江西省抚州市临川二中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省抚州市临川二中高二（上）期中物理试卷一、选择题1如图所示电路中，r1、r2为定值电阻，电源的内电阻为r闭合电键s，电压表显示有读数，调节可变电阻r的阻值，电压表示数增大量为u对此过程，下列判断正确的是( )a可变电阻r阻值增大，流过它的电流增大b电阻r2两端的电压减小，减小量小于uc通过电阻r2的电流减小，减小量等于d路端电压一定增大，增大量小于u2杂技演员有高超的技术，能轻松地顶接从高处落下的坛子关于他顶坛时头顶受到的压力，产生的直接原因是( )a坛的形变b头的形变c物体受到的重力d人受到的重力3如图所示，匀强电场中有一个以o为圆心、半径为r的圆，电场方向与圆所在平面平行，a、0两点电势差为u，一带正电的粒子在电场中运动，经a、b两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计( )a粒子在a、b间是做圆周运动b粒子从a到b的运动过程中，动能先增大后减小c匀强电场的电场强度e=d圆周上，电势最高的点与o点的电势差为u4在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为e、内电阻为r，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器，c为电容器，为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )a电压表示数变小b电流表示数变大c电容器c所带电荷量增多da点的电势降低5一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点o为坐标原点，电场强度e的大小与位移x的关系如图所示下列图象中合理的是( )a粒子所处位置电势与位移关系b粒子动能与位移关系c粒子速度与位移关系d粒子加速度与位移关系6如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心已知电场线与圆所在平面平行下列有关圆心o和等分点a的电势的描述正确的是( )aa点的电势为4vbo点的电势为4vca点的电势为5vdo点的电势为6v7竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为r的圆弧mn和半径为r的半圆弧np拼接而成（两段圆弧相切于n点），小球带正电，质量为m，电荷量为q已知将小球由m点静止释放后，它刚好能通过p点，不计空气阻力下列说法正确的是( )a若加竖直向上的匀强电场e（eqmg），则小球能通过p点b若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过p点c若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过p点d若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过p点8如图所示，曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，在x轴上有a、b两点若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则下列说法正确的是( )aa点的电场强度方向与x轴方向相同ba点的电场强度大于b点的电场强度c带电粒子的电势能一定增加da带电粒子的动能一定增加9如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表当滑动变阻器r2的滑动触头p移动时，关于两个电压表v1与v2的示数，下列判断正确的是( )ap向a移动，v1示数增大、v2的示数减小bp向b移动，v1示数增大、v2的示数减小cp向a移动，v1示数改变量的绝对值小于v2示数改变量的绝对值dp向b移动，v1示数改变量的绝对值大于v2示数改变量的绝对值10美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量如图，平行板电容器两极板m、n与电压为u的恒定电源两极相连，板的间距为d现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则( )a此时极板间的电场强度e=b油滴带电荷量为c减小极板间电压，油滴将加速下落d将极板n向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动二、填空实验题11如图所示，a、b、c三点为一直角三角形的三个顶点，b=30现在a、b两点放置两点电荷qa、qb，测得c点场强的方向与ab平行，则qa带_，qa：qb=_12某实验小组在进行课外实验探究中，要描绘一个标有“3.8v，1w”的小灯泡的ru曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下器材可供选择：a电压表 v（量程5v，内阻约为5k）b直流电源e（电动势4.5v，内阻不计）c电流表a1（量程300ma，内阻约为1）d电流表a2（量程800ma，内阻约为0.4）e滑动变阻器r1（阻值020）（1）实验中为了比较准确地测量且方便调节，电流表应选用_（选填a1或a2）；（2）实验中要求小灯泡电压从零开始逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小请你为该实验小组设计电路图，画在图1虚线方框中；（3）根据实验数据，该实验小组计算并描绘出了ru的图象，与理想情况略有偏差，如图2甲所示由图象可知，当所加电压为2.00v时，灯泡实际消耗的电功率为_ w（小数点后保留两位数字）（4）小灯泡的iu图象如图2乙所示则流过小灯泡的电流i随电压u变化的图象是_（请选填或）三、计算题13如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从a点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线ao方向射入匀强电场，由b点飞出电场是速度方向与ao方向成45，已知ao的水平距离为d（不计重力）求：（1）从a点到b点用的时间；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）ab两点间电势差14把质量m=2103kg的带负电小球a，用绝缘细绳悬起，若将带电量为qb=4.0106c的带电球b靠近a，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向的夹角为=45，如图，试求：（1）b球受到的库仑力多大？（2）a球带电量是多少？15如图所示电路，已知r3=4，闭合电键，安培表读数为0.75a，伏特表读数为2v，经过一段时间，一个电阻被烧坏，使安培表读数变为0.8a，伏特表读数变为3.2v，问：（1）哪个电阻发生了什么故障？（2）r1的阻值是多少？（3）能否求出电源电动势和内阻r？如能，求出结果；如果不能，说明理由16如图所示，真空中有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向沿x轴正方向的匀强电场，当质量为m的带电粒子以速度v沿y轴正方向射入该区域时，恰好能沿y轴做匀速直线运动；若撤去磁场只保留电场，粒子以相同的速度从o点射入，经过一段时间后通过坐标为（l，2l）的b点；若撤去电场，只保留磁场，并在直角坐标系xoy的原点o处放置一粒子源，它能向各个方向发射质量均为m、速度均为v的带电粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力；求：（1）只保留电场时，粒子从o点运动到b点，电场力所做的功w；（2）只保留磁场时，粒子源发射的粒子从o点第一次运动到坐标为（l，2l）的a点所用的时间t2015-2016学年江西省抚州市临川二中高二（上）期中物理试卷一、选择题1如图所示电路中，r1、r2为定值电阻，电源的内电阻为r闭合电键s，电压表显示有读数，调节可变电阻r的阻值，电压表示数增大量为u对此过程，下列判断正确的是( )a可变电阻r阻值增大，流过它的电流增大b电阻r2两端的电压减小，减小量小于uc通过电阻r2的电流减小，减小量等于d路端电压一定增大，增大量小于u【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由题意电压表的示数增大了u，说明r和r1并联的电阻增大，知r增大r增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻r2两端的电压减小，根据路端电压的变化，分析电阻r2两端的电压减小量和u的大小，由欧姆定律求出电流减小量的范围【解答】解：a、由题，电压表的示数增大，r和r1并联的电阻增大，得知r增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过r1的电流增大，所以通过可变电阻r的电流减小，故a错误b、c、r增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻r2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻r2两端的电压减小量小于u，由欧姆定律得知，通过电阻r2的电流减小，减小量小于故c错误，b正确d、由于电阻r2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于u故d正确故选：bd【点评】本题根据部分与整体的关系，采用总量法分析r2两端的电压减小量和u的增加量的大小，即总量增大，增大的量较大2杂技演员有高超的技术，能轻松地顶接从高处落下的坛子关于他顶坛时头顶受到的压力，产生的直接原因是( )a坛的形变b头的形变c物体受到的重力d人受到的重力【考点】物体的弹性和弹力【专题】弹力的存在及方向的判定专题【分析】产生弹力需要的条件：一是接触，二是发生形变【解答】解：头顶受到的压力是由于坛子产生形变，对与之接触的头产生力的作用，选项a正确，bcd错误故选a【点评】除了知道弹力产生的条件，还要会判断弹力的方向，即与接触面垂直，指向被压或被支持的物体3如图所示，匀强电场中有一个以o为圆心、半径为r的圆，电场方向与圆所在平面平行，a、0两点电势差为u，一带正电的粒子在电场中运动，经a、b两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计( )a粒子在a、b间是做圆周运动b粒子从a到b的运动过程中，动能先增大后减小c匀强电场的电场强度e=d圆周上，电势最高的点与o点的电势差为u【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】带正电粒子仅在电场力作用下，从a运动到b，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小由于匀强电场，则等势面是平行且等间距根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向【解答】解：a、带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在a、b两点动能相等，则电势能也相等因为匀强电场，所以两点的连线ab即为等势面根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线co由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着co方向，因此粒子从a到b做抛体运动，故a错误；b、由a选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90后小于90，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大故b错误；c、匀强电场的电场强度ed=u式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，uao=e，所以e=，故c错误；d、圆周上，电势最高的点与o点的电势差为u=er=，故d正确；故选：d【点评】紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置再由曲线运动来确定电场力的方向同时考查u=ed中d的含义重要性4在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为e、内电阻为r，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器，c为电容器，为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )a电压表示数变小b电流表示数变大c电容器c所带电荷量增多da点的电势降低【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻r1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器c的电压等于电阻r2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过r2的电流变化情况，分析电流表的变化a点的电势等于r2两端的电压【解答】解：a、在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流i增大，电阻r1两端电压增大，则电压表示数变大，a错误c、电阻r2两端的电压u2=ei（r1+r），i增大，则u2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，c错误b、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于r2两端的电压，u2变小，则a点的电势降低，通过r2的电流i2减小，通过电流表的电流ia=ii2，i增大，i2减小，则ia增大即电流表示数变大故bd正确故选bd【点评】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化5一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动取该直线为x轴，起始点o为坐标原点，电场强度e的大小与位移x的关系如图所示下列图象中合理的是( )a粒子所处位置电势与位移关系b粒子动能与位移关系c粒子速度与位移关系d粒子加速度与位移关系【考点】电势；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动，是加速运动；根据a=判断加速度情况；ex图线与x轴包围的面积表示电势差【解答】解：a、粒子仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动，是加速运动；ex图线与x轴包围的面积表示电势差，故电势差逐渐增大，故a错误；d、根据ex图线，场强逐渐减小，故根据a=，加速度逐渐减小，ax图象与ex图象形状相同，故d错误；b、根据动能定理，有：，故exx图象的切线斜率不断减小，故b正确；c、v与x不是简单的正比关系，结合b选项分析，图象的切线斜率是减小的，故vx图象不是直线，故c错误；故选：b【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后结合动能定理进行分析，图象的斜率、与横轴包围的面积物理意义要清楚6如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心已知电场线与圆所在平面平行下列有关圆心o和等分点a的电势的描述正确的是( )aa点的电势为4vbo点的电势为4vca点的电势为5vdo点的电势为6v【考点】电势【分析】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等【解答】解：a、在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以：8a=62解得：a=4v故a正确，c错误b、o点的电势为a点和6v的中点，故电势为：故bd错误故选：a【点评】本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面7竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为r的圆弧mn和半径为r的半圆弧np拼接而成（两段圆弧相切于n点），小球带正电，质量为m，电荷量为q已知将小球由m点静止释放后，它刚好能通过p点，不计空气阻力下列说法正确的是( )a若加竖直向上的匀强电场e（eqmg），则小球能通过p点b若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过p点c若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过p点d若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过p点【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】应用动能定理求出小球到达p点的速度，小球恰好通过p点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题【解答】解：设m、p间的高度差为h，小球从m到p过程由动能定理得：mgh=mv20，v=，小球恰好通过p点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，r=2h；a、若加竖直向下的匀强电场e（eqmg），小球从m到p过程由动能定理得：（mgqe）h=mv20，解得：v=，则：m=mgqe，小球恰好通过p点，故a正确；b、若加竖直向上的匀强电场，小球从m到p过程由动能定理得：（mg+qe）h=mv20，解得：v=，则：m=mg+qe，小球恰好通过p点，故b错误；c、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达p点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则：qvb+mgm，小球不能通过p点，故c正确；d、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达p点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：mgqvbm，小球对轨道有压力，小球能通过p点，故d错误；故选：ac【点评】本题是一道力学综合题，知道小球通过p点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题8如图所示，曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，在x轴上有a、b两点若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则下列说法正确的是( )aa点的电场强度方向与x轴方向相同ba点的电场强度大于b点的电场强度c带电粒子的电势能一定增加da带电粒子的动能一定增加【考点】等势面【分析】电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低沿着等势面移动点电荷，电场力不做功电场线与等势面垂直【解答】解：a、曲线表示电场中关于x轴对称的等势面，又沿着电场线方向电势降低，所以a点的电场强度方向与x轴方向相同，故a正确；b、点b的等势面比a点的等势面密，则b点的场强比a点的大即a点的场强小于b点的场强，故b错误；c、若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则带电粒子的电势能一定增加，若只有电场力做功，则动能减小，故c正确，d错误故选：ac【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，及沿着电场线方向电势降低，即可解决本题9如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表当滑动变阻器r2的滑动触头p移动时，关于两个电压表v1与v2的示数，下列判断正确的是( )ap向a移动，v1示数增大、v2的示数减小bp向b移动，v1示数增大、v2的示数减小cp向a移动，v1示数改变量的绝对值小于v2示数改变量的绝对值dp向b移动，v1示数改变量的绝对值大于v2示数改变量的绝对值【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化【解答】解：由图可知r1与r2串联，v1测r1两端的电压，v2测r2两端的电压；若p向a端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大，r1两端的电压增大；路端电压减小，故r2两端的电压减小，故a正确，因路端电压减小，v1示数增大，v2示数减小，而两电表之和等于路端电压，故可知v1示数改变量的绝对值小于v2示数改变量的绝对值，故c正确；若p向b端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电流减小，内电压减小，v1减小，故b错误；由于内电压减小，故路端电压增大，而v1减小，v2必然增大，且增大量一定大于v1的减小量，故d错误；故选：ac【点评】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质10美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量如图，平行板电容器两极板m、n与电压为u的恒定电源两极相连，板的间距为d现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则( )a此时极板间的电场强度e=b油滴带电荷量为c减小极板间电压，油滴将加速下落d将极板n向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用【分析】由e=，求解电场强度油滴静止不动时，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件求出油滴的电量根据油滴的电场力有无变化，分析其运动情况【解答】解：a、两极板间的电压为u，板间距离为d，则板间的电场强度e=，故a正确b、油滴静止不动，由平衡条件得：mg=qe=q，得油滴带电荷量为：q=，故b错误c、减小极板间的电压时，由e=，知板间场强e减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将加速下落故c正确d、将极板n向下缓慢移动一小段距离，由e=，知板间场强e减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故d错误故选：ac【点评】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，注意由受力情况来确定运动情况是解题的思路二、填空实验题11如图所示，a、b、c三点为一直角三角形的三个顶点，b=30现在a、b两点放置两点电荷qa、qb，测得c点场强的方向与ab平行，则qa带负电，qa：qb=1：8【考点】电场的叠加【专题】电场力与电势的性质专题【分析】通过假设法，根据c点合场强的方向判断出a电荷的电性，根据点电荷的场强公式，通过距离点电荷的距离，求出电荷量之比【解答】解：若a、b都为正电荷，都为负电荷，或a为正电荷，b为负电荷，c点合场强的方向不可能与ab平行所以a为负电荷、b为正电荷，根据平行四边形定则，知a、b在c点的场强之比为又点电荷的场强公式为，c点距离a、b两点间的距离比，可知故答案为：负电，1：8【点评】解决本题的关键掌握点电荷场强的公式，以及知道场强的叠加遵循平行四边形定则12某实验小组在进行课外实验探究中，要描绘一个标有“3.8v，1w”的小灯泡的ru曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下器材可供选择：a电压表 v（量程5v，内阻约为5k）b直流电源e（电动势4.5v，内阻不计）c电流表a1（量程300ma，内阻约为1）d电流表a2（量程800ma，内阻约为0.4）e滑动变阻器r1（阻值020）（1）实验中为了比较准确地测量且方便调节，电流表应选用a1（选填a1或a2）；（2）实验中要求小灯泡电压从零开始逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小请你为该实验小组设计电路图，画在图1虚线方框中；（3）根据实验数据，该实验小组计算并描绘出了ru的图象，与理想情况略有偏差，如图2甲所示由图象可知，当所加电压为2.00v时，灯泡实际消耗的电功率为0.44 w（小数点后保留两位数字）（4）小灯泡的iu图象如图2乙所示则流过小灯泡的电流i随电压u变化的图象是（请选填或）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】根据小灯泡规格求出额定电流来选择电流表量程；根据实验要求电压从零调可知变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节由于小灯泡电阻较小可知电流表应用外接法，即电路应是“分压外接”根据ru图象读出电压为3v时对应的电阻，然后即可求出功率【解答】解：（1）根据小灯泡规格“3.8v，1w”可知，额定电流为：i=260ma，所以电流表应选a1；（2）由于实验要求电压从零调，所以变阻器应用分压式接法，由于小灯泡电阻较小可知电流表应用外接法，即电路应是“分压外接”电路图如图：（3）由图象可知，当所加电压为2.00v时，r=9.1，灯泡实际消耗的电功率为：p=0.44w（4）由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故越大，故iu图象的斜率随电压的增大而减小，则流过小灯泡的电流i随电压u变化的图象是 故答案为：（1）a1；（2）如图所示；（3）0.44；（4）【点评】本题考查了滑动变阻器、电流表的接法及电表量程的选择和滑动变阻器的选择，电路图的设计，图象信息的读取，难度较大，综合性较强三、计算题13如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从a点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线ao方向射入匀强电场，由b点飞出电场是速度方向与ao方向成45，已知ao的水平距离为d（不计重力）求：（1）从a点到b点用的时间；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）ab两点间电势差【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）粒子从a点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由水平距离d和初速度v0可求出时间（2）将粒子射出电场的速度进行分解，求出竖直方向分速度vy，由牛顿第二定律和vy=at结合求出电场强度e（3）由动能定理可求解ab两点间电势差【解答】解：（1）粒子从a点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t=（2）由牛顿第二定律得：a=将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan45=v0，又vy=at，得：v0=，解得：e=（3）由动能定理得：euab=解得：uab=答：（1）从a点到b点用的时间为；（2）匀强电场的电场强度大小为；（3）ab两点间电势差为【点评】本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究14把质量m=2103kg的带负电小球a，用绝缘细绳悬起，若将带电量为qb=4.0106c的带电球b靠近a，当两个带电小球在同一高度相距r=0.3m时，绳与竖直方向的夹角为=45，如图，试求：（1）b球受到的库仑力多大？（2）a球带电量是多少？【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【分析】（1）a球受重力、拉力和静电力处于平衡，根据合成法求出a球所受的静电力（2）根据库仑定律f=k求出a球所带的电量【解答】解：（1）依题意，带负电的小球a处于平衡状态，a受到库仑力f、重力mg以及绳子的拉力t的作用（如图），根据平衡条件，得：mgtcos=0ftsin=0得：f=mgtan=21039.81=2102（n）根据牛顿第三定律，有：f=f=2102（n）（2）根据库仑定律，得：f=解得：q=5.0108（c）答：（1）b球受到的库仑力2102（n）；（2）a球带电量是5.0108（c）【点评】解决本题的关键掌握库仑定律以及会用合成法求解共点力平衡问题15如图所示电路，已知r3=4，闭合电键，安培表读数为0.75a，伏特表读数为2v，经过一段时间，一个电阻被烧坏，使安培表读数变为0.8a，伏特表读数变为3.2v，问：（1）哪个电阻发生了什么故障？（2）r1的阻值是多少？（3）能否求出电源电动势和内阻r？如能，求出结果；如果不能，说明理由【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）由题意，发生故障后，电压表和电流表的示数都增大，说明，外电路总电阻增大，即可判断哪个电阻出现故障（2）由欧姆定律求解r1的阻值（3）根据闭合电路欧姆定律，对故障出现前后进行列式分析【解答】解：（