还剩13页未读，
继续阅读
2023-2024学年重庆市万州第二高级中学高二（下）入学物理试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年重庆市万州第二高级中学高二（下）入学物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波在真空中也能传播B. 电磁波能传播信息，不能传播能量
C. X射线的波长比红外线的波长更长D. 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在
2.如图所示的静电场中，虚线为等差等势线，实线为某带电粒子的运动轨迹，a、b、c为轨迹和等势线的交点，粒子只受电场力作用．则( )
A. a、b、c三点中，b点的电场强度最大
B. a、b、c三点中，b点的电势最高
C. 粒子在a点和c点的速度相同
D. 粒子在a点的动能小于粒子在b点的动能
3.如图所示，a、b、c三盏灯实际消耗的功率b、c相等，a是b的4倍。则a、b、c三盏灯的电阻之比为( )
A. 2：1：1B. 1：1：1C. 1：4：4D. 无法确定
4.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在水平面上的M、N两点之间做简谐运动，规定水平向右方向为正方向。当振子向右运动到O点开始计时，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 0.2s时振子的位移等于6cmB. 0.6s至1.4s内振子通过的路程为24cm
C. 0.4s时振子的速度最大D. 0.8s和1.6s时振子的速度相同
5.2023年9月21日下午，“天宫课堂”第四课中神舟十六号三位宇航员景海鹏、朱杨柱、桂海潮通过精彩的实验面向全国青少年进行太空科普授课。其中一个情境为动量守恒演示实验：如图所示，质量为100g的小钢球A静止悬浮在空中，宇航员用手推出质量为500g的大钢球B，使它以一定的初速度水平向左撞向小钢球A，撞后大、小钢球均水平向左运动。为了验证两球组成的系统在碰撞中动量守恒，除了以上给出的实验数据外，还需要测量的物理量是( )
A. 两个钢球的悬浮高度
B. 两个钢球的碰撞时间
C. 手对小钢球B推力的冲量
D. 两钢球碰撞前后各自运动的距离和对应时间
6.丰都同文中学的童童同学研究影响平行板电容器的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，极板间电场强度为E，静电计指针偏角为θ，实验中，保证极板所带电荷量不变，那么( )
A. 保持S不变，减小d，则E变大B. 保持S不变，增大d，则E不变
C. 保持d不变，增大S，则θ不变D. 保持d不变，减小S，则θ变小
7.如图所示的电路中，闭合电键S，灯泡L1、L2均能正常发光，由于电路中某处断路，结果灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表(均为理想电表)的示数均变小，则此故障可能是( )
A. R1断路B. R2断路C. R3断路D. R4断路
二、多选题（本题共3小题，共15分）
8.如图所示，摆长为1m的单摆做小角度的摆动，振动过程的最大位移为6cm，不计空气阻力，重力加速度g=π2m/s2，从摆球向右通过最低点开始计时，则从t=1.0s到t=2.0s的过程中( )
A. 摆球的重力势能先减小后增大
B. 摆球的动能先减小后增大
C. 摆球振动的回复力先减小后增大
D. 摆球的切向加速度先增大后减小
9.如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，以不同的初速度先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点。不计粒子间的相互作用及重力。则两粒子在圆形区域内运动过程中( )
A. 甲粒子动能变化量较小
B. 甲粒子所受电场力的冲量较小
C. 甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向
D. 甲粒子的电势能减小，乙粒子的电势能增加
10.如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为+q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E= 3mg3q.先把杆拉至水平位置，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A. 小球到最低点时速度最大B. 小球从开始至最低点过程中动能一直增大
C. 小球可绕O点做完整的圆周运动D. 小球对杆的最大拉力大小为8 33mg
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11.在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图所示。
(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的______点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的______点。
(2)关于本实验，下列说法正确的是______(填字母代号)；
A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平
B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
C.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
D.实验中需要用到秒表测量小球空中飞行的时间
E.实验中两个小球的质量大小关系是m1大于m2
(3)用刻度尺测量OM长度为x1、MP长度为x2、PN长度为x3，通过验证等式______是否成立，从而验证动量守恒定律。(用m1、m2、x1、x2、x3表示)。
12.某同学在实验室用如图甲的电路测量一新材料的电阻率。其中MN为该新材料制成的圆柱体电阻丝，其横截面积为S，R0是阻值为0.6Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关，读出电压表示数U、电流表示数I以及对应的PN长度L。调节滑片P的位置，记录多组U、I、L的值。
(1)某次实验过程中，电流表的指针位置如图乙所示，该示数为______A；
(2)根据实验数据绘出的U−I图像如图丙所示，则图甲中电源的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。
(3)根据实验数据可进一步绘出UI−L，如图丁所示，则电阻丝的电阻率的表达式ρ= ______(用a、b、S表示)。
四、简答题（本题共3小题，共41分）
13.在如图所示的匀强电场中，一个电荷量q=+2×10−8C，质量为m=1.0×10−5kg的带电小球所受静电力F=4×10−4N，沿电场线方向从静止由A运动到B，A、B两点间的距离x=0.20m，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球从A运动到B静电力做的功W。
14.在如图所示的电路中，电源的电动势E=10V、内阻r=0.5Ω，小型直流电动机M的内阻r0=0.5Ω。闭合开关S后，电动机正常转动，理想电流表的示数I=1.0A，求：
(1)电动机的机械功率；
(2)电源的效率。
15.如图所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，变化规律如图所示。把一质量为m、带+q电荷的小球在t=0时从A点以大小为mgℎ的初动能水平向右抛出，经过一段时间后，小球以4mgℎ的动能竖直向下经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2ℎ，水平距离为ℎ，A点到水平面C的竖直距离为128ℎ，重力加速度为g。求：
(1)AB两点间的电势差；
(2)匀强电场的场强E0的大小；
(3)小球到达水平面C时与A点的水平距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，故A正确；
B.电磁波不仅能传播信息，也可以传播能量，故B错误；
C.由电磁波谱可知，红外线的波长比X射线的波长，故C错误；
D.麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：A。
电磁波可以在真空中传播，在空气中也能传播；电磁波也可以传播能量；红外线的波长比X射线的波长长；赫兹用实验证实了电磁波的存在。
本题考查了电磁波的产生及传播、电磁波谱等基础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆，勤加练习。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据等势线的疏密情况与电场线的疏密情况成正比，可知a点的电场强度大于b点的电场强度，故A错误。
BD、粒子做曲线运动，受到的电场力指向轨迹的凹侧，且与等势线垂直，可知粒子从a点到b点的过程，电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力对粒子做正功，粒子动能增加，则粒子在a点的动能比在b点的动能小，由于粒子电性未知，电场线方向未知，所以无法比较各点电势大小，故B错误，D正确；
C、根据粒子的运动轨迹可知a、c在同一等势线上，电场力做功为零，速度大小不变，但是方向不同，故C错误。
故选：D。
根据等势线的疏密程度判断电场强度。电场力做功来判断动能大小。速度的方向沿轨迹的切线方向。
明确电场力做功对应动能的变化，判断电势能的变化，题中没有告诉粒子电性，所以只能通过做功的正负来判断能量的变化。
3.【答案】B
【解析】解：由图可知，bc两灯电压相等，由P=U2R可知，两灯电阻相等，流过的电流相等；
a中电流是bc电流之和，故a中电流是bc中电流的2倍；故由P=I2R可知，a的电阻等于b的电阻，故电阻之比为1：1：1，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据串并联电路的规律，明确功率公式的选择，则可根据功率相等得出电阻之间的关系．
本题考查电功率公式及串并联电路的规律应用，要注意明确并联电路中干路电流和支路电流之间的关系．
4.【答案】B
【解析】解：A.在0−0.4s内，振子不是匀速运动，而是做变减速运动，所以前一半时间内的位移大于后一半时间内的位移，即t=0.2s时，振子的位移大于6cm，故A错误；
至1.4s内，振子的刚好运动半个周期，故其路程为s=2A=2×12cm=24cm，故B正确；
C.由图象可知，t=0.4s时，图象的斜率为零，说明振子的速度为零，故C错误；
D.由图象可知，t=0.8s和t=1.6s时，振子均位于原点位置，速度的大小相同，但t=0.8s振子的速度方向为负方向，t=1.6s振子的速度方向为正方向，故振子的速度不相同，故D错误。
故选：B。
根据图像得出0.2s时振子的位移与6cm的大小关系；根据图像的斜率得出对应的时刻的速度是否最大；根据时间和周期的关系，结合振幅的大小得出振子的路程；根据对称性得出两个时刻的振子的速度关系。
掌握振子的运动情况，理解振子在位移最大处和原点时，振子的速度情况，根据图像读取振子的振幅等相关信息。
5.【答案】D
【解析】解：根据动量守恒定律可知，需要验证的表达式为mv0=mv1+Mv2
小球在空间站内处于完全失重状态，碰撞前后做匀速直线运动；
因此除了以上给出的实验数据外，还需要测量的物理量是两钢球碰撞前后各自运动的距离和对应时间，通过匀速直线运动公式分别求解两小球碰撞前后对应的速度，故ACD错误，D正确。
故选：D。
小球在空间站内处于完全失重状态，碰撞前后做匀速运动；
根据动量守恒定律求解需要验证的表达式，由此确定需要测量的物理量。
本题考查了完全失重状态下的动量守恒定律，小球在空间站内处于完全失重状态，可以根据匀速运动公式求解碰撞前后的速度，并由此确定需要测量的物理量。
6.【答案】BD
【解析】解：AB.根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可得，当保持S不变，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=QU，结合E=Ud可得：E=4πkQϵrS，故无论增大还是减小d，场强E不变，故A错误，B正确。
CD.根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可得，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=QU分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，同理增大S，静电计指针的偏角θ变小，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据电容的决定式C=ɛrS4πkd知分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C=QU分析板间电势差的变化，根据E=Ud判断场强变化，再确定静电计指针的偏角变化情况。
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式 C=ɛrS4πkd和C=QU。
7.【答案】A
【解析】解：A.若R1断路，相当于R1电阻变为无穷大，根据“串反井同“可知，灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表的示数均变小，故A正确；
B.若R2断路，相当于R2电阻变为无穷大，则灯泡L1，L2熄灭，电压表的示数变大，电流表的示数变小，故B错误；
C.若R3断路，相当于R3电阻变为无穷大，根据“串反并同“可知，灯泡L1变暗，L2熄灭，电压表的示数变大，电流表的示数变大，故C错误；
D.若R4断路，相当于R4电阻变为无穷大，根据“串反并同“可知，灯泡L1变暗，L2变亮，电流表的示数变小，同理得R2两端的电压减小，R3两端电压增大，而电压表是测两个电阻的总电压，由于不知电路中电阻的具体阻值，故无法判断电压表示数的变化，故D错误。
故选：A。
分析电路结构，电阻断路相当于阻值变为无穷大，根据“串反井同“的规律分析解答。
本题是电路动态变化分析问题，解题关键掌握“串反井同“的判断规律。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、根据单摆的周期公式可得：T=2π Lg=2π 1π2s=2s
从t=1.0s到t=2.0s的过程是摆球经过最低点向左摆动，摆动到最左端再回摆到最低点的过程，所以摆球的重力势能是先增大后减小，动能先减小后增大，故A错误，B正确；
C、从t=1.0s到t=2.0s的过程中，摆球的位移先增大后减小，故摆球振动的回复力先增大后减小，故C错误；
D、摆球在最低点的切向加速度最小，因此摆球的切向加速度先增大后减小，故D正确。
故选：BD。
根据单摆周期公式T=2π Lg求出周期，从而分析t=1.0s到t=2.0s的过程。摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，动能增大，位移减小，回复力减小；摆球从最低点运动到最高点，重力势能增大，动能减小，位移增大，回复力增大。
本题考查单摆的周期公式和振动图象问题，根据振动图象，分析质点的振动情况及各个量的变化是解题的关键。
9.【答案】AB
【解析】解：A、根据动能定理可知，乙粒子动能变化量为：ΔEk乙=qER
甲粒子动能变化量为：ΔEk甲=qEx甲
由图知：x甲故：ΔEk乙>ΔEk甲，故A正确。
B、由牛顿第二定律可知，粒子做类平抛运动的加速度：a=qEm
可知，甲、乙粒子的加速度大小相等，沿电场方向，对乙：R=12at乙2
对甲：x甲=12at甲2
由题图可知：x甲故：t乙>t甲
根据冲量的公式：qEt乙>qEt甲，故B正确。
C、粒子做类平抛运动，速度反向延长线交于水平位移的中点，乙在M点的速度反向延长线应交SO于O点上方，故C错误；
D、电场力对甲、乙粒子均做正功，两粒子的电势能均减小，故D错误。
故选：AB。
根据动能定理判断两粒子在电场中动能变化量的大小；
根据两粒子匀速运动的位移的大小比较两粒子的运动时间，再冲量的公式比较冲量的大小；
根据平抛运动的推论判断甲粒子末速度的方向；
由电场力做功与电势能的变化关系确定电势能的增加或减小。
本题考查带电粒子在匀强电场的类平抛运动中的功与能问题，应注意类平抛运动是平行于电场方向的匀加速运动和垂直于电场方向的匀速运动的合运动，找到分位移的大小是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：A、在小球运动的过程中只有重力和电场力做功，电场力与重力的合力大小为F= (mg)2+(qE)2=2 3mg3，
合力与水平方向的夹角tanα=mgqE= 3，解得：α=60°
所以小球从开始运动到最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°的过程中，F一直做正功，此后F做负功，动能先增大后减小，所以在最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°时动能最大。故A、B错误。
C、设动能最大的位置为P，其关于O的对称点为Q，设小球能通过Q点，且通过Q点的速度为v′，根据动能定理得：
−mgL+qE(1−cs60°)=12mv′2，
将qE= 33mg代入上式得12mv′2<0，不可能，说明小球不能通过Q点，即不能做完整的圆周运动，故C错误。
D、设小球的最大速度为v。根据动能定理得：
mgLsin60°+qEL(1+cs60°)=12mv2，
设最大拉力为T，则T−F=mv2L，
解得最大拉力T=8 33mg，故D正确。
故选：D。
先确定出电场力与重力的合力方向，根据动能定理分析动能最大的位置，并判断动能的变化。根据动能定理与牛顿第二定律结合求解最大拉力。当小球能通过“等效最高点”时就能做完整的圆周运动。
本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律、向心力的应用，要求同学们能根据解题需要选择合适的过程运用动能定理求解，特别是分析出等效最高点的临界条件，从而判断能否做完整的圆周运动。
11.【答案】P M BE m1x2=m2(x1+x2+x3)
【解析】解：(1)小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的P点；
小球m1和小球m2相碰后，小球m2的速度变大，小球m1的速度变小，都做平抛运动，所以相碰后小球m2的落点在N点，小球m1的落点在M点；
(2)AB.斜槽末端必须水平，以保证小球做平抛运动，并且只要入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放，就能使碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故A错误，B正确；
CD.由于两小球每次都是从同一位置开始做平抛运动，小球在空中飞行时间相同，小球的水平位移能够反映小球初速度的大小，所以实验中不用测量出斜槽末端到水平地面的高度，也不用测量小球空中飞行的时间，故CD错误；
E.为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射小球m1的质量要大于被碰小球m2的质量，故E正确。
故选：BE。
(3)根据平抛运动规律，竖直方向y=12gt2
小球在空中运动的时间t= 2yg
由于下落高度相同，因此小球的运动时间相同；
入射小球碰撞前的水平初速度v0=OPt=x1+x2t
碰撞后的水平速度v1=OMt=x1t
被碰小球碰撞后的水平速度v2=ONt=x1+x2+x3t
若动量守恒，取向右为正方向，则应满足m1v0=m1v1+m2v2
代入数据m1(x1+x2)=m1x1+m2(x1+x2+x3)
整理得m1x2=m2(x1+x2+x3)。
故答案为：(1)P；M；(2)BE；(3)m1x2=m2(x1+x2+x3)。
(1)根据入射小球碰后速度减小，被碰小球碰后速度大于入射小球碰后的速度判断两小球的落点；
(2)根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答；
(3)根据平抛运动的规律求碰撞前后的水平速度，根据动量守恒定律求表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理是正确解题的前提与关键；知道两小球碰撞前后在空中运动的时间相等。
12.【答案】0.34 1.5 0.4 baS
【解析】解：(1)电流表选用0.6A挡，其最小分度为0.02A，由图可知，此时电流大小为0.34A；
(2)由闭合电路欧姆定律可知
U=E−I(R0+r)
由图乙所示可知，图像与纵坐标间的交点表示电动势，故有
E=1.5V
图像的斜率为
R0+r=1.5−1.00.5Ω=1.0Ω
其中
R0=0.6Ω
解得
r=0.4Ω
(3)由欧姆定律和电阻定律有
R=UI
R=ρLS
得
UI=ρLS
所以图线斜率ba=ρS
解得
ρ=baS
故答案为：(1)0.34；(2)1.5；0.4；(3)baS
(1)根据电流表的分度值读数；
(2)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解答；
(3)根据欧姆定律及电阻定律解答。
本题考查了测电源电动势与内阻实验、测电阻丝电阻率实验问题，理解实验原理是解题的前提与关键，求出图示图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。
13.【答案】解：(1)根据电场强度的定义可知，匀强电场中场强大小E=Fq=4×10−42×10−8V/m=2×104V/m
(2)A、B两点间的电势差UAB=Ed=2×104×0.20V=4×103V
(3)小球从A运动到B静电力做的功W=Fx=4×10−4×0.2J=8×10−5J
答：(1)匀强电场的电场强度E的大小为2×104V/m；
(2)A、B两点间的电势差UAB为4×103V；
(3)小球从A运动到B静电力做的功W为8×10−5J。
【解析】(1)电场强度的定义求得匀强电场中场强大小；
(2)根据U=Ed求解；
(3)根据W=Fx即可求解静电力做功。
本题考查静电力和静电力做功，解题关键是掌握静电力与电场强度的关系，掌握功的计算式。
14.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律可得电动机两端电压为
U=E−Ir=10V−1.0×0.5V=9.5V
电动机的机械功率为
P机=UI−I2r0=9.5×1W−12×0.5W=9W
(2)电源的效率为
η=UIEI×100%=9.510×100%=95%
答：(1)电动机的机械功率为9W；
(2)电源的效率为95%。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出电动机两端的电压，根据P=UI−I2r0求电动机的输出功率。
(2)根据输出功率与总功率的百分比求电源的效率。
本题考查闭合电路欧姆定律以及电功率的计算，在计算时一定要先分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
15.【答案】解：(1)AB的水平距离为ℎ，AB的竖直距离为2ℎ
从A到B的过程根据动能定理有：mg×2ℎ+qU=4mgℎ−mgℎ
解得AB两点之间的电势差：U=mgℎq
(2)小球从A点以动能mgℎ水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点动能竖直向下，为4mgℎ，说明水平方向上减速运动，水平方向有：qE1ℎ=mgℎ
代入数据解得：E1=mgq，方向水平向左
竖直方向有：mg×2ℎ+qE2×2ℎ=4mgℎ
解得：E2=mgq，方向竖直向下
所以匀强电场的场强：E0= E12+E22= 2mgq，方向与水平方向成45°角斜向左下。
(3)根据题意建立如图所示的坐标系
已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同：tAB=tBD=12T
小球从A到B，在y轴上有：vB=ay⋅T2，2ℎ=12vB⋅T2
联立解得：vBT=8ℎ
到达D点时小球沿y轴方向的分速度为：v1=ayT=2vB
则A到D沿y轴方向的位移为：y1=12v1T=vBT=8ℎ
小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以2vB的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为：y2=2vBT=16ℎ
经过E点后，2T～3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以2vB的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为：v3=2vB+ayT=4vB
2T～3T时间沿y轴的位移为：y3=12(2vB+4vB)T=24ℎ
以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T～4T时间沿y轴的位移为：y4=4vBT=32ℎ
4T～5T时间沿y轴的位移为：y5=12(4vB+6vB)T=40ℎ
以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为：y=8ℎ+16ℎ+24ℎ+⋅⋅⋅+8nℎ
令y=128ℎ，解得：5可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当n=5时：y=120ℎ
则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为：Δy=128ℎ−120ℎ=8ℎ
小球在第5次经过y轴之前竖直方向经历了2次匀速直线运动和3次匀加速直线运动，第5次经过y轴时沿y轴的分速度：v5=3ayT=6vB
小球在第5次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第5次经过y轴到水平面经历时间为：t=Δyv5=8ℎ6vB
与vBT=8ℎ对比可得：t=16T
小球在第5次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为：x=vAt−12axt2=vA16T−12ax(T6)2
由A到B的过程中，沿水平方向有：vA=ax⋅T2，ℎ=12ax⋅(T2)2
联立解得：x=59ℎ
即小球到达水平面C时与A点的水平距离x=59ℎ
答：(1)AB两点间的电势差为mgℎq；
(2)匀强电场的场强E0的大小为 2mgq；
(3)小球到达水平面C时与A点的水平距离为59ℎ。
【解析】(1)由几何关系求得AB两点之间的竖直高度，对小球由A到B的过程，由动能定理求解；
(2)将小球的运动沿水平与竖直方向分解，由力与运动的关系，结合电场力做功，分别求得电场力沿水平与竖直方向的分量，再由矢量合成求得电场强度；
(3)根据交变电场的变化规律，将小球的运动沿水平与竖直方向分解，由力与运动的关系推断小球在两方向上的运动规律，由得到的运动规律求解。
本题考查了带电体在匀强电场中运动问题，对于物体受恒力而做曲线运动，将其运动进行分解处理，分运动具有独立性与等时性。本题难度较大，根据力与运动的关系推断物体的运动形式和规律是本题的难点。
1.有“中国天眼”美誉的FAST是目前世界最大口径的射电望远镜，它是一种用于接收和研究天体发射的电磁波的特殊装置。下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波在真空中也能传播B. 电磁波能传播信息，不能传播能量
C. X射线的波长比红外线的波长更长D. 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在
2.如图所示的静电场中，虚线为等差等势线，实线为某带电粒子的运动轨迹，a、b、c为轨迹和等势线的交点，粒子只受电场力作用．则( )
A. a、b、c三点中，b点的电场强度最大
B. a、b、c三点中，b点的电势最高
C. 粒子在a点和c点的速度相同
D. 粒子在a点的动能小于粒子在b点的动能
3.如图所示，a、b、c三盏灯实际消耗的功率b、c相等，a是b的4倍。则a、b、c三盏灯的电阻之比为( )
A. 2：1：1B. 1：1：1C. 1：4：4D. 无法确定
4.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在水平面上的M、N两点之间做简谐运动，规定水平向右方向为正方向。当振子向右运动到O点开始计时，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 0.2s时振子的位移等于6cmB. 0.6s至1.4s内振子通过的路程为24cm
C. 0.4s时振子的速度最大D. 0.8s和1.6s时振子的速度相同
5.2023年9月21日下午，“天宫课堂”第四课中神舟十六号三位宇航员景海鹏、朱杨柱、桂海潮通过精彩的实验面向全国青少年进行太空科普授课。其中一个情境为动量守恒演示实验：如图所示，质量为100g的小钢球A静止悬浮在空中，宇航员用手推出质量为500g的大钢球B，使它以一定的初速度水平向左撞向小钢球A，撞后大、小钢球均水平向左运动。为了验证两球组成的系统在碰撞中动量守恒，除了以上给出的实验数据外，还需要测量的物理量是( )
A. 两个钢球的悬浮高度
B. 两个钢球的碰撞时间
C. 手对小钢球B推力的冲量
D. 两钢球碰撞前后各自运动的距离和对应时间
6.丰都同文中学的童童同学研究影响平行板电容器的因素。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，极板间电场强度为E，静电计指针偏角为θ，实验中，保证极板所带电荷量不变，那么( )
A. 保持S不变，减小d，则E变大B. 保持S不变，增大d，则E不变
C. 保持d不变，增大S，则θ不变D. 保持d不变，减小S，则θ变小
7.如图所示的电路中，闭合电键S，灯泡L1、L2均能正常发光，由于电路中某处断路，结果灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表(均为理想电表)的示数均变小，则此故障可能是( )
A. R1断路B. R2断路C. R3断路D. R4断路
二、多选题（本题共3小题，共15分）
8.如图所示，摆长为1m的单摆做小角度的摆动，振动过程的最大位移为6cm，不计空气阻力，重力加速度g=π2m/s2，从摆球向右通过最低点开始计时，则从t=1.0s到t=2.0s的过程中( )
A. 摆球的重力势能先减小后增大
B. 摆球的动能先减小后增大
C. 摆球振动的回复力先减小后增大
D. 摆球的切向加速度先增大后减小
9.如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，以不同的初速度先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点。不计粒子间的相互作用及重力。则两粒子在圆形区域内运动过程中( )
A. 甲粒子动能变化量较小
B. 甲粒子所受电场力的冲量较小
C. 甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向
D. 甲粒子的电势能减小，乙粒子的电势能增加
10.如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为+q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E= 3mg3q.先把杆拉至水平位置，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A. 小球到最低点时速度最大B. 小球从开始至最低点过程中动能一直增大
C. 小球可绕O点做完整的圆周运动D. 小球对杆的最大拉力大小为8 33mg
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11.在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图所示。
(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的______点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的______点。
(2)关于本实验，下列说法正确的是______(填字母代号)；
A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平
B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
C.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
D.实验中需要用到秒表测量小球空中飞行的时间
E.实验中两个小球的质量大小关系是m1大于m2
(3)用刻度尺测量OM长度为x1、MP长度为x2、PN长度为x3，通过验证等式______是否成立，从而验证动量守恒定律。(用m1、m2、x1、x2、x3表示)。
12.某同学在实验室用如图甲的电路测量一新材料的电阻率。其中MN为该新材料制成的圆柱体电阻丝，其横截面积为S，R0是阻值为0.6Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关，读出电压表示数U、电流表示数I以及对应的PN长度L。调节滑片P的位置，记录多组U、I、L的值。
(1)某次实验过程中，电流表的指针位置如图乙所示，该示数为______A；
(2)根据实验数据绘出的U−I图像如图丙所示，则图甲中电源的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。
(3)根据实验数据可进一步绘出UI−L，如图丁所示，则电阻丝的电阻率的表达式ρ= ______(用a、b、S表示)。
四、简答题（本题共3小题，共41分）
13.在如图所示的匀强电场中，一个电荷量q=+2×10−8C，质量为m=1.0×10−5kg的带电小球所受静电力F=4×10−4N，沿电场线方向从静止由A运动到B，A、B两点间的距离x=0.20m，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球从A运动到B静电力做的功W。
14.在如图所示的电路中，电源的电动势E=10V、内阻r=0.5Ω，小型直流电动机M的内阻r0=0.5Ω。闭合开关S后，电动机正常转动，理想电流表的示数I=1.0A，求：
(1)电动机的机械功率；
(2)电源的效率。
15.如图所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，变化规律如图所示。把一质量为m、带+q电荷的小球在t=0时从A点以大小为mgℎ的初动能水平向右抛出，经过一段时间后，小球以4mgℎ的动能竖直向下经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2ℎ，水平距离为ℎ，A点到水平面C的竖直距离为128ℎ，重力加速度为g。求：
(1)AB两点间的电势差；
(2)匀强电场的场强E0的大小；
(3)小球到达水平面C时与A点的水平距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，故A正确；
B.电磁波不仅能传播信息，也可以传播能量，故B错误；
C.由电磁波谱可知，红外线的波长比X射线的波长，故C错误；
D.麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：A。
电磁波可以在真空中传播，在空气中也能传播；电磁波也可以传播能量；红外线的波长比X射线的波长长；赫兹用实验证实了电磁波的存在。
本题考查了电磁波的产生及传播、电磁波谱等基础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆，勤加练习。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据等势线的疏密情况与电场线的疏密情况成正比，可知a点的电场强度大于b点的电场强度，故A错误。
BD、粒子做曲线运动，受到的电场力指向轨迹的凹侧，且与等势线垂直，可知粒子从a点到b点的过程，电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力对粒子做正功，粒子动能增加，则粒子在a点的动能比在b点的动能小，由于粒子电性未知，电场线方向未知，所以无法比较各点电势大小，故B错误，D正确；
C、根据粒子的运动轨迹可知a、c在同一等势线上，电场力做功为零，速度大小不变，但是方向不同，故C错误。
故选：D。
根据等势线的疏密程度判断电场强度。电场力做功来判断动能大小。速度的方向沿轨迹的切线方向。
明确电场力做功对应动能的变化，判断电势能的变化，题中没有告诉粒子电性，所以只能通过做功的正负来判断能量的变化。
3.【答案】B
【解析】解：由图可知，bc两灯电压相等，由P=U2R可知，两灯电阻相等，流过的电流相等；
a中电流是bc电流之和，故a中电流是bc中电流的2倍；故由P=I2R可知，a的电阻等于b的电阻，故电阻之比为1：1：1，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据串并联电路的规律，明确功率公式的选择，则可根据功率相等得出电阻之间的关系．
本题考查电功率公式及串并联电路的规律应用，要注意明确并联电路中干路电流和支路电流之间的关系．
4.【答案】B
【解析】解：A.在0−0.4s内，振子不是匀速运动，而是做变减速运动，所以前一半时间内的位移大于后一半时间内的位移，即t=0.2s时，振子的位移大于6cm，故A错误；
至1.4s内，振子的刚好运动半个周期，故其路程为s=2A=2×12cm=24cm，故B正确；
C.由图象可知，t=0.4s时，图象的斜率为零，说明振子的速度为零，故C错误；
D.由图象可知，t=0.8s和t=1.6s时，振子均位于原点位置，速度的大小相同，但t=0.8s振子的速度方向为负方向，t=1.6s振子的速度方向为正方向，故振子的速度不相同，故D错误。
故选：B。
根据图像得出0.2s时振子的位移与6cm的大小关系；根据图像的斜率得出对应的时刻的速度是否最大；根据时间和周期的关系，结合振幅的大小得出振子的路程；根据对称性得出两个时刻的振子的速度关系。
掌握振子的运动情况，理解振子在位移最大处和原点时，振子的速度情况，根据图像读取振子的振幅等相关信息。
5.【答案】D
【解析】解：根据动量守恒定律可知，需要验证的表达式为mv0=mv1+Mv2
小球在空间站内处于完全失重状态，碰撞前后做匀速直线运动；
因此除了以上给出的实验数据外，还需要测量的物理量是两钢球碰撞前后各自运动的距离和对应时间，通过匀速直线运动公式分别求解两小球碰撞前后对应的速度，故ACD错误，D正确。
故选：D。
小球在空间站内处于完全失重状态，碰撞前后做匀速运动；
根据动量守恒定律求解需要验证的表达式，由此确定需要测量的物理量。
本题考查了完全失重状态下的动量守恒定律，小球在空间站内处于完全失重状态，可以根据匀速运动公式求解碰撞前后的速度，并由此确定需要测量的物理量。
6.【答案】BD
【解析】解：AB.根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可得，当保持S不变，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=QU，结合E=Ud可得：E=4πkQϵrS，故无论增大还是减小d，场强E不变，故A错误，B正确。
CD.根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可得，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=QU分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，同理增大S，静电计指针的偏角θ变小，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据电容的决定式C=ɛrS4πkd知分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C=QU分析板间电势差的变化，根据E=Ud判断场强变化，再确定静电计指针的偏角变化情况。
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式 C=ɛrS4πkd和C=QU。
7.【答案】A
【解析】解：A.若R1断路，相当于R1电阻变为无穷大，根据“串反井同“可知，灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表的示数均变小，故A正确；
B.若R2断路，相当于R2电阻变为无穷大，则灯泡L1，L2熄灭，电压表的示数变大，电流表的示数变小，故B错误；
C.若R3断路，相当于R3电阻变为无穷大，根据“串反并同“可知，灯泡L1变暗，L2熄灭，电压表的示数变大，电流表的示数变大，故C错误；
D.若R4断路，相当于R4电阻变为无穷大，根据“串反并同“可知，灯泡L1变暗，L2变亮，电流表的示数变小，同理得R2两端的电压减小，R3两端电压增大，而电压表是测两个电阻的总电压，由于不知电路中电阻的具体阻值，故无法判断电压表示数的变化，故D错误。
故选：A。
分析电路结构，电阻断路相当于阻值变为无穷大，根据“串反井同“的规律分析解答。
本题是电路动态变化分析问题，解题关键掌握“串反井同“的判断规律。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、根据单摆的周期公式可得：T=2π Lg=2π 1π2s=2s
从t=1.0s到t=2.0s的过程是摆球经过最低点向左摆动，摆动到最左端再回摆到最低点的过程，所以摆球的重力势能是先增大后减小，动能先减小后增大，故A错误，B正确；
C、从t=1.0s到t=2.0s的过程中，摆球的位移先增大后减小，故摆球振动的回复力先增大后减小，故C错误；
D、摆球在最低点的切向加速度最小，因此摆球的切向加速度先增大后减小，故D正确。
故选：BD。
根据单摆周期公式T=2π Lg求出周期，从而分析t=1.0s到t=2.0s的过程。摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，动能增大，位移减小，回复力减小；摆球从最低点运动到最高点，重力势能增大，动能减小，位移增大，回复力增大。
本题考查单摆的周期公式和振动图象问题，根据振动图象，分析质点的振动情况及各个量的变化是解题的关键。
9.【答案】AB
【解析】解：A、根据动能定理可知，乙粒子动能变化量为：ΔEk乙=qER
甲粒子动能变化量为：ΔEk甲=qEx甲
由图知：x甲
B、由牛顿第二定律可知，粒子做类平抛运动的加速度：a=qEm
可知，甲、乙粒子的加速度大小相等，沿电场方向，对乙：R=12at乙2
对甲：x甲=12at甲2
由题图可知：x甲
根据冲量的公式：qEt乙>qEt甲，故B正确。
C、粒子做类平抛运动，速度反向延长线交于水平位移的中点，乙在M点的速度反向延长线应交SO于O点上方，故C错误；
D、电场力对甲、乙粒子均做正功，两粒子的电势能均减小，故D错误。
故选：AB。
根据动能定理判断两粒子在电场中动能变化量的大小；
根据两粒子匀速运动的位移的大小比较两粒子的运动时间，再冲量的公式比较冲量的大小；
根据平抛运动的推论判断甲粒子末速度的方向；
由电场力做功与电势能的变化关系确定电势能的增加或减小。
本题考查带电粒子在匀强电场的类平抛运动中的功与能问题，应注意类平抛运动是平行于电场方向的匀加速运动和垂直于电场方向的匀速运动的合运动，找到分位移的大小是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：A、在小球运动的过程中只有重力和电场力做功，电场力与重力的合力大小为F= (mg)2+(qE)2=2 3mg3，
合力与水平方向的夹角tanα=mgqE= 3，解得：α=60°
所以小球从开始运动到最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°的过程中，F一直做正功，此后F做负功，动能先增大后减小，所以在最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°时动能最大。故A、B错误。
C、设动能最大的位置为P，其关于O的对称点为Q，设小球能通过Q点，且通过Q点的速度为v′，根据动能定理得：
−mgL+qE(1−cs60°)=12mv′2，
将qE= 33mg代入上式得12mv′2<0，不可能，说明小球不能通过Q点，即不能做完整的圆周运动，故C错误。
D、设小球的最大速度为v。根据动能定理得：
mgLsin60°+qEL(1+cs60°)=12mv2，
设最大拉力为T，则T−F=mv2L，
解得最大拉力T=8 33mg，故D正确。
故选：D。
先确定出电场力与重力的合力方向，根据动能定理分析动能最大的位置，并判断动能的变化。根据动能定理与牛顿第二定律结合求解最大拉力。当小球能通过“等效最高点”时就能做完整的圆周运动。
本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律、向心力的应用，要求同学们能根据解题需要选择合适的过程运用动能定理求解，特别是分析出等效最高点的临界条件，从而判断能否做完整的圆周运动。
11.【答案】P M BE m1x2=m2(x1+x2+x3)
【解析】解：(1)小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的P点；
小球m1和小球m2相碰后，小球m2的速度变大，小球m1的速度变小，都做平抛运动，所以相碰后小球m2的落点在N点，小球m1的落点在M点；
(2)AB.斜槽末端必须水平，以保证小球做平抛运动，并且只要入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放，就能使碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故A错误，B正确；
CD.由于两小球每次都是从同一位置开始做平抛运动，小球在空中飞行时间相同，小球的水平位移能够反映小球初速度的大小，所以实验中不用测量出斜槽末端到水平地面的高度，也不用测量小球空中飞行的时间，故CD错误；
E.为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射小球m1的质量要大于被碰小球m2的质量，故E正确。
故选：BE。
(3)根据平抛运动规律，竖直方向y=12gt2
小球在空中运动的时间t= 2yg
由于下落高度相同，因此小球的运动时间相同；
入射小球碰撞前的水平初速度v0=OPt=x1+x2t
碰撞后的水平速度v1=OMt=x1t
被碰小球碰撞后的水平速度v2=ONt=x1+x2+x3t
若动量守恒，取向右为正方向，则应满足m1v0=m1v1+m2v2
代入数据m1(x1+x2)=m1x1+m2(x1+x2+x3)
整理得m1x2=m2(x1+x2+x3)。
故答案为：(1)P；M；(2)BE；(3)m1x2=m2(x1+x2+x3)。
(1)根据入射小球碰后速度减小，被碰小球碰后速度大于入射小球碰后的速度判断两小球的落点；
(2)根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答；
(3)根据平抛运动的规律求碰撞前后的水平速度，根据动量守恒定律求表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理是正确解题的前提与关键；知道两小球碰撞前后在空中运动的时间相等。
12.【答案】0.34 1.5 0.4 baS
【解析】解：(1)电流表选用0.6A挡，其最小分度为0.02A，由图可知，此时电流大小为0.34A；
(2)由闭合电路欧姆定律可知
U=E−I(R0+r)
由图乙所示可知，图像与纵坐标间的交点表示电动势，故有
E=1.5V
图像的斜率为
R0+r=1.5−1.00.5Ω=1.0Ω
其中
R0=0.6Ω
解得
r=0.4Ω
(3)由欧姆定律和电阻定律有
R=UI
R=ρLS
得
UI=ρLS
所以图线斜率ba=ρS
解得
ρ=baS
故答案为：(1)0.34；(2)1.5；0.4；(3)baS
(1)根据电流表的分度值读数；
(2)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解答；
(3)根据欧姆定律及电阻定律解答。
本题考查了测电源电动势与内阻实验、测电阻丝电阻率实验问题，理解实验原理是解题的前提与关键，求出图示图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。
13.【答案】解：(1)根据电场强度的定义可知，匀强电场中场强大小E=Fq=4×10−42×10−8V/m=2×104V/m
(2)A、B两点间的电势差UAB=Ed=2×104×0.20V=4×103V
(3)小球从A运动到B静电力做的功W=Fx=4×10−4×0.2J=8×10−5J
答：(1)匀强电场的电场强度E的大小为2×104V/m；
(2)A、B两点间的电势差UAB为4×103V；
(3)小球从A运动到B静电力做的功W为8×10−5J。
【解析】(1)电场强度的定义求得匀强电场中场强大小；
(2)根据U=Ed求解；
(3)根据W=Fx即可求解静电力做功。
本题考查静电力和静电力做功，解题关键是掌握静电力与电场强度的关系，掌握功的计算式。
14.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律可得电动机两端电压为
U=E−Ir=10V−1.0×0.5V=9.5V
电动机的机械功率为
P机=UI−I2r0=9.5×1W−12×0.5W=9W
(2)电源的效率为
η=UIEI×100%=9.510×100%=95%
答：(1)电动机的机械功率为9W；
(2)电源的效率为95%。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出电动机两端的电压，根据P=UI−I2r0求电动机的输出功率。
(2)根据输出功率与总功率的百分比求电源的效率。
本题考查闭合电路欧姆定律以及电功率的计算，在计算时一定要先分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
15.【答案】解：(1)AB的水平距离为ℎ，AB的竖直距离为2ℎ
从A到B的过程根据动能定理有：mg×2ℎ+qU=4mgℎ−mgℎ
解得AB两点之间的电势差：U=mgℎq
(2)小球从A点以动能mgℎ水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点动能竖直向下，为4mgℎ，说明水平方向上减速运动，水平方向有：qE1ℎ=mgℎ
代入数据解得：E1=mgq，方向水平向左
竖直方向有：mg×2ℎ+qE2×2ℎ=4mgℎ
解得：E2=mgq，方向竖直向下
所以匀强电场的场强：E0= E12+E22= 2mgq，方向与水平方向成45°角斜向左下。
(3)根据题意建立如图所示的坐标系
已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同：tAB=tBD=12T
小球从A到B，在y轴上有：vB=ay⋅T2，2ℎ=12vB⋅T2
联立解得：vBT=8ℎ
到达D点时小球沿y轴方向的分速度为：v1=ayT=2vB
则A到D沿y轴方向的位移为：y1=12v1T=vBT=8ℎ
小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以2vB的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为：y2=2vBT=16ℎ
经过E点后，2T～3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以2vB的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为：v3=2vB+ayT=4vB
2T～3T时间沿y轴的位移为：y3=12(2vB+4vB)T=24ℎ
以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T～4T时间沿y轴的位移为：y4=4vBT=32ℎ
4T～5T时间沿y轴的位移为：y5=12(4vB+6vB)T=40ℎ
以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为：y=8ℎ+16ℎ+24ℎ+⋅⋅⋅+8nℎ
令y=128ℎ，解得：5
则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为：Δy=128ℎ−120ℎ=8ℎ
小球在第5次经过y轴之前竖直方向经历了2次匀速直线运动和3次匀加速直线运动，第5次经过y轴时沿y轴的分速度：v5=3ayT=6vB
小球在第5次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第5次经过y轴到水平面经历时间为：t=Δyv5=8ℎ6vB
与vBT=8ℎ对比可得：t=16T
小球在第5次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为：x=vAt−12axt2=vA16T−12ax(T6)2
由A到B的过程中，沿水平方向有：vA=ax⋅T2，ℎ=12ax⋅(T2)2
联立解得：x=59ℎ
即小球到达水平面C时与A点的水平距离x=59ℎ
答：(1)AB两点间的电势差为mgℎq；
(2)匀强电场的场强E0的大小为 2mgq；
(3)小球到达水平面C时与A点的水平距离为59ℎ。
【解析】(1)由几何关系求得AB两点之间的竖直高度，对小球由A到B的过程，由动能定理求解；
(2)将小球的运动沿水平与竖直方向分解，由力与运动的关系，结合电场力做功，分别求得电场力沿水平与竖直方向的分量，再由矢量合成求得电场强度；
(3)根据交变电场的变化规律，将小球的运动沿水平与竖直方向分解，由力与运动的关系推断小球在两方向上的运动规律，由得到的运动规律求解。
本题考查了带电体在匀强电场中运动问题，对于物体受恒力而做曲线运动，将其运动进行分解处理，分运动具有独立性与等时性。本题难度较大，根据力与运动的关系推断物体的运动形式和规律是本题的难点。
相关试卷
重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试卷（Word版附解析）： 这是一份重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试卷（Word版附解析），文件包含重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试卷原卷版docx、重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二下学期开学考试物理试卷Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
2023-2024学年重庆市万州三中高二（上）期中物理试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年重庆市万州三中高二（上）期中物理试卷（含解析），共14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。
重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二上学期期中物理试卷(含答案)： 这是一份重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高二上学期期中物理试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了多选题，单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
