2018-2019学年河南省驻马店市高二(上)期末物理试卷

1、2018-2019 学年河南省驻马店市高二（上）期末物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共9 小题，共36.0 分）1.迄今为止， 科学实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量，人们把这个最小的电荷量叫做元电荷。下列科学家中，最早测得元电荷数值的是（）A. 库仑B. 奥斯特C. 密立根D. 安培2.如图所示， 一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中， 在以导线截面的中心O 为圆心的圆周上有a、b、cd 四点，已知 a 点的磁感应强度为 2B，方向也是竖直向下， 则d 点的磁感应强度的大小和方向分别为（）A. 大小为BB. 大小为2B方向水平，方向竖直

2、向上向右C. 大小为B，方向垂直纸面向外D. 大小为B，方向斜向右下方3.在如图所示的电路中，某同学根据闭合开关K 时，电流表示数的变化情况，来判断电源有无内阻。下列是他对实验结果的判断，其中正确的是（）A. 若电流表示数不变，则电源有内阻B. 若电流表示数不变，则电源无内阻C. 若电流表示数变大，则电源有内阻D. 不能通过该实验判断电源是否有内阻4.已知只在 A、B 之间的空间区域内存在有静电场， 电场线平行于 x 轴，电场中电势 沿 x 轴方向的分布如图所示， 一带正电粒子从 A 点由静止释放，仅在电场力作用下沿x 轴运动，则以下分析正确的是（）A. 粒子恰好能到达B 位置再返回B.C.D

3、.粒子在到达B 位置前就开始向A 点返回粒子到达B 点后继续向右运动不再返回条件不足，无法判断粒子能否到达B 点5.如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和a 粒子（氦原子核）先后以相同的动能对准圆心O 射入磁场，若粒子只受磁场力的作用，已知质子在磁场中偏转的角度为90，则 粒子在磁场中偏转的角度是（）A. 30B. 45C. 90D. 120 6. 如图所示， 电源电动势 E=10V，内阻不计， R1=1.0 ，R2=4.0 ， R3=5.0 ，C1=C2=30 F ，先闭合开关 S，待电路稳定后，再将 S断开，则从 S断开到电路再次稳定的过程中，通过R2 的电荷量为（）A. 1

4、.2 10-4 CB. 1.5 10-4CC.1.8 10-4 CD. 3010-4 C7. 如图所示，两条平行的光滑金属导轨间距为10cm，导轨平面与水平面夹角为 45，上端连接的定值电阻阻值为19，电源电动势为 3V（内阻不计），质量为12g的导体棒 ab放在金属导轨上，且与导轨垂直。 整个装置处在方向垂直第1页，共 17页于导体棒的匀强磁场（图中未画出）中，已知重力加速度g 取 10m/s2，不计导轨和导体棒的电阻。若使导体棒静止不动，关于磁场的磁感应强度最小值Bm，和与之相对应的磁场方向（顺着导体棒从a 向 b 看），以下说法正确的是（）A. Bmin=T，水平向左B. Bmin=0.

5、4T，水平向左C.Bmin=TD.Bmin=0.1T垂直斜面向上，垂直斜面向上8. 类比磁通量的概念，在静电场中同样可以定义电通量的概念：若电场中有一个面积为 S 的区域，各处的电场强度大小均为E，且与该区域垂直，则穿过这个面积的电通量=ES空间中现有一个电荷量为Q 的固定点电荷，在其周围激发静电场，以点所在位置为球心作两个半径不同的球面S1 和 S2，如图所示。则以下说法正确的是（）A. 通过 S1 和 S2 的电通量与它们距球心的距离成正比B. 通过 S1 和 S2 的电通量与它们距球心距离的平方成正比C. 通过 S1 和 S2 的电通量与它们距球心的距离成反比D. 通过 S1 和 S2

6、的电通量为一个恒量，与它们距球心的距离无关9. 一个可自由移动的带电粒子（重力忽略不计）在匀强电场、匀强磁场同时存在的空间中可能出现的运动状态是（）A. 匀变速直线运动C. 匀变速曲线运动二、多选题（本大题共3 小题，共12.0 分）B.D.静止匀速圆周运动10. 如图所示，六个点电荷分布在边长为 a 的水平放置的正六边形 ABCDEF 六个顶点处在 A、 D、 F 处点电荷的电荷量均为-q，其余各处点电荷的电荷量均为 +q，光滑竖直杆固定在正六边形的中心轴上。 现将质量为 m、带电荷量为 +Q 的小环穿在杆上，由P 点自由释放，若不考虑P 环的电荷对电场的影响，则下列说法正确的是（）A. O

7、 点电场强度大小为，方向由O 指向 CB. O 点电势等于P 点电势C. 小环从 P 到 O 做匀加速直线运动D. 小环从 P 到 O 的过程电势能先减小后增大11. 如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图示箭头方向为正方向。螺线管与灵敏电流表G 相连，构成闭合回路。当螺线管内的磁感应强度B 随时间 t按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是（）A.B.在 t=1s 时，电流表 G 的示数为 0在 0-1s 时间内，感应电流方向为 c G b第2页，共 17页C. 1s-2s 与 2s-3s 两段时间内，感应电流方向相同D. 在 2s-4s 时间内，电流先增大再减小12.如图所示，

8、平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）相连，下极板接地，在两极板间P 点固定一个带负电的微粒。现在改变某一条件（P 点始终在两极板间），当电路再次稳定后，一定能使带电微粒的电势能减少的情况是（）A. 将上极板向下平移一小段距离B. 将上极板向左平移一小段距离C. 下极板向下平移一小段距离D. 在极板间充入某种电介质三、实验题探究题（本大题共2 小题，共16.0 分）13. 软铁环上绕有 A、 B、 C 三个线圈，线圈的绕向如图所示，这三个线圈分别与线圈 M、电源、电流表相连。当电键 K 1 闭合、 K2 断开时，将条形磁铁的N 极加速向下插入线圈M 过程中，电流表指针向左偏转。由上述

9、可知：（ 1）若保持K1 闭合、 K2 断开，将条形磁铁的S 极从线圈 M 中加速向上拔出的过程中，电流表指针_（选填向左向右或不）偏转（ 2）若保持 K1、K2 均闭合，将条形磁铁插入线圈M 中保持不动， 电流表指针 _（选填向左、向右或不）偏转（ 3）若保持 K1 断开，在 K2 闭合瞬间，电流表指针 _（选填向左、向右或不）偏转14. 某兴趣小组要将一块量程为1mA、内阻约为 100 的电流表 G 改装成量程为 3V 的电压表，首先要测量该电流表的内阻Rg，现有如下器材A待测电流表 G（量程 1mA、阻值约 100 ）B滑动变阻器（总阻值 5000 、额定电流 0.5A）；C滑动变阻器（

10、总阻值 500 、额定电流 1A）；D电阻箱（总阻值 999.9 ）；E电源（电动势为 1.5V，内阻很小）F电源（电动势为 3V，内阻很小）G开关、导线若干（ 1）该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电流表G 的内阻，则为了减小系统误差， 滑动变阻器R1 应该选择 _，电源选择 _（填器材前代码序号）（ 2）实验时，先断开开关S2，将滑动变阻器R1 调至最大值，再闭合开关S1，调节R1，使电流表G 的示数为Ig；保持 R1 的阻值不变再闭合开关S2，调节电阻箱R2，使电流表G 示数为，此时电阻箱R2 的示数如图乙所示，则电流表G 的内阻为_ （ 3）该实验中，电流表G 内阻的测量值 _真

11、实值（选填大于、等于或小于）（ 4）若将该电流表G 改装成 3V 的电压表，则需串联_ 的定值电阻第3页，共 17页四、计算题（本大题共4 小题，共46.0 分）15.如图所示，水平面内两根足够长的平行金属导轨MM 和 MN相距 L ，左端 MN之间接一个阻值为 R 的电阻，质量为 m 的金属棒 ab 垂直跨放在两导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场中。 t=0 时刻，金属棒 ab 在方向平行于导轨大小为 F 的水平恒力作用下由静止开始运动， 经过一段时间， 金属棒恰好开始做匀速运动，在这段时间内回路中产生的焦耳热为Q假定导轨光滑，导轨与导体棒的电阻均不计，求：（

12、1）金属棒ab 匀速运动时的速度；（ 2）金属棒ab 从 t=0 时刻到开始做匀速运动时发生的位移x。16. 如图所示， P 点是光滑绝缘斜面 AC 的中点，斜面高度AB=h，倾角为 30空间存在方向水平向右的匀强电场，场强大小未知。 当在 B 点固定一质量为 m 的带电小球时，另一质量和带电情况完全相同的小球，恰好可以静止在P 点且对斜面无压力。已知重力加速度为g，静电力常量为 k，小球可视为质点。（ 1）求小球所带电荷量 q 和电场的场强 E；（ 2）若把 B 点的小球撤去，将 P 点的小球由静止释放，求该小球离开斜面时的速度。第4页，共 17页17. 如图所示，圆形金属线圈半径r=0.3

13、m，匝数 n=50，电阻 R0=19，竖直放置在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小随时间t 按 B=（1+t） T 的规律变化，磁场方向水平向里与线圈平面垂直：两个定值电阻的阻值分别为R12，水平平行=69，R =12板电容器 C 极板长 L=0.1m，两板间距 d=0.05m（ 1）求线圈中产生的感应电动势E；（ 2）当滑动变阻器接入电路中的阻值R=1 时，求电阻 R1 消耗的电功率；（ 3）调节滑动变阻器， 可使速度为 v=3102m/s、比荷为 =3104Ckg 的带电粒子 （重力忽略不计） 紧贴电容器 C 上极板从左侧水平射入电容器后， 刚好能从下极板的右边缘射出，求此时滑动变阻器接入电

14、路的阻值。18. 如图所示，长木板 C 质量为 mc=0.5kg，长度为 l=2 m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D 、E（厚度不计）， P 为木板 C 的中点，一个质量为 mB=480g 的小物块 B 静止在 P 点。现有一质量为mA=20g 的子弹 A，以v =100m/s 的水平速度射入物块B 并留在其中（射入时间极短），已知重力加速度02g 取 10m/s（ 1）求子弹 A 射入物块 B 后的瞬间，二者的共同速度；（ 2） A 射入 B 之后，若与挡板D 恰好未发生碰撞，求B 与 C 间的动摩擦因数 ；1（ 3）若 B 与 C 间的动摩擦因数2=0.05， B

15、 能与挡板碰撞几次？最终停在何处？第5页，共 17页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：科学实验发现 的最小电荷量就是 电子所带电荷量，这个数值最早是由美国物理学家密立根 测得的，故 C 正确，ABD 错误 。故选：C。根据物理学史和常 识解答，记住著名物理学家的主要 贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大 发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.【答案】 D【解析】解：磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀 强磁场，已知 a 点的磁感应强度为 2B，方向也是竖直向下，那么通电直导线在 a 点的磁感应强度大小为竖B，方向 直向下，则通电直导线在 d 点的磁

16、感 应强度的大小仍 为 B，根据右手螺旋定 则，其方向水平向右；依据矢量的合成法则 则应强度的大小 Bd=B，其， d 点的合磁感方向斜向右下方，故 ABC 错误，D 正确；故选：D。根据右手螺旋定 则，结合矢量的合成法 则，及三角知识，即可求解。考查右手螺旋定 则、矢量的合成法则，掌握通电直导线的磁场大小与方向的确定，注意确定通电直导线在 a 点的磁感 应强度大小是解 题的关键 。3.【答案】 B【解析】解：当K 闭合后，外电路的总阻值变小，如果电源有内阻 则路端电压变小，则电流表示数 变小，若电源无内阻，则路端电压不变，电流表示数不 变，故B 正确，ACD 错误；第6页，共 17页故选：B

17、。根据闭合电路欧姆定律可知，如果 电源有内阻，当外电阻阻值变化时，路端电压及外电路电流都会发生变化。此题考查闭合电路的欧姆定律中 电源内阻的 测定原理，基础题。4.【答案】 A【解析】解：由图知：UAO =UOB 假设粒子到 B 的速度为 vB，从A 到 B 由动能定理得：qUAO+qUOB= -0 联立解得：vB =0，即粒子恰好能到达 B 位置再返回，故 A 正确，BCD 错误 。故选：A。由图可知 AO 、OB 间的电势差的关系，假设粒子能到 B 点，根据动能定理可求得到 B 的速度，根据速度分析即可。本题考查了电势差与电势的关系、动能定理的基本 应用，理解电势差的含义是解题的关键。5.

18、【答案】 C【解析】伦兹力提供向心力 qvB=，得R=质质量之比解：根据洛， 子和 a粒子的为 1：4，所带电荷量之比 为 1：2，质子和 a 粒子（氦原子核）具有相同的动能，故两者的速度之 别为 2：1根据 R=可得，质子和 a 粒子在磁 场中做圆周运动的半径相等，所以转过的角度相同，即也转 90，故C 正确，ABD 错误，故选：C。根据 动能相等求出 质子和 a 粒子的速度之比，子和 a 粒子的 质量之比 为 1：4，所带电荷量之比 为 1：2，根据 R=求出质子和 a 粒子半径之比从而二者知转过的角度关系。第7页，共 17页解答此题的关键是知道质子和 a 粒子的荷 质比，然后根据动能相等

19、求解速度之比，知半径关系从而知 转过的角度关系。基础题。6.【答案】 B【解析】解：开关闭合时，电路中电流为：I=1A；C2 两端的电压为：UC2=IR3=15=5V；C2 的带电量为：Q2=C2UC2=3010-65=1.5 10-4C，当断开开关后，两电容器直接与 电源相连，故通过 R2 的电量为：Q2=1.5 10-4C，故B 正确，ACD 错误；故选：B。当开关闭合时，R1、R2、R3串联，电容器 C2与并联 R3，C1与 R2、R3串联并联，应用串 联电 路特点与欧姆定律求出各 电 容器两端 电压 ；当开关断开 时，电路断开，两电容器均与 电源相连，故两电容器充电，通过 R2的电量等

20、于 C2 电容器上增加的 电量。本题要注意电路的结构，当电路开始变化时，电容器充放 电，电路中有电流存在；而当电容器稳定后，电路相当于断开。【答案】 C7.【解析】导导体棒受重力和支持力的合力沿导轨向下为解： 体棒受到的最小安培力，F=mgsin45=BIL ，解得 B=，根据左手定则知，磁场方向垂直斜面向上，故 C 正确，ABD 错误；故选：C。根据力的合成与分解可知， 导体棒受重力，支持力和安培力作用。安培力最小为重力和支持力的合力。本题是电磁感应与电路、磁场、力学等等知识的综合，涉及的知识较多，综合性较强。第8页，共 17页8.【答案】 D【解析】电荷的场强公式，求得球面上各处的电场强度

21、大小为：，解：根据点由于球面上各 处电场强 度方向都与球面垂直，故通 过球面的电通量为：由公式 可知，通过 S1 和 S2 的电通量与它 们距球心的距离无关。故 ABC 错误，D 正确；故选：D。根据点电荷的场强公式，求得球面上各 处的电场强度大小；然后结合电通量的定义即可作出判断。本题考查学生知识迁移能力，解答的关 键是理解题目的要求，将磁通量的概念与相关的方法迁移到 对电通量的理解。9.【答案】 A【解析】解：A 、若电场方向与磁 场方向共线，且粒子的运动方向沿电、磁场方向，则粒子不受洛 伦兹力，只受电场力，而电场力是恒力，因此粒子做匀 变速直线运动，故A 正确；B、带电粒子静止 时，只受

22、到电场力，不受洛伦兹力，不可能静止，故 B 错误；C、若粒子做匀变速曲线运动，合外力恒定，电场力恒定，而洛伦兹力会随着速度的 变化而变化，所以合外力不可能恒定，所以不可能做匀变速曲线运动，故 C错误。D、匀速圆周运动的合外力大小恒定，方向指向 圆心，由于电场力恒定，洛伦兹力大小恒定，方向时刻在变化，所以合外力大小不可能恒定，方向也不可能始终指向圆心，所以不可能做匀速 圆周运动，故 D 错误故选：A。带电粒子在电磁场中受到电场力和洛 伦兹力作用，对带电粒子进行受力分析，第9页，共 17页根据受力情况即可判断运动情况。解决本题的关键要掌握匀 变速直线运动、匀速圆周运动和匀变速曲线运动的条件，知道洛

23、伦兹力与速度方向的关系，从而作出判断。10.【答案】 BC【解析】解：A 、每一个电荷在中心 O 处产生的场强均为，根据场强的叠加原理可得，O 点电场强度大小为，方向有 O 指向 F，故A 错误；B、由电势的叠加可知，OP 上各点的 电势均为零，则 O 点电势等于 P 点电势，故 B正确；C、小环从 P到 O 电势能不变，则小环只受重力作用而匀加速直 线运动，故C正确；D、小环从 P到 O 的过程电势能不变，故D 错误。故选：BC。根据六个点 电荷的分布情况，根据矢量叠加原理求解O 点的场强和方向，电势是标量，叠加时是代数和，有此求解 OP 上各点电势关系，由此判断小环在OP 上的运动情况和电

24、势能的变化情况。此题关键是知道场强的叠加原理 满足平行四 边形法则，而电势的叠加时代数和。11.【答案】 BD【解析】解：A 、由 B-t 图知，t=1s 时刻磁通量 为零，则感应电流最大；故 A 错误 。B、0-1s 时间内磁场的方向向下，且减小，由楞次定律可知，感 应电流的磁场方向向下，感应电流的方向向下，为 dcGba故B 正确；C、在 1-2s时间内，磁通量的向上不断 变大，在 2-3s时间内，磁通量的向上不断变小，根据楞次定律，两端时间内感应电流方向相反。故 C 错误 。D、在 2-4s 时间内，磁场的变化率先增大后减小，由法拉第 电磁感应定律可知，感应电流先增大后减小。故 D 正确

25、。第10 页，共 17页故选：BD。根据 B-t 图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出 电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感 应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的 变化。解决本题的关键掌握楞次定律判断感 应电流的方向，右手螺旋定 则判断电流和周围磁场方向的关系。12.【答案】 AC【解析】解：平行板电容器与电动势为 E 的直流电源连接，知平行板的间的电势差不变，根据 EP=q知，点电荷的电势能与电势高低有关，P 点电势等于这点与 0势面的电势差，即 =Ed ，所以 E =qEd。0PP0PA 、将上极板向下平移一小段距离，板 间距减

26、小，根据 E=知电场强度增大，电势能 EP=-qEd0P 减小，故 A 正确；B、将上极板向左平移一小段距离，改变正对面积 电电场， 容减小，但不影响强度和 P到零势面的距离，所以电势能不变，故B 错误；C、将平行板电容器的下极板 竖直向下平移一小段距离， d 增大，根据 E=，电场强电势能 EP=-qEd0P=-减小，故 C 正确；度减小，间充入某种电介质电变电场强度和 P到零势面的D、在极板，增大 容，但不改距离，所以电势能不变，故 D错误。故选：AC。电容器与电源相连接，电势差不变，根据U=Ed 确定出 P 电势能与那些物理量有关，从而分析各项 。解决本题的关键抓住电容器的电势差不变，根

27、据 d 的变化判断电场强度的变化，负电荷电势能 EP=-qEd0P，电势越高电势能越小。13.【答案】 向右不向右【解析】第11 页，共 17页解：（1）若保持K 1 闭合、K 2 断开，将条形磁铁的 S 极从线圈 M 中加速向上拔出的过程中根据感应电流产生条件和楞次定律可知， M 中产生从上往下看瞬 时针方向电流，由于加速拔出，则产生电流增大，则 A 中电流从右端 进，左端出，电流增大，根据安培定则可知 A 产生磁场轴线上方向为从右向左，则 C 中磁场方向从下向上，且增大，故会产生感应电流，根据楞次定律可知，线圈 C 中电流方向从上向下，又将条形磁 铁的 N 极加速向下插入 线圈 M 过程中

28、，电流表指针向左偏转，此时与之相反，则电流表指针向右偏转；（2）若保持K 1、K 2 均闭合，将条形磁铁插入线圈 M 中保持不 动，线圈 A 中无电流，B 中电流不变，所以C 线圈中的磁 场不变，故磁通量不变，故无感应电流产生；（3）若保持K 1 断开，在K 2 闭合瞬间，B 中电流瞬时增大，金属环中产生逆时针方向磁场，则 C 中磁场方向从下而上，且增大，故会产生感应电流，且与（1）产生电流方向相同，故向右；故答案为：（1）向右；2（）不；3（）向右。应用楞次定律判断出感 应电流的方向，然后判断 电流表指针的偏转方向。探究电磁感应现象时，应先明确电流表指针偏转方向与电流方向间的关系，应用楞次定

29、律即可正确解 题。14.【答案】 BF96小于2904【解析】解：（1）用半偏法测电流表内阻，为减小实验误差，滑动变阻器最大阻 值与电源电动势应 大些，由实验器材可知，为减小实验误差，滑动变阻器 R1 应选择B，电源应选择 F。（2）由图示电阻箱可知，电阻箱示数 为：R2=0 100 +4 10 +8 1 +0 0.1 ， =48第12 页，共 17页闭合开关 S2 后认为干路电流不变，电流表示数 为由并联电路特点可知，流过电阻箱的电流为，电流表与电阻箱并联，其两端电压相等，则：Rg=R2解得电流表内阻：Rg=2R2=2 48=96；（3）当闭合开关 S2 后，电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定

30、律可知，电路电流变大，当电流表示数 为时，流过电阻箱的电流大于，电阻箱阻值偏小，实验认为 Rg=2R2，由于电阻箱阻值偏小，则电流表内阻 测量值小于真实值；（4）设将该电流表 G 改装成量程 Um=3V 的电压表，需要串联的定值电阻阻值为 R，根据欧姆定律可得： Um=Ig（Rg+R）其中：Ig=1mA=1 10-3A即：3=110-3（96+R）可得需要串 联的定值电阻阻值：R=2904故答案为：（1）B；F；（2）96；（3）小于；4（）2904。（1）应用半偏法 测电流表内阻，为减小实验误差，电源电动势与滑动变阻器最大阻值应尽可能大些，根据半偏法 测电流表内阻的 实验原理与实验注意事项分

31、析答题；（2）电阻箱各旋 钮示数与对应倍率乘积之和是电阻箱示数；根据题意应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电流表内阻；（3）根据实验步骤，应用串并联电路特点分析 实验误差；（4）若将该电流表 G 改装成 3V 的电压表，根据欧姆定律即可求出需串 联的定值电阻阻值。本题考查半偏法测电流表内阻的原理和 电压表的改装原理，难点是对半偏法第13 页，共 17页测电流表内阻 误差的分析；知道半偏法测电表内阻的使用原来、 电压表的改装原理是解 题的前提与关 键；要掌握电压表与电流表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。15.【答案】 解：（ 1）金属棒切割磁感线缠身的感应电动势为E=BLv回

32、路中产生的感应电流为，金属棒匀速运动时，由平衡条件得F=BIL 联立解得：；（ 2）由功能关系解得：；答：（ 1）金属棒ab 匀速运动时的速度为；（ 2）金属棒ab 从 t=0 时刻到开始做匀速运动时发生的位移x 为。【解析】（1）匀速运动时，由E=BLv 求出动生电动势然后由欧姆定律求出 电流；由安培力公式求出金属棒受到的安培力，然后由平衡条件求出拉力F；（3）根据功能关系求金属棒的位移；本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，认真审题理解题意、分析清楚金属棒的运 动过程是解题的关键。1P点且对斜面无压力，小球受力分析，如图16.【答案】 解：（ ）小球恰好可以静止在所示：由平衡得： mg

33、=qEtan60 由几何关系可知BP=PA=AB=h联立解得：、 （ 2）如果撤去 B 点的带电小球， 则 P 点的小球只受重力和电场力， 而 qEcos30 mgsin30 ，所以 P 点小球沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：qEcos30 -mgsin30 =ma 2由运动规律得：v =2 a?PA 联立解得：答：（ 1）小球所带电荷量q 为，电场的场强E 为；第14 页，共 17页（ 2）若把 B 点的小球撤去， 将 P 点的小球由静止释放， 该小球离开斜面时的速度为。【解析】（1）小球恰好可以静止在 P 点且对斜面无压力，根据平衡列式求解；（2）根据受力分析判断运动性质，根据运动规律列式求解。带电粒子匀强电场 中的运动问题 ，只需要注意进行受力分析 时要分析电场力，即可由匀 变速运动规律求解。17.【答案】 解：（ 1）由法拉第电磁感应定律有：E=nS线圈面积为：S=