茂名市化州市年物理二模试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2018年广东省茂名市化州市高考物理二模试卷一、选择题（共8小题,每小题6分，满分48分)1．如图,将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出,它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比,a球(）A．初速度较大B．速度变化率较大C．落地时速度一定较大D．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大2．三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA=m，mC=4m．当A以速度v0向B运动，若要使得BC碰后C具有最大速度,则B的质量应为()A．m B．2m C．3m D．4m3．如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（)A． B． C． D．4．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一电荷量为q（q＞0)、质量为m的粒子（不计重力)沿平行于直径ab的方向射入磁场区域．若粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为90°，则粒子入射的速度大小为(）A． B． C． D．5．如图所示是光电管的工作原理电路图，一束波长为λ1的单色光照射到光电管的阴极，电路中产生了光电流，下列判断正确的是（)A．若电路中电源的正、负极反接后,电路中仍可能有光电流B．单色光照射一段时间后,才能观察到电流表指针转动C．若另一束波长为λ2的单色光(λ2＞λ1）照射到光电管的阴极时，电路中也可能产生光电流但光电流肯定比前次小D．入射光的强度一定时，电路中光电流的大小随电压的增大而持续增大6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为U=220sinV下列说法正确的（）A．c、d两端所加交流电的频率为100HzB．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VC．单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大D．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小7．如图所示,运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，已知A的周期为2T，B的周期为T．下列说法正确的是(）A．A的线速度小于B的线速度B．A、B圆周运动的半径之比为2：1C．A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等D．从此时刻到下一次A、B相距最远的时间为T8．一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用,图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面,h0表示上升的最大高度,图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜1）则由图可知,下列结论正确的是（）A．①表示的是重力势能随上升高度的图象②表示的是动能随上升高度的图象B．上升过程中阻力大小恒定且f=kmgC．上升高度时，重力势能和动能不相等D．上升高度时,动能与重力势能之差为三、非选择题:包括必考和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题,考生按要求作答．（一）必考题9．某同学研究小滑块在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为m的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺．器材安装如图甲所示．（1）主要实验过程：（i)用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=mm（ii)让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t;(iii）用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；（iv）求出小滑块与木板间摩擦力f=（用物理量m、d、L、t表示）：(2）若实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代，这种做法是否合理?（选填“合理”或“不合理”)．10．某研究性学习小组利用电压表和电阻箱测量一组电池的电动势和内电阻同学们找到了如下的实验器材:电池组（电动势约为6。0V，内阻约为1Ω），灵敏电流计（满偏电流Ig=100μA，内阻Rg=100Ω），定值电阻R1(R1=1Ω），定值电阻R2(R2=59。9kΩ），变阻箱R（阻值范围0～9。9Ω可调），开关，导线若干．同学们发现没有电压表，于是提出把G表改装成电压表（1）G表改装成电压表，应选择上面的某一电阻与G组合，改装后电压表量程为V(2）为了准确地测量出电源的电动势和内电阻，请在图1虚线框中把实验电路图补充完整并在对应的电阻旁边标上（R1、R2、R），变阻箱请补充完整变阻箱的符号(3）同学们根据电表G读数和变阻箱R读数，作出了图象如图2所示，已知图线的斜率为k,截距为b，则所测得电源的内电阻r=（用题目中所给的字母表示）(4)如图3所示为同学们找到某型号的小灯泡的伏安特性曲线,如果把两个这样的灯泡和R0=19Ω的定值电阻串联起来接在上述电池上（已知测得的电动势E=6.0V，内阻r=1。0Ω）,如图4，则每只灯泡消耗的实际功率为W（保留2位有效数字）．11．如图所示,间距L=1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一质量M=0。1kg，电阻r=1Ω的金属棒MN与导轨垂宜且在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度水平向左匀速运动R1=2Ω，R2=2Ω，C=5μF，导轨和棒之间的动摩擦因数μ=0。2．开关S1、S2闭合,电路稳定后,求:（g=10m/s2）（1）水平拉力F的大小;（2）断开S1后，流过R2的电荷量．12．质量m=2kg，带电量为q=+0。2C的绝缘物体，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2；第一次以初速度v1=2m/s从A点出发向左运动，运动一段时间后停在B点，第二次以初速度v2再从A点向左出发，同时施加平行运动方向大小为E的匀强电场，（g=10m/s2)．求：（1）若电场方向与v2方向相反，要使物块能经过B点，则v2与E应满足什么关系：(2）当v1=8m/s,E大小为30N/C时；若在物体运动过程中某时刻撤去电场，物体最后停在A点左方s=5。65m的C点处．求从撤去电场到物体停在C点所用的时间．［选修3—3]13．关于气体的内能，下列说法正确的是（）A．质量和温度都相同的气体,内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加14．一质量M=10kg、高度L=35cm的圆柱形气缸，内壁光滑，气缸内有一薄活寨封闭了一定质量的理想气体，活塞质量m=4kg、截面积s=100cm2．温度t0=47℃时，用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图甲所示，气缸内气体柱的高L1=32cm，如果用绳子系住气缸底，将气缸倒过来悬挂起来，如图乙所示，气缸内气体柱的高L2=30cm,两种情况下气缸都处于竖直状态，取重力加速度g=10m/s2，求：（i)当时的大气压强：（ii）图乙状态时，在活塞下挂一质量m'=6kg的物体,如图丙所示，则温度升高到多少时，活塞将从气缸中脱落．

2018年广东省茂名市化州市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分)1．如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出,它们均落在水平地面上的P点,a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等,不计空气阻力．与b球相比，a球（）A．初速度较大B．速度变化率较大C．落地时速度一定较大D．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大【考点】43：平抛运动．【分析】平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系,速度变化率等于重力加速度,由速度的合成求落地时速度大小和方向．【解答】解:A、两个小球都作平抛运动,竖直方向作自由落体运动，由h=,得t=，则ta＞tb．小球水平方向都做匀速直线运动,由x=v0t，由题意x相等，又ta＞tb,则知va＜vb．故A错误．B、根据=a=g，则知速度变化率相同，故B错误．C、落地时速度v==，可知落地速度不确定,故C错误．D、落地时速度方向与其初速度方向的夹角正切tanα==，则知a的h大，v0小，tanα大，落地时速度方向与其初速度方向的夹角大，故D正确．故选：D2．三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA=m，mC=4m．当A以速度v0向B运动，若要使得BC碰后C具有最大速度，则B的质量应为（）A．m B．2m C．3m D．4m【考点】53：动量守恒定律．【分析】要使得BC碰后C具有最大速度，应发生弹性碰撞．先分析AB两球碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒列式求解出碰撞后B球的速度；再分析BC两球碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒列式求解出碰撞后速度，根据C球碰撞后的速度的表达式运用数学关系求解．【解答】解：设B球的质量为M．以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得：mv0=mv1+Mv2由能量守恒定律得：mv02=mv12+Mv22解得：v2=；B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3,由能量守恒定律得：Mv22=Mv′22+×（4m)v32规定碰撞前A球的速度方向为正,由动量守恒定律得：Mv2=Mv′2+4mv3解得:v3=故C球碰撞后的速度为：v3=•=由数学关系解得:M==2m时,C球碰撞后的速度最大．故选：B3．如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β,且α＞β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（）A． B． C． D．【考点】1I:匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律．【分析】v﹣t图象的斜率等于加速度，根据牛顿第二定律列式可比较物块上滑和下滑的加速度大小．根据运动学公式比较两个过程的时间关系及速度关系，即可选择图象．【解答】解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ﹣μmgcosβ=ma2，得a1=gsinα+μgcosα,a2=gsinβ﹣μgcosβ，则知a1＞a2而v﹣t图象的斜率等于加速度,所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x=知，上滑过程时间较短．因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线．由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0．故C正确,ABD错误．故选C4．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子（不计重力）沿平行于直径ab的方向射入磁场区域．若粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为90°，则粒子入射的速度大小为（）A． B． C． D．【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】画出运动过程图，带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域,由洛伦兹力提供向心力运用牛顿第二定律，再与由几何知识求出的轨迹半径r联立即可求出粒子的速率．【解答】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹示意图，如图所示根据几何关系知，粒子运动的轨迹圆的半径为:r=R…①根据洛伦兹力提供向心力,有：得：…②联立①②得：，故B正确，ACD错误；故选：B5．如图所示是光电管的工作原理电路图，一束波长为λ1的单色光照射到光电管的阴极，电路中产生了光电流，下列判断正确的是()A．若电路中电源的正、负极反接后，电路中仍可能有光电流B．单色光照射一段时间后，才能观察到电流表指针转动C．若另一束波长为λ2的单色光(λ2＞λ1）照射到光电管的阴极时，电路中也可能产生光电流但光电流肯定比前次小D．入射光的强度一定时，电路中光电流的大小随电压的增大而持续增大【考点】IC：光电效应．【分析】发生光电效应的条件是当入射光的频率大于截止频率，就会发生光电效应，反向电压大于截止电压时，电路中才没有电流．【解答】解:A、将电路中电源的极性反接，光电子做减速运动,还可能到达阳极,所以还可能有光电流．故A正确．B、发生光电效应的条件与照射的时间无关;若能产生光电流，则不需要等待时间．故B错误．C、换用波长为λ2（λ2＞λ1）的光照射阴极K时,由于频率变小，仍可能发生光电效应;但光电流的大小与光的强度有关,与光的频率无关．故C错误．D、增加电路中电源的路端电压,当达到饱和电流，不再增大．故D错误．故选：A6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为U=220sinV下列说法正确的（）A．c、d两端所加交流电的频率为100HzB．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VC．单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大D．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小【考点】E8：变压器的构造和原理;BG：电功、电功率．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、根据交流电压的瞬时值表达式知，角速度ω=100π=2πf，得f=50Hz,即c、d两端所加交流电的频率为50Hz，故A错误;B、根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为220V,所以副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值,所以示数为V=22V，故B正确．C、若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5:1,根据电压与匝数成正比可知，此时副线圈的电压为44V，所以电压表的示数增大,由欧姆定律知电流表的示数增大,故C正确．D、单刀双掷开关与a连接,当滑动变阻器触头P向上移动的过程中,滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压是由变压器决定的，所以电流变小，电压表的示数不变,故D错误．故选：BC7．如图所示,运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，已知A的周期为2T,B的周期为T．下列说法正确的是（）A．A的线速度小于B的线速度B．A、B圆周运动的半径之比为2：1C．A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等D．从此时刻到下一次A、B相距最远的时间为T【考点】4H:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据万有引力提供向心力G=m=ma=m,得v=，a=,可知轨道半径越大,速度越小,加速度越小，由图可知A的轨道半径大，故A的线速度小，A的加速度也小．根据开普勒第二定律，A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等．从此时刻到下一次A、B相距最远,转过的角度差为π,根据角速度与周期的关系和角度的关系列式计算时间．【解答】解:A、根据万有引力提供向心力G=m，得v=，可知轨道半径越大，速度越小，由图可知A的轨道半径大,故A的线速度小，故A正确．B、根据万有引力提供向心力G=m，得，A、B圆周运动的半径之比为,故B错误．C、根据开普勒第二定律，同一转动物体与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，而如今不同转动物体,因此在相同时间内扫过的面积不可能相等，故C错误．D、从此时刻到下一次A、B相距最远，转过的角度差为π,即（﹣）t=π，所以t=T，故从此时刻到下一次A、B相距最远的时间为T,故D正确．故选：AD．8．一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0＜k＜1）则由图可知，下列结论正确的是（）A．①表示的是重力势能随上升高度的图象②表示的是动能随上升高度的图象B．上升过程中阻力大小恒定且f=kmgC．上升高度时，重力势能和动能不相等D．上升高度时,动能与重力势能之差为【考点】6B：功能关系；67：重力势能．【分析】根据动能定理得出物体的动能与高度的关系式，重力势能为EP=mgh,即可选择图象．由动能定理列式求出空气阻力，并求出高度h=时的动能和重力势能．再求解高度h=h0时,动能与重力势能之差．【解答】解：A、根据动能定理得：﹣（mg+f）h=Ek﹣Ek0，得Ek=Ek0﹣（mg+f）h，可见Ek是减函数,由图象②表示．重力势能为EP=mgh,EP与h成正比，由图象①表示．故A正确．B、对于整个上升过程，根据动能定理得：﹣（mg+f）h0=0﹣Ek0，由图象②得，mgh0=，联立解得,f=kmg．故B正确．C、当高度h=h0时,动能为Ek=Ek0﹣（mg+f）h=Ek0﹣(k+1）mg•h0,又由上知,Ek0=（k+1）mgh0，联立解得，Ek=mgh0，重力势能为EP=mgh=mgh0，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等．故C错误．D、当上升高度h=时，动能为Ek=Ek0﹣(mg+f）h=Ek0﹣（k+1）mg•=mgh0，重力势能为EP=mg•，则动能与重力势能之差为mgh0．故D正确．故选：ABD．三、非选择题：包括必考和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生按要求作答．（一）必考题9．某同学研究小滑块在水平长木板上运动所受摩擦力的大小，选用的实验器材是：长木板、总质量为m的小滑块、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺．器材安装如图甲所示．（1）主要实验过程：（i）用游标卡尺测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=7.40mm（ii)让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t；（iii）用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；（iv）求出小滑块与木板间摩擦力f=(用物理量m、d、L、t表示)：（2）若实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代，这种做法是否合理？不合理（选填“合理"或“不合理”）．【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读;根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度得出小滑块通过光电门的瞬时速度,结合速度位移公式求出匀减速运动的加速度大小，通过牛顿第二定律求出滑块与木板间的摩擦力．【解答】解：（1）（i）游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.05×8mm=0.40mm，则最终读数为7.40mm．（iv）滑块通过光电门的速度v=,根据速度位移公式得，滑块匀减速运动的加速度大小为：a==，根据牛顿第二定律得:f=ma=．(2）实验中没有现成的挡光片，某同学用一宽度为6cm的金属片替代，则用平均速度表示瞬时速度误差变大，这种做法不合理．故答案为：(1）(i）7。40；(iv）；(2）不合理．10．某研究性学习小组利用电压表和电阻箱测量一组电池的电动势和内电阻同学们找到了如下的实验器材：电池组(电动势约为6.0V,内阻约为1Ω)，灵敏电流计(满偏电流Ig=100μA，内阻Rg=100Ω)，定值电阻R1（R1=1Ω），定值电阻R2(R2=59.9kΩ)，变阻箱R（阻值范围0～9。9Ω可调）,开关，导线若干．同学们发现没有电压表，于是提出把G表改装成电压表（1）G表改装成电压表，应选择上面的某一电阻与G组合，改装后电压表量程为6V（2）为了准确地测量出电源的电动势和内电阻，请在图1虚线框中把实验电路图补充完整并在对应的电阻旁边标上（R1、R2、R)，变阻箱请补充完整变阻箱的符号（3）同学们根据电表G读数和变阻箱R读数,作出了图象如图2所示，已知图线的斜率为k，截距为b，则所测得电源的内电阻r=﹣R1（用题目中所给的字母表示）（4）如图3所示为同学们找到某型号的小灯泡的伏安特性曲线，如果把两个这样的灯泡和R0=19Ω的定值电阻串联起来接在上述电池上（已知测得的电动势E=6.0V,内阻r=1.0Ω）,如图4，则每只灯泡消耗的实际功率为0。20W（保留2位有效数字）．【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据电表的改装原理可明确改装后的电表的量程；（2）根据电表的测量原理可明确对应的电路图，注意实验中采用的是伏阻法进行测量；（3）根据闭合电路欧姆定律进行分析，得出对应的图象进行分析即可求得电源的内阻；（4）根据闭合电路欧姆定律进行分析，在I﹣U图象中作出对应象,两图象的交点表示灯泡的工作点,从而求出对应的电功率．【解答】解：（1)G表改装成电压表，应选择上面的R2与G组合，改装后电压表量程为:U=Ig（R2+rg）=100×10﹣6×=6V；（2）根据题意可知，本实验中采用电阻箱与改装后的电压表并联进行分析，并且采用R1与电源串联充当保护电阻使用;故电路图如图所示；(3)根据闭合电路欧姆定律可知：I（rg+R2）=变形可得：=+×则由图象性质可知：=b=k联立解得:r=﹣R1(4)设灯泡的电压为U，电流为I,则将两个这样的灯泡和R0=19Ω的定值电阻串联起来接在上述电池，则有：2U=E﹣I（R0+r)代入数据解得：U=3﹣10r；作出对应的图象如图所示，由图象可知，灯泡电流I=0。2A，电压U=1V，故功率P=UI=1×0。2=0。2W；故答案为:(1)6;（2）如图所示；（3）﹣R1；（4）0。2011．如图所示，间距L=1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里,导轨上有一质量M=0。1kg,电阻r=1Ω的金属棒MN与导轨垂宜且在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度水平向左匀速运动R1=2Ω，R2=2Ω,C=5μF，导轨和棒之间的动摩擦因数μ=0。2．开关S1、S2闭合，电路稳定后,求:（g=10m/s2）(1)水平拉力F的大小;（2）断开S1后，流过R2的电荷量．【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；AN：电容器；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）由E=BLv求出感应电动势，然后应用欧姆定律求出电流，由右手定则可以判断出感应电流的方向．由安培力公式可以求出金属棒受到的安培力，然后由平衡条件求出拉力．（2）由欧姆定律求出电容器两端的电压,然后由电容定义式的变形公式求出电荷量．【解答】解:（1）对导体棒做匀速运动，F=f+BILf=μN=μmg导体棒做切割磁感线运动,E=BLv联立解得水平拉力的大小F=0.6N（2）开关S1，S2闭合，电路稳定后电容两端电压等于R2两端电压Uab=IR2此时电容所带的电荷量为Q=CUab断开S1后，电容所有的电荷都会通过R2，故断开S1后,流过R2的电荷量Q=4×答：（1）水平拉力F的大小为0.6N；(2)断开S1后,流过R2的电荷量12．质量m=2kg,带电量为q=+0.2C的绝缘物体，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2;第一次以初速度v1=2m/s从A点出发向左运动，运动一段时间后停在B点，第二次以初速度v2再从A点向左出发,同时施加平行运动方向大小为E的匀强电场，（g=10m/s2）．求:(1）若电场方向与v2方向相反,要使物块能经过B点，则v2与E应满足什么关系：（2）当v1=8m/s，E大小为30N/C时；若在物体运动过程中某时刻撤去电场，物体最后停在A点左方s=5.65m的C点处．求从撤去电场到物体停在C点所用的时间．【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用;37：牛顿第二定律．【分析】（1）对物块第一次有A运动到B，应用牛顿第二定律和运动学公式求出AB两点间的距离；要使物块能经过B点，即恰好第二次通过B点时速度不为零,物块停下来的位移s＞sAB，根据牛顿第二定律和运动学公式解答．(2）先假设没有电场，分析物块停止的距离，根据假设得到电场强度的方向，根据牛顿第二定律求出加速度,再由运动学公式求出速度减小到零时物块运动的位移,分析得到在反向运动的过程中撤去电场,对反向过程应用牛顿第二定律和运动学公式解答．【解答】解：（1）对物块第一次从A运动到B有，根据牛顿第二定律=2m/s2AB两点之间的距离为方法一：对于物块第二次到B点，且速率不为0，则物块停下来的位移s＞sAB，解得v2与E应满足＞，得到v2＞（2)①若无电场,则a==2m/s2，物块停在距离A左侧处所以，电场方向不可能与v2同向．②开始时,E方向与f同向,则物块经过L=速度减为0，故物块在反向运动的过程中撤去电场(qE＞mg)假设撤去电场时物块的速率为v，在撤去电场后，再经过时间t’，物