根据题意，悬线拉力变化的周期的2倍即为单摆的振动周期，则单摆周期为T=2.3s−0.3s=2.0s，故A错误；
B.根据T=2π Lg，解得L=1m，故B正确；
C.摆球运动到最低点时，根据牛顿第二定律有Fmax−mg=mv2L，摆球上升的最高点与最低点的高度差为h，与竖直方向的夹角为θ，从最低点到最高点，根据机械能守恒有mgh=12mv2，由几何关系有csθ=L−hL，则F的最小值Fmin=mgcsθ，联立解得Fmin=0.975N，故C正确；
D.单摆的周期根摆球的质量无关，故D错误。
故选：BC。
A.根据拉力的变化周期和单摆的周期关系进行分析解答；
B.根据单摆的周期公式列式计算摆长；
C.根据牛顿第二定律、机械能守恒定律结合相应的几何关系列式求解最小拉力；
D.根据单摆的周期的决定因素进行分析解答。
考查单摆的周期和摆长的计算和牛顿第二定律、机械能守恒的应用，会根据题意进行准确分析解答。
9.【答案】AD
【解析】解：A、当光照强度减弱时，光敏电阻R2接入电路的电阻增大，根据串反并同可知，电流表示数减小，电压表示数减小，故A正确；
B、电源内阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大，把定值电阻看作电源内阻的一部分，当光敏电阻的阻值R2=R1+r时，光敏电阻消耗的功率最大，但不知道它们之间的关系，所以光敏电阻消耗的功率无法判断，故B错误；
C、电容器和光敏电阻并联，所以电容器两板间电压为U=E−I(R1+r)，因为电流表示数I减小，所以电容器两板间电压增大，则板间电场强度增大，液滴受电场力变大，液滴将向上运动，故C错误；
D、电容器上极板和电源正极相连，所以电容器上极板带正电，保持光照强度不变，断开开关，放电过程中的电流方向为从a到b，所以a点的电势高于b点的电势，故D正确。
故选：AD。
根据串反并同分析电压表和电流表示数的变化；把定值电阻看作电源内阻的一部分，电源内阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大，据此分析光敏电阻的功率变化；根据闭合电路的欧姆定律分析电容器两板间的电压变化，从而可知场强的变化，据此判断液滴的运动方向；根据电流方向判断。
掌握串反并同的二级结论可以快速分析电路中电压表和电流表的变化，知道在电源内阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、从A点以大小为v0的速率沿各个方向射入圆形区域，从C点离开时粒子的动能最大，则从A到圆上各点，AC之间的电势差最大。过C作圆的切线，通过A点的电场线方向如图所示：
根据几何关系可得θ=60°，则该电场的方向一定与AB成60°角斜向右下方，故A错误、B正确；
C、根据几何关系可得：AD=R+Rcsθ，解得：AD=1.5R；DC=Rsinθ=Rsin60°= 32R
沿AD方向，有：AD=12at2，其中：a=qEm
沿初速度方向，有：DC=v0t
联立解得：E=4mv02qR，故C正确；
D、若该粒子从A点由静止释放，沿AD方向做匀加速直线运动，不能从圆上的C点离开，故D错误。
故选：BC。
粒子从C点离开时粒子的动能最大，则从A到圆上各点，AC之间的电势差最大。过C作圆的切线，作出电场线方向，根据几何关系结合类平抛运动的规律进行解答。
本题考查了带电粒子在电场中的运动情况，分析粒子的运动过程，根据几何关系、类平抛运动的规律进行解答。
11.【答案】BD 1.56 P5P6
【解析】解：(1)AB.在插第3颗大头针时，要透过玻璃砖观察，使P3挡住P1、P2的像，故A错误，B正确；
CD.在插第4颗大头针时，要透过玻璃砖观察，使P4挡住P3和P1、P2的像，故C错误，D正确。
故选：BD；
(2)设单位圆半径为R
根据折射定律n=sin∠AOBsin∠COD=ABR×RCD=
(3)把两块同样的玻璃直角三棱镜ABC之间的空气层看作平行“空气砖”，根据折射定律，入射角小于折射角，折射光线远离法线偏折，出射光线与入射光线平行，作出光路图如图所示：
可知在图乙中右边的插针应该是P5P6；
故答案为：(1)BD；(2)1.56；(3)P5P6。
(1)根据实验的正确操作分析作答；
(2)根据折射定律可得玻璃砖的折射率；
(3)根据折射定律，结合几何关系以及对称性作出光路图，由此分析作答。
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图根据几何关系、折射定律进行分析。
12.【答案】5.240 4.5 3.0 小于 0.4 1.6×10−5
【解析】解：(1)由图甲所示游标卡尺可知，金属丝的长度为52mm+8×0.05mm=52.40mm=5.240cm。
(3)根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：U=E−I(R0+r)
由图丙所示U−I图像可知，电池电动势E=4.5V，图像斜率的绝对值k=R0+r=4.5−2.00.5Ω=5.0Ω，电池内阻r=3.0Ω；
由于电压表的分流作用，流过电源的电流大于电流表的电流，即电流的测量值小于真实值，由于电压表的分流作用导致电动势的测量值小于真实值。
(4)根据图乙所示电路图，由欧姆定律得：R+RA=UI，由电阻定律得：R=ρxS，整理得：UI=RA+ρSx
由图丁所示UI−x图像可知，纵轴截距b=RA=0.4Ω，图像的斜率k=ρS=2.4−0.40.5Ω/m=4Ω/m，解得电阻率：ρ=1.6×10−5Ω⋅m。
故答案为：(1)5.240；(3)4.5；3.0；小于；(4)0.4；1.6×10−5。
(1)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺的读数。
(3)应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数解析式，根据图示图像求出电池的电动势与内阻；根据图示电路图分析实验误差。
(4)应用欧姆定律与电阻定律求出图像的函数解析式，然后根据图示图像求出电流表内阻与金属丝的电阻率。
要掌握常用实验器材的使用方法与读数方法；理解实验原理是解题的前提，求出图像的函数解析式是解题的前提，应用欧姆定律与电阻定律即可解题。
13.【答案】解：(1)由题意知，内电压应为：
U内=E−U=12V−10V=2V
总电流：
I=U内r=20.5A=4A
电源的输出功率：
P出=UI
解得：P出=40W
(2)流过灯泡的电流
I1=PU=1510A=1.5A
则流过电动机的电流
I2=I−2I1=4A−2×1.5A=1A
电动机的总功率
P总=UI2=10×1W=10W
电动机的热功率
P热=I22R0=12×1W=1W
电动机的机械功率
P积=P总−P热=10W−1W=9W
(3)电动机的效率：
η=P积P总×100%
解得：η=90%
答：(1)电源的输出功率为40W；
(2)电动机的机械功率为9W；
(3)电动机的效率为90%。
【解析】(1)先计算出内电压，然后根据欧姆定律得到电路总电流，然后根据P=UI计算；
(2)计算出灯泡的额定电流，根据并联电路电流的特点得到通过电动机的电流，然后根据输出功率、总功率和热功率的关系计算；
(3)电动机效率等于电动机的输出功率和总功率的比值，据此计算即可。
掌握串并联电路中电压、电流的特点解题的基础，知道电动机的电功率、输出功率和热功率之间的关系。
14.【答案】解：(1)小球静止在A点，根据平衡条件可得：qE=mgtan53°，
解得：E=4mg3q；
(2)匀强电场中，根据电场强度与电势差的关系可得：U=Ed，
由几何关系可得：d=Rsin53°，
联立可得：U=16mgR15q，
因为沿电场线方向电势逐渐降低，则：φA