2019-2020学年新疆伊犁高二上物理月考试卷

这是一份2019-2020学年新疆伊犁高二上物理月考试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法错误的是（ ）

A.该电池的容量为500mA⋅h
B.该电池的电动势为3.6V
C.该电池在工作1小时后达到的电流为500mA
D.若电池以10mA的电流工作，可用50小时

2. 下列关于物体动量和冲量的说法中正确的是（ ）
A.物体质量越大，物体的动量就越大
B.物体做匀速圆周运动，物体动量不变
C.物体所受合外力越大，物体的冲量就越大
D.物体所受合外力越大，物体的动量变化就越快

3. 古时有“守株待兔”的寓言．设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑的速度至少为(g取10m/s2)（ ）
A.1m/sD.2m/s

4. 图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）

A.该粒子一定带负电
B.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
C.带电粒子经过M点的速度大于经过N点的速度
D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能

5. 如图，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，则下列说法正确的是（ ）

A.匀强电场的场强大小为10V/m
B.匀强电场的场强大小为 2033V/m
C.电荷量为1.6×10−19C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10−19J
D.电荷量为1.6×10−19C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少4.8×10−19J

6. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）

A.平行板电容器的电容值将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴将向下运动
D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力变大

7. 如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边为L1，ad边为L2，当端点I、II或III、IV接入电路时，RIII:RIIIIV=（ ）

A.L1:L2B.L2:L1C.L12:L22D.L22:L12

8. 如图所示，分别将图(a)和(b)两种测量电路连接到电路中，用来测量电阻Rx的阻值，按照(a)图时，电流表示数为4.00mA，电压表示数为2.40V；按照(b)图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.30V，比较这两次结果，正确的是（ ）

A.电阻的真实值更接近600Ω，且大于600Ω
B.电阻的真实值更接近600Ω，且小于600Ω
C.电阻的真实值更接近600Ω，且大于460Ω
D.电阻的真实值更接近460Ω，且小于460Ω

9. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个滑动变阻器R组成，
(1)甲表是电流表，R增大时量程增大
(2)甲表是电流表，R增大时量程减小
(3)乙表是电压表，R增大时量程增大
(4)乙表是电压表，R增大时量程减小
下列说法正确的是（ ）

A.(1)和(3)B.(1)和(4)C.(2)和(3)D.(2)和(4)

10. 如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ADHE面与BCGF面为金属板，其他面为绝缘材料．ADHE面带正电，BCGF面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是（ ）

A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B.三个液滴的运动时间一定相同
C.三个液滴落到底板时的速率相同
D.液滴C所带电荷量最少

11. 法国科学家阿尔贝：费尔由于发现了巨磁电阻 GMR 效应，荣获了诺贝尔物理学奖，如图电路中，巨磁电阻周围的磁场增强时，其阻值减小；C为电容器，当有磁铁靠近 GMR 时，下列说法正确的是（ ）

A.电流表的示数增大B.电容器C的电荷量增大
C.电压表的示数变小D.电源内部消耗的功率变小

12. 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v∼t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列说法正确的（ ）

A.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1N/C
B.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C.由C点到A点的过程中，电势逐渐升高
D.AB两点电势差UAB=−5V

13. 两个完全相同的金属小球，带电荷量之比1:7，两者相互接触后，再放回原来的位置，则相互作用力可能为原来的（ ）
A.47B.37C.97D.167

14. 如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg，速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则（ ）

A.它们碰撞后的总动量是18kg⋅m/s，方向水平向右
B.它们碰撞后的总动量是2kg⋅m/s，方向水平向右
C.它们碰撞后B小球向右运动
D.它们碰撞后B小球可能向左运动

15. 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，电动机正常工作：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 则下列说法中正确的是（ ）

A.通过电动机的电流为10A
B.通过电动机的电流为 2A
C.电动机的热功率为 2W
D.电动机正常工作时的效率为 80%
二、实验题

如图1为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图
①在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是：________
A．轨道是光滑的．
B．轨道末端的切线是水平的．
C．碰撞的瞬间m1 和m2 球心连线与轨道末端的切线平行．
D．每次m1 都要从同一高度静止滚下
②入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是 m1________m2．
③实验时，小球的落点分别如图2的M、N、P点，应该比较下列哪两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律：________
A．m1⋅OP¯ B．m1⋅OM¯ C．m1⋅ON¯
D．m1⋅OM¯+m2⋅ON¯ E．m1⋅OP¯+m2ON¯ F．m1⋅OM¯+m2⋅OP¯
④在做此实验时，若某次实验得出小球的落点情况如图2所示．假设碰撞中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1:m2=________．

为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下
A．电流表(0∼200mA，内阻约1Ω)
B．电流表(0∼0.6A，内阻约0.1Ω)
C．电压表(0∼3V，内阻约5kΩ)
D．电压表(0∼15V，内阻约50kΩ)
E．滑动变阻器(0∼10Ω, 0.5A)
F．滑动变阻器(0∼1kΩ, 0.1A)
G．电源(3V)
H．电键一个，导线若干

（1）为了准确描绘小灯泡的伏安特性曲线，在该实验中应选择的电流表是________，电压表是________，滑动变阻器是________（用仪器前面的字母表示）．

（2）根据电路图将实物图连接起来．
三、解答题

如图所示，把质量为2g的带负电小球A用绝缘细绳悬起，再将带电量为Q=4.0×10−6C的带正电的小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，则绳与竖直方向成α=45∘．
（静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2, g=10m/s2）

（1）A球受到的库仑力多大？

（2）A球带电量是多少？

如图所示，高h=0.45m的光滑水平桌面上有质量m1=2kg的物体，以水平速度v1=5m/s向右运动，与静止的另一质量m2=1kg的物体相碰．若碰撞后m1仍向右运动，速度变为v1′=3m/s，求：（不计空气阻力，g=10m/s2）

（1）两物块碰撞后m2的速度多大.

（2）m2落地时距桌边缘A点的水平距离．

如图所示，R为电阻箱，A为理想电流表。当电阻箱读数为 R1=3Ω 时，电流表读数I1=2A ；当电阻箱读数为 R2=9Ω 时，电流表读数为 I2=1A。求：

（1）电源的电动势E和内阻r；

（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm 为多少？

（3）若电源的输出功率为9W ，则电阻箱的阻值为多少？

如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45∘角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10m/s2)求：

（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。

（2）小环从C运动到P过程中的动能增量。

（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。
参考答案与试题解析
2019-2020学年新疆伊犁高二上物理月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
电源的电动势和内阻
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：电池上的3.6V表示电动势，500mA⋅h表示电荷容量，可以由电荷容量计算在一定放电电流下使用的时间，由500mA⋅h=t×10mA，得t=50h，A、B、D正确，C错误．
本题选择错误的，故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
冲量
动量定理的理解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：动量P=mv，物体的质量越大，若v小，动量也不一定大，故A错误；
动量是矢量，方向为速度的方向，做匀速圆周运动的物体速度大小不变方向时刻改变，故动量的大小不变，方向时刻在变化，故B错误；
冲量等于力和时间的乘积，如果力大但时间短，冲量不一定大，故C错误；
物体所受合外力越大，加速度就越大，物体速度变化就越快，所以它的动量变化就越快，故D正确．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
动量定理的基本应用
【解析】
以兔子为研究对象，它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度．
【解答】
解：取兔子奔跑的速度方向为正方向，
根据动量定理得−Ft=0−mv，
v=Ftm，
由F=mg，
得到v=mgtm=gt=2m/s，
故选D．
4.
【答案】
D
【考点】
电场中轨迹类问题的分析
【解析】
电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向。不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由电场力方向应指向轨迹的内侧可大致判断电场力的方向，进而判断电场力做功情况，从而得出动能、电势能的变化。
【解答】
解：由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，电场线的方向也是向左下方，所以粒子带正电，故A错误；
电场线的疏密表示电场的强弱，N点的电场线密，所以N点的电场强，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故B错误；
由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，M到N的过程中，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，故C错误、D正确．
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
电场力做功与电势能变化的关系
匀强电场中电势差和电场强度的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，BA间的电势差为UBA=1V，又UBA=EdABcs30∘，得场强E=UABdABcs30∘=2033V/m，故A错误，B正确．
由正六边形对称性，EB // AF，则AF也为电场中的一条等势线，φF=φA=1V，
由上可知，E的电势为φE=φB=2V>φF，
则电荷量为1.6×10−19C的正点电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为：
WEF=qUEF=q(φE−φF)=1.6×10−19×(2−1)J=1.6×10−19J，
电势能减小1.6×10−19J，故C错误．
D点的电势等于C点的电势，φD=3V，电荷量为1.6×10−19C的负点电荷从F点移到D点，电场力做功为：
WFD=qUFD=q(φF−φD)=−1.6×10−19×(1−3)J=3.2×10−19J，
电势能减小3.2×10−19J，故D错误．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
电容器的动态分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．根据C=εS4πkd知，d增大，则电容减小，故A错误．
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误．
C．电容器一直与电源相连，则极板两端的电压不变，当板间距变大时，由U=Ed可得，两板间电场强度减小，则电荷受到的电场力减小，故油滴将向下运动，故C正确．
D．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=Ud=QCd=4πkQεS，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D错误．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
电阻定律
【解析】
根据电阻定律R=ρLs得出电阻之比．
【解答】
解：当端点I、II接入电路时，根据电阻定律，电阻R1=ρL2L1d．
当端点III、IV接入电路时，根据电阻定律，电阻R2=ρL1L2d．
则R1R2=L22L12，故D正确．
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
伏安法测电阻
【解析】
根据电表示数确定电流表的接法，然后应用欧姆定律求出电阻阻值，根据电路分析实验误差．
【解答】
解：由题意可知：ΔII1=5−44=14，ΔUU1=2.40−，ΔII1>ΔUU1，
电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，
即图(a)所示接法，则电阻测量值为：R=U1I1=Ω，
由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于600Ω．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
把电流表改装成电流表
把电流表改装成电压表
【解析】
灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．
【解答】
解：由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故(1)错误，(2)正确．
由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故(3)正确，(4)错误，故C正确．
故选：C．
10.
【答案】
D
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：ABD．水平分运动是匀速直线运动，由于x3>x2>x1，故t3>t2>t1，竖直分运动是初速度为零的匀加速直线运动，故：h=12at2，由于t3>t2>t1，故a3C．因a的加速度最大，则合外力最大，合外力的功最多，根据动能定理可知整个运动过程中液滴a的动能增量最大，即a球落在地板上的末动能最大，速率最大，故C错误．
故选D．
11.
【答案】
A,C
【考点】
闭合电路的动态分析
电容器的动态分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：电压表测路端电压，电容器两端电压为路端电压，电流表测干路电流．
当有磁铁靠近 GMR 时，其阻值减小，电路电流增大，电流表的示数增大，电源内电压增大，电源内部消耗的功率变大，路端电压减小，电压表的示数变小，由C=QU得，电容器带电量减小，故AC正确．
故选：AC．
12.
【答案】
A,D
【考点】
电场力做功与电势能变化的关系
电场的叠加
【解析】
两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，根据V−t图可知在B点的加速度先增大后减小，则可判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况．
【解答】
解：A、据v−t图可知带电粒子在B点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E=Fq知，B点的场强最大为1N/C，故A正确．
B、据v−t图，由C到A的过程中，带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误．
C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误．
D、据v−t图可知A、B两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功WBA=10J，再用UAB=WABq=−10J2C=−5V，故D正确．
故选AD．
13.
【答案】
C,D
【考点】
库仑定律
电荷守恒定律
【解析】
由库仑定律列出接触前的库仑力表达式；根据电荷守恒定律可得出接触后两球的电荷量，再由库仑定律列出库仑力表达式，即可求得两力的关系．
【解答】
解：两电荷带异种电荷，由库仑定律可得：
两球接触前的库仑力F=k7Q2r2，
两球的电量q′=Q−7Q2=−3Q，
两球接触后的库仑力F′=k9Q2r2=97F，
两电荷带同种电荷，由库仑定律可得：
两球的电量q′=Q+7Q2=4Q，
两球接触后的库仑力F′=k16Q2r2=167F，故CD正确．
故选：CD．
14.
【答案】
B,C
【考点】
动量守恒定律的综合应用
【解析】
两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可．
【解答】
解：AB．两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=−2m/s，
碰撞前系统总动量：p=mAvA+mBvB=2×5kg⋅m/s+4×(−2)kg⋅m/s=2kg⋅m/s，P>0，系统总动量方向水平向右，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是2kg⋅m/s，故A错误，B正确；
CD．A的质量小于B的质量，碰撞后，A球可能反弹，碰撞后A可能向左运动，由于系统总动量向右，因此碰撞后B球一定向右运动，不可能向左运动，故C正确，D错误．
故选：BC．
15.
【答案】
B,D
【考点】
电功率
闭合电路的欧姆定律
【解析】
本题考查电功、电功率和电源效率．
【解答】
解：AB．根据欧姆定律得，回路中电流I=E−UR+r=30−109+1A=2A，A错误，B正确；
C．电动机的热功率为P热=I2RM=4W，C错误；
D．动机的输入功率P入=UI=10×2W=20W，电动机的输出功率P出′=UI−I2RM=10×2−22×1 W=16W，电动机正常工作时的效率为 80%，D正确．
故选BD．
二、实验题
【答案】
BCD,大于,AD,4:1
【考点】
利用平抛运动规律验证动量守恒定律
【解析】
①在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；
②根据实验注意事项分析答题；
③根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后答题；
④根据动量守恒列方程即可正确求出质量之比．
【解答】
解：①A、“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；
B、要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；
C、为保证两球发生对心正碰，碰撞后小球做平抛运动，碰撞的瞬间m1 和m2 球心连线与轨道末端的切线平行，故C正确；
D、要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故D正确．故选：BCD．
②为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即 m1大于m2．
③两球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
如果碰撞过程动量守恒，则m1v1=m1v1′+m2v2′，两边同时乘以t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，
m1OP¯=m1OM¯+m2ON¯，因此比较AD两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律．
④由③可知，如果两球碰撞过程动量守恒，则：m1OP¯=m1OM¯+m2ON¯，代入数据求得：m1:m2=4:1．
【答案】
（1）A,C,E
（2）如解答图所以．
【考点】
描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】
器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．
【解答】
解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的C误差较小；额定电流I=PU≈130mA，所以电流表的量程选择200mA的A，灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的滑动变阻器E．
（2）电路图如图所示．
三、解答题
【答案】
（1）库仑力大小为0.02N；
（2）A球所带的电荷量为5×10−8C．
【考点】
库仑定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）对球A受力分析，如图
根据共点力平衡条件，结合几何关系得：
F=mgtan45∘=mg=0.02N，
即A球受的库仑力为0.02N．
（2）根据库仑定律，有：
F=kQqr2，
q=Fr2kQ=0.02×0.099×109×4×10−6C=5×10−8C，
即A球的带电量是5×10−8C．
【答案】
（1）m2碰后的速度大小为4m/s；
（2）m2落地时距桌边缘A点的水平距离x=1.2m．
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
动量守恒定律的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）碰撞过程，两物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得，m1v1=m1v1′+m2v2，
代入数据解得：v2=4m/s；
（2）物体离开桌面做平抛运动，对m2：
在竖直方向上：h=12gt2，
在水平方向：x=v2t，
代入数据解得：t=0.3s，x=1.2m．
【答案】
（1）电源的电动势为12V，内阻为3Ω；
（2）当电阻箱R读数为3Ω时，电源的输出功率最大，最大值Pm 为12W；
（3）若电源的输出功率为9W ，则电阻箱的阻值为1Ω或9Ω．
【考点】
电功率
闭合电路的欧姆定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得：
E=I1R1+I1r，
E=I2R2+I2r，
代入数据可解得：
E=12V，r=3Ω．
（2）由P=E2(R+r)2R=E2(R−r)2R+4r，
当R=r=3Ω时，电源的输出功率最大，
代入数据解得Pm=E24r=12W．
（3）由电功率表达式：
P出=E2(R+r)2R=9W，
解得R=1Ω或9Ω．
【答案】
（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为102m/s2，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45∘角斜向下）。
（2）小环从C运动到P过程中的动能增量为4J。
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小为2m/s。
【考点】
带电粒子在重力场和电场中的运动
动能定理的应用
类平抛运动
【解析】
小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性。当小环离开直杆后，仅少了支持力。则此时的合力就是由重力与电场力提供，由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向。小环离开直杆后，所受合力恰与速度方向垂直，因此做的类平抛运动。当小环从C到P过程中，电场力做功刚好为零，动能的变化完全由重力做功引起。当求小环离开直杆的速度时，仅从离开前无法入手，而离开后做类平抛运动，所以利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移可求出小环的抛出速度。
【解答】
解：（1）对带电小环受力分析
因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电，
由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等，则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F合=2mg
由牛顿第二定律可得：a=2g=102m/s2，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45∘角斜向下）。
（2）设小环从C运动到P过程中动能的增量为ΔEk，由动能定理有：WG+W电＝ΔEk，
由于电场力做功为零W电＝0，
所以ΔEk＝WG＝mgh＝4J。
（3）小环离开杆做类平抛运动，
垂直于杆方向做匀加速运动：y=12at2=22h，
平行于杆方向做匀速运动：x=v0t=22h，
解得：υ0＝2m/s．