2022-2023学年重庆实验外国语学校高二上学期线上第二次定时训练（周考）物理试题 解析版

这是一份2022-2023学年重庆实验外国语学校高二上学期线上第二次定时训练（周考）物理试题 解析版，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
重庆外国语学校
2022-2023学年度（上）高2024届第二次网课定时训练
物理试题
（满分100分，75分钟完成）
命题人
高二物理备课组
审题人
高二物理备课组



一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法正确的是
A．做匀速圆周运动的物体动量保持不变
B．奥斯特发现了通电导线周围存在着磁场
C．闭合导线在磁场中运动就能产生感应电流
D．智能手机无线充电技术主要应用了电流的热效应
2．两根完全相同的圆柱形金属丝A和B，现将A均匀拉长为原来的两倍，然后串联在电路中，如图所示，电路中C点接地，以A的左端为坐标原点，向右为x轴正方向。则电路中电势φ沿x方向变化的图像是

A． B．
C． D．
3．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U﹣I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知
A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为2Ω
C．电源的输出功率为2W
D．电源的效率为50%
4．如图所示的电路中，R是压敏电阻，其阻值随所受压力F的增大而减小。闭合开关S后，在缓慢增大F的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．灯泡L1亮度将变大
B．灯泡L2亮度将变大
C．电容器C所带电荷量将减小
D．电源的输出功率一定减小
5．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在三点所受的电场力不相等
B．粒子必先过a，再到b，然后到c
C．粒子在三点的电势能大小关系为Epc＜Epa＜Epb
D．粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekb＞Eka＞Ekc
6．如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，正确的是（　　）
A．如图所示位置时磁通量为零
B．若使框架绕OO′转过60°，磁通量为
C．若从初始位置转过90°角，磁通量为BS
D．若从初始位置转过180°角，磁通量变化为0
7．如图所示，一直流电动机与阻值R＝9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30V，内阻r＝1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10V，已知电动机线圈电阻RM＝1Ω，则下列说法中不正确的是（　　）
A．通过电动机的电流为10A
B．电动机的输入功率为20W
C．电动机的热功率为4W
D．电动机的输出功率为16W
二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带电的质点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．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的加速度比Q点大
C．带电质点通过P点时的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的动能比Q点小
9．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是（　　）
A．直导线中的电流方向垂直纸面向外
B．b点的实际磁感应强度为，方向斜向上，与B的夹角为45°
C．c点的实际磁感应强度也为零
D．d点的实际磁感应强度跟b点的相同
10．如图所示，竖直放置的弹簧一端固定在地上，另一端连接物体B（视为质点），保持静止，弹簧被压缩了h。另一个与B完全相同的物体A从弹簧原长位置静止释放自由落下，A与B发生完全非弹性碰撞（但不粘连），碰撞时间极短，重力加速度为g。则（　　）
A．碰后瞬间两物体的速度为
B．碰撞后两物体一起向下运动的最大位移大于h
C．两物体反弹向上运动，A不能再回到释放点
D．两物体反弹向上运动时在碰撞点上方分开

三、实验题：本大题共2个小题，11题6分，12题8分，共14分。
11．某同学用量程1mA、内阻100Ω的表头按如图（a）所示的电路进行改装，他想用这个电路实现测电流、电压和电阻三个功能，R1和R2为定值电阻、R为电阻箱，旋转开关S可以调节接在1和2、3和4以及4和5三个位置。
（1）开关S接 　 　（填“1和2”“3和4”或“4和5”）时，该电路用于测量电流。
（2）改装后，测电压时，电压表量程为3V，则R2＝　 　Ω；
（3）当开关S接电阻挡测图（b）所示二极管的反向电阻时，表笔B应与二极管的
　 　（填“C”或“D”）端相连。

12．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体（电阻约为220Ω）的电阻率ρ，步骤如下：

（1）用螺旋测微器测量其直径如图甲可知其直径D＝　 　mm。
（2）用游标卡尺可以测量某些工件的外径。示数如上图乙所示，则读数分别为
mm。
（3）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0～30mA，内阻约30Ω）
电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）
电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
开关S、导线若干
为使实验误差较小要求测得多组数据进行分析，某同学设计电路时，电流表应选用 　 　（选填“A1”或“A2”）电流表应采用　 　法（选填“内接”或“外接”）滑动变阻器应采用 　 　式接法（选填“分压”或“限流”）。
（4）用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内阻（电动势约为1.5V，内阻小于1Ω）除给出的电池、导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A.直流电流表（0～0.6A）
B.直流电压表（0～2V）
C.滑动变阻器（阻值范围为0～20Ω，额定电流为2A）
D.滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω，额定电流为0.1A）
实验电路图如图丙所示，为了得到尽可能好的实验效果，实验中滑动变阻器应选 　 　（填器材前的字母序号）。根据实验中测得的数据作出U﹣I图线如图丁所示。根据图线可知：电池的电动势E＝　 　V，内阻r＝　 　Ω。
四、计算题：本大题共3个小题，共43分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。
13．如图所示，质量为m、带电量为q的小物块置于倾角为37°、长为L的绝缘光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在斜面顶端。（重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）请判断小物块带正电还是带负电；
（2）请求出电场强度的大小；
（3）现将电场方向突然改为竖直向上，而场强大小不变，
请求出小物块到达斜面底端的时间。

14．有一种喷墨打印机利用电场实现对墨汁微粒的控制，其打印头的原理简图如图所示。墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度v0垂直射入偏转电场，经偏转电场后最终打到纸上显示出字符。已知每个墨汁微粒的质量为m，电荷量为q。偏转电场两极板的长度为L，板间距为d，极板间电场可视为匀强电场。不计墨汁微粒的重力。若极板间所加电压为U时，求墨汁微粒在经过偏转电场的过程中：
（1）加速度的大小a；
（2）在场强方向上移动的距离y；
（3）电场力所做的功W。

15．如图，ABD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB段是长为s＝1.25的粗糙水平面，其动摩擦因数为µ＝0.1，BD段为半径R＝0.2m的光滑半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一带负电小球以速度v0沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D点。已知小球的质量为m＝2.0×10﹣2kg，所带电荷量q＝2.0×10﹣5C，g＝10m/s2．（水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移）
（1）小球能通过轨道最高点D时的速度大小；
（2）带电小球在从D点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小；
（3）小球的初速度v0。


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2022-2023学年度（上）高2024届第二次网课定时训练
物理试题参考答案
一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【分析】根据匀速圆周运动的速度方向发生变化，动量变化；奥斯特发现了通电导线周围存在着磁场；根据产生感应电流的条件来判定；智能手机无线充电技术主要应用了电磁感应规律。
【解答】解：A、做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，所以动量方向也一直改变，故A错误；
B、奥斯特发现了通电导线周围存在着磁场，故B正确；
C、闭合导线在磁场中运动，若磁通量不改变也不会产生感应电流，故C错误；
D、智能手机无线充电技术主要应用了电磁感应规律，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了基本物理知识，掌握动量为矢量，产生感应电流的条件为闭合电路中磁通量发生变化等知识点。
2．【分析】在外电路中，顺着电流方向电势逐渐降低，判断电路中各点的电势与A点左端电势的高低，再结合U＝IR和电阻定律分析即可。
【解答】解：在外电路中，顺着电流方向电势逐渐降低，则知电路中电势φ沿x方向逐渐降低，且φ＝φA﹣U＝φA﹣IR＝φA﹣I•ρ
因金属丝A的横截面积比B的大，则金属丝A段图像的斜率绝对值大于金属丝B段图像的斜率绝对值，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键要明确电路中电势的变化情况，知道在外电路中，顺着电流方向电势逐渐降低，根据电压与电势的关系列式分析电势φ与x的关系。
3．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻。图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的阻值。两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，读出电压和电流，再求出电源的输出功率和电源的效率。
【解答】解：A、图线Ⅰ纵轴截距表示电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，则知电源的电动势为E＝3V，内阻为r＝||＝Ω＝0.5Ω，故A正确；
B、电阻R的阻值为R＝＝Ω＝1Ω，故B错误；
C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U＝2V，I＝2A，电源的输出功率为P＝UI＝2×2W＝4W，故C错误；
D、电源的效率为η＝×100%＝×100%≈66.7%，故D错误。
故选：A。
【点评】本题的关键要抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
4．【分析】由压敏电阻的阻值减小，导致电路的总电阻减小，电路中的总电流增大，路端电压就减小，依次分析即可．
【解答】解：A、缓慢增大F的过程中，压敏电阻的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流增大，流过灯泡L1的电流变大，灯泡L1的亮度将变大，故A正确；
B、并联电路两端的电压等于灯泡L2两端的电压，＝E﹣I（+r），电流增大，灯泡L2两端的电压减小，灯泡L2的亮度将变小，故B错误；
C、因为灯泡L2两端的电压减小，流过L2的电流减小，总电流增大，流过灯泡L3的电流增大，灯泡L3两端的电压增大，电容器两端的电压等于灯泡L3两端的电压，根据Q＝CU知电容器所带的电荷量增大，故C错误；
D、因为不知道外电阻和内电阻的关系，电源的输出功率的变化不确定，故D错误；
故选：A。
【点评】该题考查压敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用，关键是压敏电阻减小后，再由欧姆定律进行动态分析，知道电容器两端的电压等于和它并联的用电器两端的电压．
5．【分析】此题首先要根据三条表示等势面的虚线等距离判断出电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的；因带电粒子的运动轨迹是抛物线，所以两种运动方式都有可能；根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系。
【解答】解：A、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。故A错误。
B、由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹。故B错误。
C、带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在C点的动能最大，在b点的动能最小。选项C正确，D错误
故选：C。
【点评】本题考查到了电势能、带电粒子在电场中的运动、等势面、电场力做功等几方面的知识点。解决此题的关键是对等势面的理解，等势面就是电场中电势相等的各点构成的面，等势面有以下几方面的特点：
①、等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直。
②、在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
③、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
④、任意两个等势面都不会相交。
⑤、等差等势面越密的地方电场强度越大，即等差等势面的分布疏密可以描述电场的强弱。
6．【分析】根据公式Φ＝BScosα可知，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大，当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量最小，为零；磁通量是标量，但有方向，若规定磁场从某个方向穿过线圈，磁通量为正，则磁场从相反方向穿过线圈平面，磁通量为负。
【解答】解：A.如图所示，磁场方向与线圈平面垂直，穿过线圈的磁通量最大Φm＝BS，故A错误；
B.若使框架绕OO′转过60°，根据磁通公式，可得，故B正确；
C.如图所示，若从初始位置转过90°角，磁场方向与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量最小，为零，故C错误；
D.若规定图示位置穿过线圈平面的磁通量为正，则Φ1＝BS，当线圈平面从初始位置转过180°角，穿过线圈的磁通量Φ2＝﹣BS，磁通量的变化ΔΦ＝Φ2﹣Φ1＝﹣BS﹣BS＝﹣2BS，故D错误。
故选：B。
【点评】注意：公式Φ＝BScosα中，α为B与S的夹角。
7．【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯电阻，可以对R和r，运用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率 P入＝UI，发热功率P热＝I2RM，输出功率P出＝P﹣P热．根据功率关系求出电动机输出的功率。
【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律，有：E＝U+I（r+R）
解得：I＝＝＝2A，故A错误；
B、电动机的输入功率为：P入＝UI＝10×2＝20W，故B正确；
C、电动机的热功率为：P热＝I2RM＝22×1＝4W，故C正确；
D、电动机的输出功率为：P出＝P﹣P热＝UI﹣I2RM＝10×2﹣22×1＝16W，故D正确。
本题选不正确的，
故选：A。
【点评】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路。电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。
二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．【分析】因为质点只受电场力作用，根据运动轨迹可以知道电场力指向运动轨迹的内侧，质点带电不确定则电场线方向有两种可能；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大，电场力大，加速度也大；电势能变化可以通过电场力做功情况判断，再根据能量守恒判断动能变化.
【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，若电荷带正电则电场线指向右下方，由沿电场线电势降低可知c的电势最高；若电荷带负电则电场线指向左上方，a的电势最高，故A错误；
B、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B正确；
CD、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误，D正确.
故选：BD。
【点评】本题考查静电场，要注意电势能的增（减）可以通过判断电场力做负（正）功，类似于重力势能与重力做功的关系。
9．【分析】a点实际磁感应强度为零，据此判断出直线电流在a点产生的磁感应强度方向，应用安培定则判断出直线电流方向；然后根据平行四边形定则求出b、c、d点的磁感应强度。
【解答】解：A、a点的磁感应强度为0，说明通电直导线在a点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即通电直导线在a点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外，故A正确；
B、通电导线在a点产生的磁感应强度大小为1T，a、b、c、到直导线的距离相等，直线电流在a、b、c、d产生的磁感应强度大小都是1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向上，根据平行四边形可知，b点感应强度为Bb＝T＝T，方向与B的方向成45°斜向右上方，故B正确；
C、通电导线在c处的磁感应强度方向水平向右，则c点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同，故C错误；
D、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向下，则d点感应强度为T，方向与B的方向成45°斜向右下方，与b点磁感应强度不相等，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查安培定则和平行四边形定则的应用，空间任意一点的实际磁感应强度是通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加．
10．【分析】由机械能守恒定律求出碰撞前A的速度，再研究两物体碰撞过程，由动量守恒定律求出碰撞后瞬间两物体的速度；B静止时，由平衡条件和胡克定律相结合求出弹簧的劲度系数。研究碰撞后两物体向下运动的过程，根据两物体及弹簧组成的系统机械能守恒求出碰撞后两物体一起向下运动的最大位移；根据系统的机械能守恒求出两物体反弹向上运动的最大高度，从而判断A能否再回到释放点。
【解答】解：A、设A、B的质量为m，碰撞前A的速度为vA，碰撞后瞬间A、B的速度为vAB。由于碰撞时间极短，可忽略A受的重力，则碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒。取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：mvA＝2mvAB，其中vA＝，解得vAB＝，故A正确；
B、设弹簧的劲度系数为k，碰撞后两物体一起向下运动的位移为x。B静止时，有mg＝kh。两物体碰撞前弹簧储存的弹性势能为EP1＝
碰撞后两物体一起向下运动到最大位移时弹簧储存的弹性势能为EP2＝。碰撞后两物体向下运动的过程，由系统的机械能守恒得
＝++2mgx，联立解得x＝（1+）h＞h，故B正确；
CD、碰撞后A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，反弹向上运动到碰撞点时，两物体的速度大小等于碰后瞬间两物体的速度大小，设两物体上升x′后速度减小为零，由机械能守恒得：+＝2mgx′+，解得x′＝（﹣1）h＜h，即物体A、B到达不了弹簧的原长处，A不能再回到释放点，弹簧不可能对物体B产生向下的拉力，物体A、B不会分离，故C正确，D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律等多个知识点，要理清两物体的运动过程，搞清能量转化情况，分过程运用机械能守恒定律是解题的关键。
三、实验题：本大题共2个小题，11题6分，12题8分，共14分。
11．【分析】（1）根据电表改装原理分析；
（2）根据欧姆定律求改装成电压表需要串联电阻；
（3）二极管具有单向导电性，根据电流的方向判断二极管正负极。
【解答】解析：（1）表头与电阻并联改装成电流表，与电阻串联改装成电压表，与电源串联改装成欧姆表，故接“1和2”是电流表，接“3和4”是电压表，接“4和5”是欧姆表；
（2）根据欧姆定律得
U＝Ig（rg+R2）
解得：R2＝2900Ω；
（3）回路中电流从表笔A流出从D反向进入二极管再从C经表笔B回电源负极。
故答案为：（1）“1和2”；（2）2900Ω；（3）C。
【点评】本题考查多用电表的结构、原理和使用，解题关键明确电表改装原理，然后根据串并联电路的电流、电压、电阻关系列式求解。
12．【分析】根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则作答；根据电源电动势和待测电阻的大约值估算电流，以此选择电流表；根据待测电阻值、电压表、电流表内阻的大小关系选择电流表的连接方式；根据滑动变阻器的最大阻值与待测电阻值的大小关系选择滑动变阻器的接法；根据闭合电路的欧姆定律结合U﹣I图像的含义求解电源电动势和内阻。
【解答】解：（1）圆柱体的直径D＝0mm+41.0×0.01mm＝0.410mm
（2）工件的外径d＝11mm+10×0.05mm＝11.50mm
（3）电源电动势E＝4V，估算电路中的电流，故电流表选择A2；由于电压表的内阻远大于待测电阻，所以电流表采用“外接法”；由于滑动变阻器R1的阻值比待测电阻的阻值小得多，用限流式接法，无法控制电流变化明显，故采用分压式接法。
（4）为了得到尽可能好的实验效果，为了方便调节电阻，滑动变阻器选择C，若选择D，滑动变阻器的阻值太大，只要稍稍移动变阻器的滑动片，电路中的电阻就会发生很大变化，电流就会变得很小；
根据闭合电路的欧姆定律E＝U+Ir，得路端电压与电流的关系为U＝﹣rI+E，由此可知U﹣I图像的纵截距表示电源电动势，斜率大小表示电源内阻，因此电源电动势E＝1.45V，内阻r＝k＝
故答案为：（1）0.410； （2）11.50；（3）A2；外接；分压；（4）C；1.45；0.70。
【点评】选择电流表时要事先估算电路中的电流；电流表的内、外接法，滑动变阻器分压、限流式接法是该实验的难点。
四、计算题：本大题共3个小题，共43分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。
13．【分析】（1）对小物块的平衡状态进行分析，知电场力方向从而知电性；
（2）根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出电场强度的大小；
（3）根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合位移—时间关系解答。
【解答】解：（1）电场力方向向上与电场强度方向相反，所以小物块带负电
（2）平衡时重力等于电场力则有mg＝Eq
解得E＝
（3）改变电场方向后，根据牛顿第二定律有2mgsin37°＝ma
由运动学公式L＝
解得t＝
答：（1）小物块带负电；
（2）电场强度的大小为；
（3）小物块到达斜面底端的时间为。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，关键受力分析，结合正交分解进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

14．【分析】（1）墨汁微粒直线加速，牛顿第二定律解得；
（2）墨汁微粒做类平抛运动，根据水平方向和竖直方向的运动学公式结合几何关系解得；
（3）根据电场力做功的公式解得。
【解答】解：（1）墨汁微粒加速度的大小由牛顿第二定律qE＝ma
a＝
E＝
解得a＝
（2）进入偏转电场后，水平方向L＝v0t
竖直方向y＝at2
解得墨汁微粒在场强方向上移动的距离 y＝
（3）电场力所做的功w＝qEy＝
答：（1）加速度的大小a为；
（2）在场强方向上移动的距离y为；
（3）电场力所做的功W为。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握带电粒子在电场中作类平抛运动，根据类平抛运动公式可解得。
15．【分析】（1）小球恰能通过轨道最高点D时，轨道对小球没有作用力，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求解。
（2）小球离开D点后做类平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度，由位移公式求得下落时间。小球水平方向做匀速直线运动，由位移公式求出水平位移，再与竖直位移合成求解位移。
（3）从A到D的过程，利用动能定理可求得小球的初速度v0。
【解答】解：（1）小球恰能通过轨道的最高点的情况下，设到达最高点的速度为vD，离开D点到达水平轨道的时间为t，落点到B点的距离为x，
在D点，有 mg﹣qE＝m
代入数据解得 vD＝1 m/s。
（2）小球离开D点后做类平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 mg﹣qE＝ma
2R＝
代入数据解得 t＝0.4 s
小球落到水平轨道上时的水平位移 x＝vDt＝0.4 m
所以位移为 L＝
解得 L＝m
（3）从A到D的过程，由动能定理得：
﹣μ（mg﹣qE）s﹣2mgR+2qER＝﹣
得 v0＝2.5 m/s。
答：
（1）小球能通过轨道最高点D时的速度大小是1m/s；
（2）带电小球在从D点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小是m；
（3）小球的初速度v0是2.5 m/s。
【点评】解决本题时首先在理清小球的运动过程，正确分析小球的受力情况，明确圆周运动向心力的来源和临界条件。对于类平抛运动，常用运动的分解法研究。
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