2023-2024学年广东省广州市天河区高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市天河区高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡。开关S由断开到闭合
A. a先亮b后亮，然后b逐渐变亮B. b先亮a后亮，然后a逐渐变亮
C. a、b同时亮后b逐渐变暗至熄灭D. a、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭
2.回旋加速器核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法正确的是( )
A. 粒子射出时的动能与D形金属盒的半径无关
B. 回旋加速器是靠电场加速的，粒子射出时的动能与电压有关
C. 回旋加速器是靠磁场加速的，粒子射出时的动能与磁场无关
D. 加速电压越小，粒子在回旋加速器中需加速的次数越多
3.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
4.点电荷Q产生的电场中，电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度增大的减速直线运动，则( )
A. 点电荷Q为正电荷B. 从M点到N点电子电势能增加
C. M点场强比N点的大D. M点电势比N点的低
5.用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关S1，待电流稳定后再闭合开关S2，通过传感器的电流随时间变化的图像是()
A. B. C. D.
6.如图为某电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如下表所示。下列说法正确的是( )

A. 当触片P同时接触两个触点a和b，电吹风处于吹冷风状态
B. 吹热风时，流过电热丝的电流是2011A
C. 小风扇的内阻是60Ω
D. 变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=3:11
7.电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形。在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U的电源(内阻不计)上，则( )
A. 泵体下表面应接电源正极
B. 减小液体的电导率可获得更大的抽液高度h
C. 减小磁感应强度可获得更大的抽液高度h
D. 通过泵体的电流I=σUL1
8.有一边长l=0.1m、质量m=10g的正方形导线框abcd，由高度h=0.2m处自由下落，如图所示，其下边ab进入匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出匀强磁场为止。已知匀强磁场的磁感应强度B=1T，匀强磁场区域的高度也是l，g取10m/s2，则线框( )
A. 电阻R=0.4Ω
B. 进入磁场的过程通过线框横截面的电荷量q=0.2C
C. 穿越磁场的过程产生的焦耳热Q=0.02J
D. 穿越磁场的过程，感应电流方向和安培力方向都不变
二、多选题：本大题共3小题，共16分。
9.如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图中曲线a、b所示，则( )
A. 两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD. 曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
10.如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在每个金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，下列说法正确的是( )
A. MN所接电源的极性应周期性变化
B. 圆筒的长度应与质子进入该圆筒时的速度成正比
C. 质子从圆筒E射出时的速度大小为 8eUm+v02
D. 圆筒A的长度与圆筒B的长度之比为1:2
11.如图所示，有一竖直向上的圆柱形匀强磁场区域，有两个比荷相等的带电粒子k1、k2分别从P点沿着半径垂直磁场射入，其中粒子k1偏转90°右边从A点射出，粒子k2偏转60°左边从B点射出。不计粒子重力，下列判断正确的是( )
A. 粒子k1带正电，粒子k2带负电
B. 粒子k1带负电，粒子k2带正电
C. 带电粒子k1、k2的速度v1：v2= 3：1
D. 带电粒子k1、k2在磁场中运动的时间t1：t2 = 3：2
三、填空题：本大题共1小题，共7分。
12.(1)晚会上装饰着120个彩色小灯泡，每个小灯泡的额定电压都是4V，工作电流都是0.1A，它们并联在一起，由一台变压器供电，小灯泡正常发光。变压器的原线圈接在220V的照明电路上，则通过原线圈的电流为___________A。(结果保留2位小数)
(2)在边长为a的正方形的每个顶点都放置一个电荷量为q的同种点电荷。如果保持它们的位置不变，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力是___________。(静电力常量为k)
(3)如图，长为L、重力为G的金属杆ab用绝缘轻绳水平悬挂在垂直纸面向里的匀强磁场中。ab下方纸面内有一固定的圆形金属导轨，半径为r，圆形导轨内存在垂直纸面向外的匀强磁场。长为r的导体棒OA的一端固定在圆心O处的转轴上，另一端紧贴导轨。OA在外力作用下绕O匀速转动时，绳子拉力刚好为零。已知两磁场的磁感应强度大小均为B，ab电阻为R，其它电阻不计。则OA的转动方向为___________(填“顺时针”或“逆时针”)，转动角速度ω=____________。
四、实验题：本大题共3小题，共20分。
13.用如图甲所示的多用电表测量一个阻值约为20Ω的电阻，测量步骤如下：
(1)调节指针定位螺丝S，使多用电表指针对准电流“0”刻度线；
(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的___________位置；(填“×1”或“×10”)
(3)将红、黑表笔分别插入“+”“−”插孔，并将____________，调节___________，使电表指针对准___________；
(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为___________Ω。
14.某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图所示电路，所用器材如下：
电压表(量程0∼3V，内阻很大)
电流表(量程0∼0.6A)
电阻箱(阻值0∼999.9Ω)
干电池一节、开关一个和导线若干
(1)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U−I图像如图所示，则干电池的电动势为___________V(保留3位有效数字)、内阻为___________Ω(保留2位有效数字)。
(2)根据记录数据进一步探究，作出1I−R图像如图所示。利用图像的纵轴截距，结合(1)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为___________Ω(保留2位有效数字)。
15.在“测定金属丝的电阻”的实验中：
(1)用螺旋测微器测量金属丝直径时，其示数如图甲所示，则金属丝的直径为d=_________mm；
(2)某同学设计了如图乙所示的电路测量该金属丝的电阻(阻值约为几欧)，可选用的器材规格如下：
电流表A(0∼0.6A，内阻约1.0Ω) 电流表G(0∼10mA，内阻Rg为50Ω)
滑动变阻器R1(阻值0∼10Ω) 滑动变阻器R2(阻值0∼2kΩ)
定值电阻R3=250Ω 定值电阻R4=50Ω
电源E(电动势3V) 开关S和导线若干
图乙中单刀双掷开关应置于___________(填“a”或“b”)，滑动变阻器R应选___________(填“R1”或“R2”)，定值电阻R0应选___________(填“R3”或“R4”)；
(3)若某次测量时电流表G的读数I1=5.0mA，电流表A的读数I2指针如图丙所示，则金属丝阻值的测量值为Rx=________Ω(结果保留1位小数)。
五、计算题：本大题共3小题，共25分。
16.如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4 m.导轨右端接有阻值R=1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E大小；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流I与时间t的关系式
17.如图所示是某种质谱仪的结构简化图。质量为m、电荷量为+q的粒子束恰能沿直线通过速度选择器，并从半圆环状D形盒的中缝垂直射入环形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。D形盒的外半径为2R，内半径为R，壳的厚度不计，出口M、N之间放置照相底片，底片能记录粒子经过出口时的位置。已知速度选择器中电场强度大小为E，方向水平向左，磁感应强度大小为B(磁场方向未画出)。不计粒子重力，若带电粒子能够打到照相底片，求：
(1)B的方向以及粒子进入D形盒时的速度大小；
(2)D形盒中的磁感应强度B0的大小范围；
(3)打在底片M点的粒子在D形盒中运动的时间。
18.在光滑水平面上有一质量m=1.0×10−3kg，电量q=1.0×10−10C的带正电小球静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向，场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流电流稳定时，相当于导线。
对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，起阻碍作用。
【解答】
当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将b灯短路，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a灯电流逐渐增大，变得更亮。故C正确，ABD错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A.设D型盒半径为R，由牛顿第二定律得
qvB=mv2R
粒子射出时的最大动能为
Ek=12mv2
联立解得
Ek=q2B2R22m
可见，粒子射出时的动能与D形金属盒的半径有关，故A错误；
BC.回旋加速器是靠电场加速的，磁场只是改变速度的方向，并且粒子射出时的动能与电压无关但与磁场有关，故BC均错误；
D.粒子在回旋加速器中需加速的次数为
n=EkqU
因此，加速电压越小，粒子在回旋加速器中需加速的次数越多，故D正确；
故选D。
3.【答案】A
【解析】A.电流先正向减小，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向里，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向左；然后电流反向增大，在此过程，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，再根据安培定则可知，感应电流方向为顺时针方向，合力方向与线框左边所受力方向都向右，故A正确；
BD.电流反向减小，电流在矩形线框内产生的磁场方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向与原磁场方向相同也是向外，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向，故B、D错误；
C.由A项分析和图可知，线框受到的安培力水平向左不变，不符合题安培力的合力先水平向左、后水平向右，故C错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】A.根据点电荷周围电场的分布情况，电子仅在电场力作用下，从M点到N点做加速度增大的减速直线运动，则电子往靠近点电荷的方向运动，由于电子带负电，且做减速运动，则点电荷Q应带负电，故A错误；
B.因电子仅受电场力的作用，且从M点到N点动能逐渐减少，所以电场力做负功，因此电势能增加，故B正确；
C.从M点到N点是往靠近点电荷的方向运动，越靠近点电荷，电场强度越大，因此M点场强比N点的小，故C错误；
D.沿电场线电势逐渐降低，因此M点电势比N点的高，故D错误；
故选B。
5.【答案】A
【解析】闭合开关 S1 后，电容器充电，电容器电压与电源电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，充电完成后，电容器电压等于电源电压，此时电路中电流为零；
再闭合开关 S2 ，因为电容器电压大于 R2 电压，则电容器放电，电容器电压与 R2 电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，且电流方向与开始充电时的方向相反，当电容器电压等于 R2 电压，此时电路中电流为零。
故选A。
6.【答案】B
【解析】A.当触电P同时接触两个触点a和b，电热丝与小风扇均被接通，故电吹风处于吹热风状态，A错误；
D.小风扇额定电压为60V，由变压器电压与匝数之比可得
n1n2=U1U2=220V60V=113
D错误；
C.正常工作时小风扇的额定功率为60W，可得
P=U2I
解得
I=PU2=1A
输出功率为52W，故内阻上消耗的功率为8W，可得
P热=I2R
联立解得小风扇的电阻为
R=8Ω
C错误；
B.由题中数据可知，吹热风时，电热丝的功率为400W，可得
P′=U1I′
解得流过电热丝的电流为
I′=P′U1=2011A
B正确。
故选B。
7.【答案】D
【解析】A.将液体等效为通电导线，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，液体被抽出，此时液体受到的安培力水平向左，根据左手定则可知，电流从上表面流向下表面，泵体上表面接电源正极，故A错误；
D.根据电阻定律可知，泵体内液体的电阻为
R=ρLS=1σ×L2L1L2=1σL1
根据欧姆定律可得通过泵体的电流
I=UR=UL1σ
故D正确；
B.若减小液体的电导率，则电流减小，安培力为
F=BIL=BUL1σ
减小，抽液高度变小，故B错误；
C.减小磁感应强度，安培力 F=BIL=BUL1σ 变小，抽液高度变小，故C错误。
故选D。
8.【答案】C
【解析】A.线框由高度 h=0.2m 处自由下落，有
v2=2gh
线框在磁场中做匀速运动，则
mg=BIl
又
I=ER
E=Blv
联立解得
R=0.2Ω
A错误；
B.线框进入匀强磁场的过程流过线框的电荷量
q=It=Ilv=mgB 2gh=0.05C
B错误；
C.线框穿越匀强磁场的过程产生的焦耳热
Q=2mgl=0.02J
C正确；
D.线框进入磁场和出离磁场时感应电流的方向相反；穿越磁场的过程安培力的方向没有变化，总是竖直向上，D错误。
故选C。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。
本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量。
【解答】
A.在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；
B.由图可知，a的周期为4×10−2s；b的周期为6×10−2s，则由可知，转速与周期成反比，故转速之比为：3：2；故B错误；
C.曲线a的交变电流的频率，故C正确；
D.曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据Em=nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值10V，
则有效值为，故D错误。
故选AC。
10.【答案】ABC
【解析】A.因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A正确；
B.因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由
v=LT
可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确；
C.质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得
4eU=12mvE2−12mv02
解得
vE= 8eUm+v 02
C正确；
D.对于带电粒子在圆筒A分析可得
LA=v0T
对于质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经1次加速，由动能定理可得
eU=12mvB2−12mv02
解得
vB= 2eUm+v 02
所以
LB= 2eUm+v 02⋅T
故D错误。
故选ABC。
11.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在磁场中的运动这个知识点；关键要知道带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
根据几何关系求得半径及转过的圆心角，然后由洛伦兹力做向心力求得周期及速度表达式，即可根据半径和圆心角求得运动时间和速度，再分析各个选项。
【解答】
AB.根据左手定则可知k1受向右的洛伦兹力，故k1带正电，k2受向左的洛伦兹力，故k2带负电，故A正确；B错误；
C.根据 qvB=mv2R ，可得： R=mvqB ， k1、k2的比荷相等，则有 v1v2=R1R2
由几何关系可知 R1=R ， R2=Rtan30∘= 3R ， 则有 v1v2=1 3 ，故C错误；
D.由 T=2πmqB，可知两粒子在磁场中运动的周期相同，运动的时间分别为 t1=T4， t2=16T，
则 t1t2=32 ，故 D正确。
故选AD。
12.【答案】 0.22 (2 2+1)kq22r2 顺时针 2GRB2Lr2
【解析】(1)[1]根据题意，变压器的副线圈输出功率
P2=120×4×0.1W=48W
原线圈输入功率
P1=P2=48W
通过原线圈的电流为
I1=P1U1=48220A≈0.22A
(2)[2]电荷受到相邻两个电荷的电场力均为
F=kq2r2
合力为
F1= 2F= 2kq2r2
受到对角线电荷的电场力
F2=kq2( 2r)2=kq22r2
F合=F1+F2=(2 2+1)kq22r2
(3)[3][4]绳子拉力刚好为零，金属杆受到的安培力向上，则电流由a到b，则OA的转动方向为顺时针，有
BIL=G
由欧姆定律有
E=IR
OA转动产生的电动势
E=ΔφΔt=B⋅12r⋅(ω⋅Δt)rΔt=12Bωr2
转动角速度
ω=2GRB2Lr2
13.【答案】 ×1 两表笔短接 欧姆调零旋钮 电阻的零刻度线 19
【解析】(2)[1]将选择开关旋转到Ω挡的位置，因阻值约为20Ω，为使读数靠近中间表盘，应选“×1”挡；
(3)[2][3][4]根据欧姆挡使用原理，将红、黑表笔分别插入“+”“−”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的零刻度线上。
(4)[5]根据图乙所示，该电阻的阻值为19Ω。
14.【答案】 1.58 0.66 2.5
【解析】(1)[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
U=E−Ir
可得 U−I 图像的纵轴截距等于电动势，则干电池的电动势为
E=1.58V
U−I 图像的斜率绝对值等于内阻，则内阻为
r=k=1.58−Ω=0.66Ω
(2)[3]根据闭合电路欧姆定律可得
E=I(R+RA+r)
可得
1I=1E⋅R+RA+rE
由 1I−R 图像的纵轴截距可知
RA+rE=2A−1
解得电流表内阻为
RA=2×1.58Ω−0.66Ω=2.5Ω
15.【答案】 0.150 a R1 R3 3.0Ω
【解析】(1)[1]螺旋测微器的精确度为 0.01mm ，由图可知金属丝的直径为
d=0+15.0×0.01mm=0.150mm
(2)[2]由于金属丝的电阻约为几欧，属于小电阻，电流表应采用外接法，故单刀双掷开关应置于 a ；
[3]因待测电阻只有几欧，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的 R1 ；
[4]定值电阻 R0 和电流表 G 改装成 3V 的电压表，量程比较合适，所以定值电阻选 R3 ；
(3)[5]根据读数可知电流为 0.50A ，被测电阻两端电压为
U=IR0+RG=0.005×50+250V=1.5V
由欧姆定律可知
Rx=UI=Ω=3.0Ω
16.【答案】解：
(1)根据法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔt得：
棒进入磁场前，回路中感应电动势为：E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=0.51.0×0.08V=0.04V
(2)同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，
在时刻t，其相对a的位移为：x=v(t−1)，
棒切割磁感线产生的感应电动势大小：E′=B·2x·v=2Bv2(t−1)，
根据欧姆定律，棒通过三角形abd区域时，电流i与时间t的关系式：
i=E′R=2Bv2(t−1)R=t−1 (1s≤t≤1.2s)，
当t=1.2s时，电流最大，有效长度最大，最大安培力Fm=BIL=0.04N，
根据左手定则得安培力方向水平向左。
【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式的综合运用，考查了闭合欧姆定律和安培力公式，难度中等。
根据法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔt求出感应电动势的大小，根据棒切割磁感线产生的感应电动势公式和欧姆定律求解感应电流，再根据安培力大小求解。
17.【答案】(1)B的方向垂直纸面向外， v0=EB ；(2) 4mE7qBR≤B0≤4mE5qBR ；(3) t=7πBR4E
【解析】(1)沿直线通过速度选择器的粒子满足
qv0B=qE
解得
v0=EB
由左手定则可知，B的方向垂直纸面向外。
(2)由几何关系可知，能打在底片上的粒子运动的半径满足
54R≤r≤74R
当 r=54R 时，满足
qv0B0max=mv02rmin
解得
B0max=4mE5qBR
当 r=74R 时，满足
qv0B 0min=mv02rmax
解得
B0min=4mE7qBR
故D形盒中的磁感应强度 B0 满足
4mE7qBR≤B0≤4mE5qBR
(3)打在底片M点的粒子 r=74R ，运动时间为
t=T2=πmqB0min=7πBR4E
18.【答案】解：由牛顿第二定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小恒为：a=qEm
代入数值得：a=1.0×10−10×2.0×1061.0×10−3m/s2=0.20m/s2
第1s内：场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为：
Vx=at=0.20×1.0=0.20m/s
速度的方向沿x轴正方向，小球沿x轴方向移动的距离
△x1=12at2=12×0.20×1.02=0.10m
第2秒内：电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为Vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动，
沿x方向移动的距离：△x2=Vxt=0.20m
沿y方向移动的距离：△y=12at2=12×0.20×1.02=0.10m
故在第2秒末小球到达的位置坐标：
x2=△x1+△x2=0.30m
y2=△y=0.10m
在第2秒末小球在x方向的分速度仍为Vx，在y方向的分速度为：
Vy=at=0.20×1.0=0.20m/s
由上可知，此时运动方向与x轴成45°角．要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角．
第3秒内：设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax，ay，则有：
ax=Vxt=0.20m/s2，
ay=Vyt=0.20m/s2
在第3秒未小球到达的位置坐标为：
x3=x2+Vxt−12axt2=0.40m，
y3=y2+Vyt−12ayt2=0.20m
答：此电场的方向为指向第三象限，与x轴成225°角．速度变为零时小球的位置为(0.40m,0.20m)．
【解析】分析小球的运动情况：第1s内小球沿x轴正方向做匀加速直线运动，第2s内做类平抛运动，加速度沿y轴正方向，第3s内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求出第1s末小球的速度和位移．对于类平抛运动，运用运动的分解法求出第2秒末小球的速度大小和方向，并求出x方向和y方向的位移大小．再根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场的方向和第3s末的位置．
本题考查运用牛顿第二定律和运动学公式分析和处理动力学问题，要通过计算进行分析．类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究．热风时输入功率
460W
冷风时输入功率
60W
小风扇额定电压
60V
正常工作时小风扇输出功率
52W