2018-2019学年黑龙江省肇东市第一中学高二上学期10月考物理试题 解析版

黑龙江省肇东一中2018-2019学年度高二上学期10月月考
物理试题
1.有三个相同的金属小球A. B. C ,其中A. B 两球带电情况完全相同,C 球不带电,将A. B 两球相隔一定距离固定起来,两球间的库仑力是F ,若使C 球先和A 接触,再与B 球接触,移去C ,则A. B 间的库仑力变为( )
A. F/10
B. 3F/8
C. F/4
D. F/2
【答案】B
【解析】
试题分析：假设A 带电量为Q ，B 带电量也为Q ，两球之间的相互吸引力的大小是2
2Q F k r = 第三个不带电的金属小球C 与A 接触后，A 和C 的电量都为Q/2，C 与B 接触时总电荷量再平
分，则C 、B 分开后电量均为132 24
Q Q Q +＝，这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小2223334288
Q k Q Q F k F r r ×?==，故选B ． 考点：库伦定律
【名师点睛】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。

2.下述说法正确的是（ ）
A. 电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹
B. 根据E=F q
，可知电场中某点的场强与电场力成正比 C. 几个电场叠加后合电场的场强一定大于分电场的场强
D. 根据E=
2KQ r
，可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量Q 成正比 【答案】D
【解析】
A 项：电场线表示电场的强弱和方向，与电荷的轨迹不一定重合，故A 错误；
B 项：E 由电场本身决定，与F 、q 无关，故B 错误；
C 项：场强的叠加遵守平行四边形定则，合电场的场强与几个分场强效果相同，但不一定比分场强大，也可能相等，也可能比分场强小，故C 错误；
D 项：2Q
E k r
=是真空中点电荷Q 产生的电场强度的计算式，可知E 与Q 成正比，故D 正确。

3.一带电小球从空中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功为3J ，电场力做功为1J ，克服空气阻力做功0.5J ， 则下列判断错误的是（ ）
A. a 点动能比b 点小3.5J
B. a 点重力势能比b 点大3J
C. a 点电势能比b 点小1J
D. a 点机械能比 b 点小0.5J
【答案】B
【解析】
试题分析：重力做功表示重力势能的变化，a 点运动到b 点的过程中，重力做功3J ，因此重力势能减小3J ，A 错；电场力做功表示电势能的变化，由电场力做功1J ，电势能减小1J ，B 对；动能的变化由合力做功判断，由题意可知合力做功为4Ｊ，所以动能增大4J ，C 错；机械能的变化根据除了重力做功判断，因此电场力做功1J ，机械能增大1J ，D 错；故选B 考点：考查功能关系
点评：本题难度较小，处理本题主要掌握几个规律：重力做功表示重力势能变化，电场力做功表示电势能变化，除了重力做功表示机械能变化
4.如图所示,平行板电容器两极板间悬浮着一带电微粒P ,今把A. B 两个半方形的金属空盒相对插入电容器中间。

当A. B 合拢后,微粒P 的状态是( )
A. 向上运动
B. 仍保持静止
C. 向下运动
D. 条件不完全，无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】
根据静电屏蔽的原理，结合矢量的叠加原则，及牛顿第二定律，即可求解．
【详解】当A 、B 两个半方形的金属空盒相对插入电容器前，微粒处于匀强电场中，受到电场
力与重力，两者平衡，处于静止状态；当插入后，微粒P处于金属盒中，出现静电屏蔽现象，则微粒P的电场强度为零，因此微粒只受到重力，从而向下运动，故C正确，ABD错误；故选C。

5. 如图所示，MON为固定的“L”形直角光滑绝缘板，ON置于水平地面上，P为一可移动的光滑绝缘竖直平板．现有两个带正电小球A、B，小球A置于“L”形板的直角处，小球B靠在P 板上且处于静止状态，小球A、B位于同一竖直平面内，若将P板缓慢向左平移，则下列说法正确的是（）
A. B对P板的压力变大
B. A对ON板的压力不变
C. A、B系统的电势能减小
D. A、B间的距离变小
【答案】BC
【解析】
解：A、以整体为研究对象可知，ON对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知A对ON的压力也等于A、B两球的重力，因此移动P板过程中，A对ON压力不变；隔离B球受力如图所示，根据受力平衡有：
F N=mgtanθ，
当P板缓慢向左平移时，θ角变小，因此P板给球B的支持力减小，根据作用力与反作用力可知B球对P板的压力变小，故A错误，B正确；
C、θ角变小，cosθ变大，因此库仑力F减小，两球之间的距离增大，电场力做正功，系统电势能减小，故C正确，D错误．
故选：BC
考点：共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．
分析：本题考查了动态平衡问题，研究系统之外物体施加给系统的力时可以以系统为研究对象，如在讨论A 对ON 的压力变化时；在具体到每个物体受力情况时，可以采取隔离法；判断系统电势能的变化要看电场力做功情况，可以通过判断A 、B 球之间距离变化情况进行判断，若距离增大，电场力正功，距离减小，电场力做负功．
点评：在平衡问题正确应用“整体、隔离法”往往可以使问题变得简单，对物体正确进行受力分析依据所处状态列方程是解决平衡问题的关键．
6.如图所示，图线a 是某一电源的U I -曲线，图线b 是一定值电阻的U I -曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路(已知该电源的内阻 2.0)r =W ，则( )
A. 该定值电阻为6W
B. 该电源的电动势为20V
C. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大
D. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大
【答案】C
【解析】
解：A 、图线b 的斜率k==6Ω，则定值电阻的阻值R=k=6Ω；故A 正确；
B 、由图读出交点的电压U=15V ，电流I=2.5A ，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V；故B 正确；
C 、
D 、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C 错误，D 正确；
本题选错误的，故选：C
【点评】定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势．
7. 如图所示的电路中，开关S 闭合后，灯泡A 和B 都正常发光。

由于电路故障，灯泡B 变暗（没有熄灭），灯泡A 变亮，则电路中可能发生的故障是：
A. R1短路
B. R1断路
C. R2短路
D. R2断路
【答案】B
【解析】
试题分析：电路为串并联电路，电阻R1与灯A并联，电阻R2与灯B并联，然后是串联在电路中，根据“串反并同”，即串联电器的电压电流都与该电阻反向变化，并联电器的电压电流都与该电阻同向变化.短路就是电阻变小为0，断路就是电阻变大为无穷大。

据此判断，R1短路会使得与之串联的电阻R2与灯B电流变大B灯变亮，与之并联的灯A电流变小（被短路，电流减小为0），A灯熄灭，选项A错误。

R1断路会使得与之串联的电阻R2与灯B电流变小B 灯变暗，与之并联的灯A电流变大A灯变亮，答案B对。

R2短路使得与之串联的电阻R1与灯A电流变大，A灯变亮，与之并联的灯B电流变小（被短路减小到0）B灯熄灭，答案C错误。

R2断路使得与之串联的电阻R1与灯A电流变小，A灯变暗，与之并联的灯B电流变大，B灯变亮。

考点：电路故障判断
8.在图示的电路中,闭合开关后,当滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中,电压表V的读数变化量为△U,电流表A2的读数变化量为△I2(电表均视为理想电表).则( )
A. 电压表V的读数先变小后变大
B. 电流表A1的读数先变大后变小
C. 电流表A2的读数变大
D. △U与△I2的比值为定值
【答案】D
【解析】
试题分析：滑动变阻器的滑动触头P从最上端逐渐滑向最下端的过程中，滑动变阻器的总电
阻值先增大后减小，故电路的总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，即电流表A 2的读数先减小后增大，选项C 错误；路端电压先增大后减小，即电压表V 的读数先变大后变小，选项A 错误；因P 向下滑动过程中，A 1支路的电阻逐渐减小，故电流表A 1的读数逐渐变大，选项B 错误；因为E=I 2r+U ，则2
U r I D =D ，即ΔU 与ΔI 2的比值为定值，选项D 正确；故选D. 考点：电路的动态分析
9.如图所示，R 0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D 为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C 为平行板电容器，C 中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（ ）
A. 将热敏电阻R 0加热
B. 变阻器R 的滑动头P 向下移动
C. 开关K 断开
D. 电容器C 的上极板向上移动
【答案】AC
【解析】
试题分析：带电液滴在电场中受到电场力和重力，则要使带点液滴向上运动，电场力需要增大，根据公式U E d
=可得则需要电容器两极板间的电势差增大，热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，故A 正确；当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及0R 两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，电容器两端的电势差不变，故A 错误；开关K 断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C 正确；电容器C 的上极板向上移动，d 增大；则E 关小，液滴将向下运动，故D 错误；
考点：考查了含电容电路
【名师点睛】由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液滴向上运动，应增大两板间
的电势差；由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出
10.如图所示，虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到C点，则下列判断正确的是（）。

A. 粒子一定带负电
B. 粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
C. A点的场强大于C点的场强
D. 粒子从A点到B点电场力所做的功大于从B点到C点电场力所做的功
【答案】CD
【解析】
曲线运动的受力方向指向凹处，电场线的方向从高电势指向低电势，可判断出粒子带正电，A 错误；正电荷在电势高时电势能大，B错误；电场线或等势面的疏密表示场强的强弱，C正确；粒子由A点向C点运动，电场力做负功，动能减小，D正确。

视频
11.如图所示，有一半径为R的圆，AB是一条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度大小为E，方向平行于该圆所在的平面．在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于圆面沿不同方向发射电荷量为+q的粒子，粒子会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点时粒子的电势能最小，∠α=30°。

不计粒子所受的重力和空气阻力，下列说法正确的是
A. 电场强度的方向垂直AB向上
B. 电场强度的方向沿OC连线向上
C. 粒子在A 点垂直电场方向发射，若恰能落到C 点．则初动能为
8
qER D. 粒子在A 点垂直电场方向发射，若恰能落到C 点，则初动能为为4qER 【答案】BC
【解析】
粒子在匀强电场中，从A 点运动到C 点，根据动能定理qU AC =△E k 可知，到达C 点时的小球的动能最大，所以U AC 最大，则在圆周上找不到与C 电势相等的点．且由A 到C 电场力对小球做正功．所以C 点的电势最低，则电场线方向沿OC 方向．故A 错误，B 正确．小球只受电场力，
做类平抛运动． x=2Rsin30°cos30°=v 0t ， y=2Rcos 230°=2
2qEt m ，由以上两式得：E k =12mv 02=18
qER ；故C 正确，D 错误；故选BC. 点睛：本题关键考查对电场力做功公式W=qEd 的理解和应用，d 是沿电场方向两点间的距离．此题还要求熟练掌握功能关系和类平抛运动的研究方法.
12.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，则说法不正确的 （ ）
A. 平行板电容器的电容值将变小
B. 静电计指针张角变小
C. 带电油滴的电势能将减少
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不变
【答案】D
【解析】
两极板与电源相连，所以两极板间的电势差恒定即静电计张角不变，当下极板向下移动时，两板间距增大，根据公式4S C kd
e p =可知电容减小，AB 错误；电势差不变，而d 增大，则根
据U E d
=可知电场强度减小，P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势增大，因为该油滴为负电荷，则电势能减小，C 错误；与电源断开，两极板间的电荷量Q 恒定不变，根据公式4S Q U C C E kd U d e p ===，，联立解得4U Q kQ E d Cd S
p e ===，即两极板间的电场强度在电荷量恒定的情况下与两极板间的距离无关，故两极板间的电场强度E 不变，即油滴受力不变，仍保持静止，D 正确．
13.关于电动势下列说法中正确的是（ ）
A. 在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加
B. 对于给定的电源，移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大
C. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极送单位电荷量做功越多
D. 电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多
【答案】AC
【解析】
【分析】
在电源内部把正电荷从负极移到正极非静电力做功，电能增加，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小；根据电动势的定义式E=分析其意义；电动势等于电源没有接入电路时两极的电压．
【详解】A 、在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极而做功，其他形式的能转化为电能，电能增加，故A 正确．
B 、电动势等于电源没有接入电路时两极的电压，故B 错误．
C 、
D 、根据电动势的定义式E=得：W=q
E ，可知电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．故C 正确，D 错误．
故选：AC ．
【点睛】本题的解题关键是理解掌握电动势的物理意义、掌握电动势的定义式E=，知道电动势与电源两极间电压的区别．
14.如图所示，一直流电动机与阻值R ＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E ＝30 V ，内阻r ＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U ＝10 V ，已知电动机线圈电阻R M ＝1 Ω，则下列说法中正确的是
A. 通过电动机的电流为10 A
B. 电动机的输入功率为20 W
C. 电源的输出功率为40W
D. 电动机的输出功率为16 W
【答案】BD
【解析】
试题分析：根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I （r+R ）解得：2E U I A R r -=
=+，故A 错误；电动机的输入功率：P 入=UI=10×2=20W；电动机的热功率：P 热=I 2R M =22×1=4W；电动机的输出
功率：P 出=P-P 热=UI-I 2R M =10×2-22
×1=16W；故BCD 正确；故选BCD 。

考点：电功率
【名师点睛】对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。

15.如图甲所示,两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场,粒子射入电场时的初动能均为Ek 0.已知t =0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。

则( )
A. 所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B. t =0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C. 所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek 0
D. 若入射速度加倍成2v 0,则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比必定减半
【答案】AC
【解析】
试题分析：粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A 正确，B 错误；t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为
1
2
d ；根据分位移公式，有：0
01
2
2ym v L d v +=
?，由于L=d ，故：v ym =v 0；故最大动能E K ′=12m （v 02+v 2
ym ）=2E K ，
故C 正确；若t=0时刻的粒子入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v 0相比必变成原来的四分之一；故D 错误；故选AC 。

考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解，不难。

16.试研究长度为l 、横截面积为S ,单位体积自由电子数为n 的均匀导体中电流的流动,在导体两端加上电压U ,于是导体中有匀强电场产生,在导体内移动的自由电子(−e )受匀强电场作用而加速。

而和做热运动的阳离子碰撞而减速,这样边反复进行边向前移动,可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度v 成正比,其大小可以表示成kv (k 是常数). (1)电场力和碰撞的阻力相平衡时，导体中电子的速率v 成为一定值，这时v 为___. A. ekUl B .eUlk C .elUk D .ekU
(2)设自由电子在导体中以一定速率v 运动时，该导体中所流过的电流是___. (3)该导体电阻的大小为___(用k 、l 、n 、s 、e 、U 表示).
【答案】（1）B （2）2ne SU lk
（3）2
kl
nSe 【解析】
试题分析：（1）导体中的电场强度为：U
E L
=， 电子受到的电场力为：eU
F eE L
==， 电子受到的阻力为：f=kv ，
当电场力和碰撞的阻力相平衡时有：F=f ，
即：
eU
kv L
=， 所以有：eU
v lk
=,故选：B
（2）由电流的微观表达式可得：2ne SU
I nves lk
==；
（3）由欧姆定律可知：2
U U kl
R I nevS nSe
=＝＝； 考点：电压；电流
【名师点睛】本题考查的电流的微观表达式；题目给出的信息较多，应注意通过分析题目找出有用的信息，从而建立合理的物理模型进行求解。

17.有一个未知电阻Rx ,用图中(a )和(b )两种电路分别对它进行测量,用(a )图电路测量时,两表读数分别为6V ,6mA ,用(b )图电路测量时,两表读数分别为5.9V ,10mA ,则用___ 图所示电路测该电阻的阻值误差较小,测量值Rx =___Ω,从系统误差角度分析,Rx 的测量值与其真实值Rx 真比较,Rx 测___ Rx 真(填“>”、“=”或“<”).
【答案】a ，1000，大 【解析】
试题分析：两次测量，电压表变化率
6 5.91660U U D -==，电流表变化率1063
105
I I D -==，说
明电流变化幅度大，电流表变化主要是由电压表的分流引起的，测量电路中尽量使电流表测量准确，因此采用电流表的内接法，（a ）图正确；这时测量值3
6
1000610x U R I -=
==W
´；这种测量，测量值等于待测电阻的真实值与电流表内阻之和，因此测量值偏大。

考点：伏安法测电阻
18.如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间距离d ＝40 cm ，电源电动势E ＝10 V ，内电阻r ＝1 Ω，定值电阻R ＝8Ω。

闭合开关S ，待电路稳定后，将一带负电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝3 m/s 竖直向上射入板间．已知小球带电荷量q ＝1×10－2
C ，质量为
m ＝2×10－2 kg ，不考虑空气阻力。

(g 取10 m/s 2)
（1）要使小球在A 、B 板间向上匀速运动，则滑动变阻器接入电路的阻值为多大？ （2）若小球带正电，只改变滑动变阻器划片位置，其它量不变，那么，A 、B 板间电压为多大时，小球恰能到达A 板？此时电源输出功率是多大？ 【答案】(1)39 Ω （2）U AB ＝1 V. P=9 W 【解析】
（1）由mg =qU AB /d 解得： U AB =8V
2
9
E U I A R r 滑－＝
＝＋ 滑动变阻器电阻：R 滑＝
U I
滑
＝39Ω. (2)由动能定理：－mgd －qU AB ＝0－
2012
mv U AB ＝1 V.
1E U I A R r
滑
－＝
＝＋ 电源输出功率：P ＝EI-I 2
r
P ＝9 W.
19.如图所示,ABCD 竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB 部分是半径为R 的1/4圆弧形管道,BCD 部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B.水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 等边三角形,MN 连线过C 点且垂直于BCD.两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点,电荷量分别为+Q 和-Q.现把质量为m 、电荷量为+q 的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A 处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:
(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小; (2)小球运动到C 处时的速度大小;
(3)小球运动到圆弧最低点B 处时,小球对管道压力的大小.
【答案】（1）2qQ
k L
（2（3【解析】
试题分析：（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为F 1和F 2．则
122
qQ
F F k
L ＝＝① 小球沿水平方向受到的电场力为F 1和F 2的合力F ，由平行四边形定则得F=2F 1cos60° ② 联立①②得2qQ
F k
L
＝③ （2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR ＝
12
mv C 2
−0 ④
解得C v
（3）设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为N By ，在竖直方向对小球应用牛顿第二定
律得2
B By v N mg m R
-＝⑥
v B =v C ⑦
联立⑤⑥⑦解得N By =3mg⑧
设在B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为N Bx ，则2
Bx qQ
N F k
L ＝＝⑨
圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为B N 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为
B B N N ?＝
考点：带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】此题属于电场力与重力场的复合场，关键是根据机械能守恒和功能关系进行判断．要注意到电场力与重力、支持力不在同一条直线上
20.如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m 、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8），现将该小球从电场中某点P 以初速度v 0竖直向上抛出，重力加速度为g ，求：
（1）小球受到的电场力的大小及方向；
（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功；
（3）小球从P 点抛出后，再次落回到与P 点在同一水平面的某点Q 时，小球的动能. 【答案】（1）34mg ，方向水平向右．（2）932mv 02
（3）20138
mv 【解析】
（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为： F e =mgtan37°=3
4
mg ，电场力的方向水平向右． 故电场力为
3
4
mg ，方向水平向右． （2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：v y =v 0-gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a ：a x =
e F m ＝34
g 小球上升到最高点的时间0
v t g =，此过程小球沿电场方向位移：2
203128x x v s a t g
==
电场力做功 W=F x s x =9
32
mv 02
故小球上升到最高点的过程中，电势能减少9 32
mv 02
；
（3）小球从到Q 的运动的时间：t 总＝0
2 g v ，水平位移：22
2002
431132242v v x at g g g =创总＝＝ 小球从到Q 的过程中，由动能定理得：F e •x ＝E K −2
012
mv
由以上各式得出：E K ＝2
0138
mv。