上海市虹口区2021届新高考第四次适应性考试物理试题含解析

上海市虹口区2021届新高考第四次适应性考试物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。

若速度选择器中电场强度大小为1E ，磁感应强度大小为1B
、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为14
圆弧，圆弧的半径()OP 为R ，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。

一带电粒子以速度v 沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点，不计粒子重力。

下列说法正确的是（ ）
A ．速度选择器的极板1P 的电势比极板2P 的低
B ．粒子的速度11
B v E
C ．粒子的比荷为212
1E ERB D ．P 、Q 两点间的距离为2
211
2ERB E B 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，受到的洛伦兹力的方向向左，由左手定则可知，该粒子带正电；粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的电场力得方向向下，则电场的方向向下，P 1的电势板比极板P 2的高，故A 错误；
B ．粒子在速度选择器内受力平衡，则
qE 1=qvB 1
可得 11E v B =
故B 错误；
C ．粒子在静电分析器内受到的电场力提供向心力，则
2
qE mv R
= 联立可得粒子的比荷
22
121 E q v m ER ERB =＝ 故C 正确；
D ．粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，受到的洛伦兹力提供向心力，则
2
mv qvB r
= 联立可得
11ERB r E B
= P 、Q 之间的距离为1122ERB r E B =
故D 错误。

故选C 。

2．某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示，若水柱截面为S ，水流以速v 垂直射到墙面上，之后水速减为零，已知水的密度为p ，则水对墙面的冲力为（ ）
A ．Sv ρ
B ．2Sv ρ
C ．2
2
Sv ρ D ．2Sv ρ
【答案】B
【解析】
【详解】
设t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：
m=ρV=ρSvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F ，以水运动的方向为正方向，由动量定理有： Ft=0-mv ，
即： F=-mv t =-ρSv 1， 负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲击力大小也为ρSv 1．
A. Sv ρ，与结论不相符，选项A 错误；
B. 2Sv ρ，与结论相符，选项B 正确；
C. 2
2
Sv ρ，与结论不相符，选项C 错误； D. 2Sv
ρ，与结论不相符，选项D 错误。

3．如图所示为交流发电机发电的示意图，矩形线圈ABCD 面积为S 、匝数为N 、整个线圈的电阻为r 。

在磁感应强度为B 的磁场中，线圈绕OO '轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R ，线圈的AB 边连在金属滑环K 上，CD 边连在金属滑环L 上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。

关于发电过程中的四个状态，下列说法正确的是（ ）
A ．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为NBS
B ．线圈转到图乙位置时，通过线圈的磁通量的变化率为NBS ω
C ．线圈转到图丙位置时，外电路中交流电流表的示数为()NBS R r ω+
D ．线圈转到图丁位置时，AB 边感应电流方向为A B →
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为BS ，与匝数无关，A 错误；
B ．线圈转到图乙位置时，感应电动势
m E NBS N t ω∆Φ
==∆ 解得磁通量的变化率
BS t
ω=ΔΦΔ B 错误；
C ．电流表示数显示的为有效值
m
22()
I R r ==+ C 错误；
D ．线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知线框中的电流为A B C D →→→，D 正确。

故选D 。

4．如图所示为氢原子的能级图，一群氢原子由n=4的激发态向低能级跃迁，则产生波长最长的光子的能量为（ ）
A ．12.75eV
B ．10.2eV
C ．0.66eV
D ．2.89eV
【答案】C
【解析】
【详解】 从n=4能级跃迁到n=3能级释放出的光子能量最小，波长最长，该光子的能量为
－0.85eV －（－1.51eV ）＝0.66eV
C 正确，AB
D 错误。

故选C 。

5．中国空间技术研究院空间科学与深空探测首席科学家叶培建近日透露，中国准备在2020年发射火星探测器，2021年探测器抵达火星，并有望实现一次“绕”、“落”和“巡”的任务。

火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍。

由以上信息可知（ ） A ．发射火星探测器需要的速度不能小于16.7km/s
B ．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力小
C ．火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的4倍
D ．在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．火星探测器脱离地球，但没有脱离太阳系，其发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s 即可，故A 错误；
B ．根据引力2Mm F G R =，因为火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍，所以火星表面的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为2：5。

可得探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力大，故B 错误；
C ．根据万有引力提供向心力，有
2
224Mm G m r r T
π= 可得
2324GMT r π
= 因火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，所以火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的34倍，故C 错误；
D ．在火星表面发射近地卫星的速度即火星的第一宇宙速度，由
2
2Mm v G m R R
= 得第一宇宙速度公式
GM v R
= 可知火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1：5，所以在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度，故D 正确。

故选D 。

6．放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F 作用下，沿斜面向上做直线运动。

拉力F 和物块速度v 随时间t 变化的图象如图，则不正确的是：（ ）
A ．第1s 内物块受到的合外力为0.5N
B ．物块的质量为11kg
C ．第1s 内拉力F 的功率逐渐增大
D ．前3s 内物块机械能一直增大
【答案】B
【解析】
【详解】
AB ．由图像可知，0～1s 内物体的加速度为
220.5m/s 0.5m/s 1
v a t === 由牛顿第二定律可得
sin F mg ma θ-=
1s 后有
sin F mg θ'=
其中
'5.5N, 5.0N F F ==
联立解得
1.0kg,30m θ︒==
第1s 内物块受到的合外力为
10.5N 0.5N F ma ==⨯=合
故A 正确，B 错误；
C ．第1s 内拉力F 的功率P=Fv ，F 不变，v 增大，则P 增大，故C 正确；
D ．前1s 内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大，2－3s 内，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，所以物块的机械能一直增大，故D 正确。

本题选择不正确的，故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，一物块从倾角为θ的斜面底端以初速度0v 沿足够长的斜面上滑，经时间t 速度减为零，再经2t 时间回到出发点，下列说法正确的是（ ）
A ．物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的2倍
B ．物块返回斜面底端时的速度大小为02v
C ．物块与斜面之间的动摩擦因数为3tan 5
θ D ．物块与斜面之间的动摩擦因数为4tan 5
θ 【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．根据匀变速直线运动公式得：
212
x at = 则： 22x a t =
x 相同，t 是2倍关系，则物块上滑过程的加速度大小是下滑过程加速度大小的4倍，故A 错误； B ．根据匀变速直线运动公式得：2v ax =
，则物块上滑过程的初速度大小是返回斜面底端时的速度大小
的2倍，故B 正确；
CD ．以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma 1
下滑过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma 2
又
a 2=4a 1
联立解得： 35
tan μθ=
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

8．如图所示，两等量异种点电荷分别固定在正方体的a 、b 两个顶点上，电荷量分别为q 和－q （a ＞0），c 、d 为正方体的另外两个顶点，则下列说法正确的是
A ．c 、d 两点的电势相等
B ．c 、d 两点的电场强度相同
C ．将一正电荷从c 点移到d 点，电场力做负功
D ．将一负电荷从c 点移到d 点，电势能增加
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．由几何关系可知，由于c 点离正电荷更近，则c 点的电势比d 点高，故A 错误；
B ．c 、d 两点关于ab 对称，且ab 电荷量相同，由电场强度的叠加可知， c 、d 两点的电场强度相同，故B 正确；
C ．由于c 点的电势比d 点高，将一正电荷从c 点移到d 点，正电荷电势能减小，则电场力做正功，故C 错误；
D ．由于c 点的电势比d 点高，将一负电荷从c 点移到d 点，负电荷电势能增大，故D 正确。

故选BD 。

9．如图甲所示电路中，电源电动势E=6V ，内阻r=1Ω，外电路接有三个定值电阻R 1=2Ω、
R 2=3Ω、R 3=6Ω，虚线框内的电路可等效为一个电源，如图乙所示，其等效电动势E ＇等于CD 间未接入用电器时CD 间的电压，若用导线直接将C 、D 两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流．下列说法正确的是
A ．等效电源的电动势E ＇=5V
B ．等效电源的短路电流为1.2A
C ．等效电源的内阻r ＇=7.5Ω
D ．等效电源的最大输出功率为0.3W
【答案】CD
【解析】
【详解】
当CD 间未接入用电器时，由闭合电路欧姆定律得回路中电流1121A E I R R r
==++，CD 间电压123V CD U E I R =='=，A 项错误；若CD 间用导线连接，通过电源的电流2123 1.2A E I R R r =
=++，232323
R R R R R =+，根据并联电路电流分配关系可知流过CD 间导线的电流即通过3R 的电流
210.4A 3I I =⨯=短，等效电源的短路电流为0.4A ，B 项错误；等效电源的内阻=7.5ΩE r I ''=短，C 项错误；等效电源的输出功率2=P IE I r 出'-'，当0.2A 2E I r =''
=时，等效电源的输出功率最大，2
=0.3W 4E P r ''
=出，D 项正确． 10．下列说法正确的是
A ．库仑力和核力都是一种强相互作用
B ．光电效应说明了光具有粒子性
C ．运动的实物粒子具有波动性
D ．结合能越大，原子核越稳定
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．库仑力是一种电磁相互作用，核力是强相互作用，在原子核内核力比库仑力大的多，故A 错误；
B ．光电效应和康普顿效应都说明了光是由一份一份的光子组成的，体现了光的粒子性，故B 正确；
C ．德布罗意提出运动的实物粒子具有波动性，其动量P 与波长λ满足h P
λ=，故C 正确； D ．比结合能反映平均拆开一个核子的难易程度，故比结合能越大，原子核越稳定，故D 错误； 故选BC 。

11．2019年4月10日晚，数百名科学家参与合作的“事件视界望远镜(EHT)”项目在全球多地同时召开新
闻发布会，发布了人类拍到的首张黑洞照片．理论表明：黑洞质量M 和半径R 的关系为2
2M c R G =，其中c 为光速，G 为引力常量．若观察到黑洞周围有一星体绕它做匀速圆周运动，速率为v ，轨道半径为r ，则可知( )
A ．该黑洞的质量M ＝22v r G
B ．该黑洞的质量M ＝2v r G
C ．该黑洞的半径R ＝222v r c
D ．该黑洞的半径
R ＝22v r c
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB.设黑洞的质量为M ，环绕天体的质量为m ，根据万有引力提供环绕天体做圆周运动的向心力有：22Mm v G m r r =，化简可得黑洞的质量为2v r M G
=，故B 正确，A 错误； CD.根据黑洞的质量M 和半径R 的关系2
2M c R G =，可得黑洞的半径为22222222v r G GM v r G R c c c ===，故C 正确，D 错误．
12．CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。

已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．电阻R 2BL gh
B ．流过电阻R 的电荷量为2BLL R
C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh μmgd －
D ．电阻R 中产生的焦耳热为
12mgh 【答案】ABC
【解析】
【分析】
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E BLv =求出感应电动势，然后求出感应电流；由
q r F
∆Φ=+ 可以求出流过电阻R 的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。

【详解】
A ．金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得
212
mgh mv = 所以金属棒到达水平面时的速度
v 金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E BLv =，最大的感应电流为
2E I R == 故A 正确；
B ．流过电阻R 的电荷量为
Δ2ΦBLd q r R R
==+ 故B 正确；
C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得
00B mgh W mgd μ--=-
则克服安培力做功
B W mgh mgd μ=-
所以整个电路中产生的焦耳热为
B Q W mgh mgd μ==-
故C 正确；
D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热为
R 11()22
Q Q mgh mgd μ==- 故D 错误。

故选ABC 。

【点睛】
解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，能根据运动过程分析出最大感应电动势的位置，熟记电磁感应现象中电荷量的求解公式。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．甲实验小组利用图（a ）装置探究机械能守恒定律．将小钢球从轨道的不同高度h 处静止释放，斜槽轨道水平末端离落点的高度为H ，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s ．（g 取10 m/s 2）
（1）若轨道完全光滑，s 2与h 的理论关系应满足s 2=______（用H 、h 表示）．
（2）图（b ）中图线①为根据实验测量结果，描点作出的s 2–h 关系图线；图线②为根据理论计算得到的s 2–h 关系图线．对比实验结果，发现自同一高度静止释放的钢球，实际水平抛出的速率______（选填“小于”或“大于”）理论值．造成这种偏差的可能原因是______________________．乙实验小组利用同样的装置“通过频闪照相探究平抛运动中的机械能守恒”．将质量为0.1 kg 的小钢球A 由斜槽某位置静止释放，由频闪照相得到如图（c ）所示的小球位置示意图，O 点为小球的水平抛出点．
（3）根据小球位置示意图可以判断闪光间隔为______s ．
（4）以O 点为零势能点，小球A 在O 点的机械能为______J ；小球A 在C 点时的重力势能为______J ，动能为______J ，机械能为______J ．
【答案】（1）4Hh （2）小于 轨道与小球间存在摩擦或小球的体积过大 （3）
0.1 （4）0.112 5 –0.8 0.912 5 0.112 5
【解析】
（1）对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，运用动能定理研究得： mgh=12
mv 2 解得：2v gh =
对于平抛运动，运用平抛运动的规律得出：在竖直方向：H=
12gt 2 则有：2t H g =
--------①
在水平方向：s=vt-------------②
由①②得：s =所以：s 2=4Hh
（2）对比实验结果与理论计算得到的s 2--h 关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，也就是h 为某一具体数值时，理论的s 2数值大于实验的s 2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值．从s 2--h 关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，认为造成上述偏差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力，或小球的体积过大造成的阻力过大；由于摩擦阻力做功损失了部分机械能，所以造成实验中水平抛出的速率小于理论值．
（3）根据△y=gT 2得：0.1T s ==， （4）设O 点下一个点为B 点，根据运动学公式得0.0541/20.1yB v m s ⨯=
=⨯ ，水平初速度0.053 1.5/0.1
x v m s ⨯== ，所以小球A 在O 点的速度v 0=1.5m/s ，
小球A 在C 点时的速度C v = 小球A 在O 点的机械能E 0=0+12
×0.1×（1.5）2=0.1125 J 因O 点为小球的水平抛出点，且以O 点为零势能点，则小球A 在C 点时的重力势能为E P =mgh=-0.8J ；
在C 点的动能：E kC =
12
mv c 2=0.9125J ； 小球A 在C 点时的机械能E C =12×m×v c 2+（-mgh 0C ）=0.9125-0.8=0.1125J 点睛：本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维，掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动． 14．要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：
直流电源（3V .内阻不计）
电流表A 1量程为0.6 A ，内阻为0.6n ）
电流表A 2（量程为300mA ．内阻未知）
电压表V （量程0—3V ，内阻约3kQ ）
滑动变阻器R （0—5Ω，允许最大电流3A ）
开关、导线若干．
其实验步骤如下：
①由于电流表A 1的里程偏小.小组成员把A 1、A 2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.
（____）
（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关S ，调节滑片.发现当A 1示数为0.50A 时，A 2的示数为200mA ，由此可知A 2的内阻为_______.
③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A ；为使其量程达到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻．
【答案】 右 1.5 0.84 I
【解析】
【详解】
（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：
（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：11220.50.6 1.50.2
A A I R R I ⨯==Ω=Ω （3）由于U g1＝0.6×
0.6V ＝0.36V ，U g2＝0.3×1.5V ＝0.45V ，由于U g1＜U g2，故两电流表两段允许所加最大
电压为0.36V ，新电流表量程为：0.360.60.841.5
I A A =+=，由于A 2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A 1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示为一种质谱仪的工作原理图，圆心角为90°的扇形区域OPQ 中存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场，所有带电粒子经加速电压U 加速后从小孔C 射出，由磁场边界OP 上N 点垂直OP 进入磁场区域，然后均从边界OQ 射出，ON=l ，不计粒子重力。

(1)若由静止开始加速的某种粒子X 从边界OQ 射出时速度方向与OQ 垂直，其轨迹如图中实线所示，求该粒子的比荷q m ； (2)若由静止开始加速的另一种粒子Y ，其比荷是X 粒子比荷的14
，求该粒子在磁场区域中运动的时间t 。

【答案】 (1) 222U B l ；(2) 2
23Bl t U
π= 【解析】
【详解】
(1) X 粒子在电场中加速的末速度为v 0，由动能定理可得
2012
qU mv = 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得
200v qv B m r
= 由几何知识可知，粒子的轨道半径为
r=l
联立解得
222q U m B l
= (2)Y 粒子在电场中加速的末速度为v 1，由动能定理可得
211112
q U m v = 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得
2111
11
v q v B m r = 又
1114q q m m =⨯ 解得
r 1=2l
Y 粒子在磁场中的轨迹如图所示，圆心为O 1，则
由图可得
1111cos 2
r l r θ-== 由三角函数可知
1π3
θ= 所以在磁场中运动的时间为
11π
2π32πm t q B
=⋅ 联立解得
2
2π3Bl t U
= 16．如图所示，在xOy 平面第一象限内存在沿y 轴负向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。

一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从y 轴上P 点以初速度v 0沿x 轴正向射入匀强电场，经过
x 轴上Q 点（图中未画出）进入匀强磁场。

已知OP=L ，匀强电场的电场强度202mv E qL
=，匀强磁场的磁感应强度02mv B qL
=，不计粒子重力。

求： （1）粒子到达Q 点的速度的大小v 以及速度与x 轴正方向间的夹角；
（2）粒子从第四象限离开磁场的纵坐标。

【答案】（102v ；45°；（2）21)y L =-。

【解析】
【详解】
（1）带电粒子在电场中偏转，y 轴方向上
根据牛顿第二定律有： qE=ma
212
L at = y v at =
则粒子到达Q 点的速度大小
22002y v v v v =+=
夹角θ=45°
（2）进入磁场时，Q 点的横坐标
0x v t =
粒子进入磁场后，由牛顿第二定律
2
v qvB m r
= 综上可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在y 轴上12y L =-处， 故粒子离开磁场的纵坐标21)y L =-
17．两根长为L 的绝缘轻杆组成直角支架，电量分别为+q 、-q 的两个带电小球A 、B 固定在支架上，整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E 。

在电场力之外的力作用下，整体在光滑水平面内绕竖直轴O 以角速度ω顺时针匀速转动，图为其俯视图。

不计两球之间因相互吸引而具有的电势能。

试求： （1）在支架转动一周的过程中，外力矩大小的变化范围。

（2）若从A 球位于C 点时开始计时，一段时间内（小于一个周期），电场力之外的力做功W 等于B 球电势能改变量，求W 的最大值。

（3）在转动过程中什么位置两球的总电势能变化最快？并求出此变化率。

【答案】（1）0~qEL （2）W=－2qEL （3）OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快，变化率qEωL
【解析】
【详解】
(1)设OA 与电场线夹角θ，电场力矩与外力矩平衡，外力矩：
sin (sin cos )cos M qEL qE L L qEL θθθθ=-+=-，
故外力矩大小的变化范围为0~qEL
(2)支架匀速转动，由动能定理可得
W+W 电场力=0，
根据题意
W=ΔE pB ，
得
W 电场力=-ΔE pB ，
电场力做功仅改变了B 球电势能，所以A 球电势能变化为零，则A 球在这段时间初末应在同一个等势面上，根据B 球前后位置关系，得：
W=-2qEL ；
(3)因为电场力做功等于电势能改变量，所以电势能变化最快的位置应是电场力功率最大的位置。

设OA 与电场线夹角θ，由公式P Fv =有
电场力功率：
cos()2cos()cos 24
P qE L qE L qE L ππ
ωθθωθ=+--=， 显然在一周内θ=0或π时有最值，即OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快。

为变化率qEωL 可能存在的另一类解法：
以OA 与电场线平行，A 在右端位置为t=0，以任意位置为零电势，均能得到整体电势能
Ep=qELsin(ωt)，
求导得电势能变化率=qEωLcos(ωt)，显然一周内ωt =0或π时有最值，即OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快。

变化率qEωL 。