安徽省蚌埠二中高二物理上学期期中试题(含解析)新人教版

安徽省蚌埠二中2014-2015学年高二上学期期中考试物理试卷
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题4分）
1．（4分）下列各种说法中正确的是（）
A．只要是点电荷都可作为试探电荷
B．元电荷指的就是电子或质子
C．电动势为1.5 V的干电池，表明干电池通过非静电力做功每经过1s就把1.5 J的化学能转化为电能
D．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，材料的导电性能越差
考点：电阻定律；元电荷、点电荷． .
专题：恒定电流专题．
分析：A、可忽略电荷的自身大小可当作为点电荷，而试探电荷即为体积小，电量小；
B、元电荷是电量最小的单位电荷，与电子或质子无关．
C、电动势是描述电源把其它形式的能量转化电能本领大小的物理量，电动势在数值
上等于把单位正电荷在电源内部从负极搬运到正极非静电力所做的功；
电动势由电源本身的结构决定，与外电路无关．
D、电阻率是描述材料导线性能好坏的物理量，电阻率越大，材料的导线性能越差，
电阻率越小，材料的导电能力越强；
材料的电阻率受温度影响，金属的电阻率一般随温度的升高而变大；半导体材料的电阻率一般随温度的升高而变小；一些合金材料的电阻率不随温度的变化而变化．
解答：解：A、可忽略电荷的自身大小可当作为点电荷，而试探电荷即为体积小，电量小；
则点电荷不一定能作为试探电荷，故A错误；
B、元电荷指的是最小电荷，而不是电子或质子，故B错误；
C、电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时非静电力所做的功，
故C错误；
D、电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差，故D
正确；
故选：D．
点评：本题是一道基础题，知道电阻率的物理意义、温度对电阻率的影响、电动势的概念、电动势的决定因素即可正确解题，同时掌握点电荷与试探电荷的区别，理解元电荷与电子的区别．
2．（4分）如图所示，一个不带电的表面绝缘的导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是（）
A．B端的感应电荷为负电荷
B．导体内场强越来越大
C．C点的电势高于B点电势
D．导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强
考点：静电现象的解释． .
分析：根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．
解答：解：A、导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端B要感应出正电荷，在导体的左端C会出现负电荷，故A错误．
B、处于静电平衡的导体内场强为0，故B错误．
C、CD处在同一个等势体上，电势相等；故C错误；
D、在C点和B点的场强由导体上的感应电荷和正电的小球Q共同叠加产生，并且为0，
正电的小球Q在C点的场强大于B点的场强，所以导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故D正确．
故选：D．
点评：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．
3．（4分）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n 个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）
A．n vt B．n vst C．D．
考点：电流、电压概念． .
专题：恒定电流专题．
分析：首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．
解答：解：A、在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线体积为v△tS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSt．故B正确；A错误；
B、由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为It，而电子的电
荷量为q，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=；故CD错误；
故选：B．
点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．
4．（4分）如图所示为有两个量程的电压表，当使用 a、b两端点时，量程为1V；当使用a、c两端点时，量程为10V．已知电流表的内阻R g为50Ω，满偏电流I g为1mA．则R1和R2的电阻值（）
A．R1=950Ω，R2=9kΩB．R1=9kΩ，R2=950ΩC．R1=9kΩ，R2=1kΩD．R1=1kΩ，R2=9kΩ
考点：把电流表改装成电压表． .
专题：实验题．
分析：改装后的量程为U=I
g（R g+R串）据此可求出 R串=﹣R g．
解答：
解：接a、b时，为串联的R1，则R1=﹣R g=﹣﹣50=950Ω
接a、c时，为串联的R1和R2，则R2=﹣R g﹣R1=﹣50﹣950=9000Ω
故选：A．
点评：电流表串联电阻后量程变大，为U=I g R总．
5．（4分）（2013•张掖一模）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．a点的电势降低B．电压表示数变小
C．电流表示数变小D．电容器C所带电荷量增多
考点：电容；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：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．
电阻R2两端的电压U2=E﹣I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小．
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
I A=I﹣I2，I增大，I2减小，则I A增大．即电流表示数变大．故A正确，BCD错误．
故选：A
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．
6．（4分）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN 为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．
对应P点，小灯泡的电阻为R=
C．
对应P点，小灯泡的电阻为R=
D．对应P点，小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积
考点：欧姆定律． .
专题：恒定电流专题．
分析：由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”．
解答：
解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A错误；
BC、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=，故B正确，
C错误；
D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，不是梯
形面积表示功率；故D错误．
故选：B
点评：注意U﹣I图象的意义，知道斜率等于电阻的倒数，明确功率借助图象分析时所围得面积；明确灯泡伏安特性曲线不直的原因．
7．（4分）（2013•珠海二模）如图所示，真空中的两带电小球（可看作是点电荷），通过调节悬挂细线的长度使两小球始终保持在同一水平线上，下列说法正确的是（）
A．若只增大r，则T1、T2都增大B．若只增大m1，则θ1增大，θ2不变
C．若只增大q1，则θ1增大，θ2不变D．若只增大q1，则θ1、θ2都增大
考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用． .
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：分别对两小球进行受力分析，作出力图，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相等，得到质量与角度的关系，分析求解．
解答：解：m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知，
m1g=Fcotθ1，m2g=F′cotθ2
因F=F′，则
可见，若m1＞m2，则θ1＜θ2；若m1=m2，则θ1=θ2；若m1＜m2，则θ1＞θ2．θ1、θ2的关系与两电荷所带电量无关．
A、若只增大r，则库仑力变小，由图可知，T1、T2都减小，故A错误；
B、若只增大m1，则m1，会下降，而m1，会上升，导致则θ1减小，θ2增大，故B错
误；
C、若只增大q1，由图可知，则θ1、θ2都增大，故C错误，D正确，
D
故选
8．（4分）如图所示，两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点．一个
带电粒子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB中垂线从C点运动到D点（C、D是关于AB
对称的两点）．下列关于粒子运动的v﹣t图象中可能正确的是（）
A．B．C．D．
考点：电场的叠加；电势差与电场强度的关系． .
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向若是负电荷则为C→O、
D→O，若是正电荷则为O→C、O→D；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过
程中，由于释放位置不清楚．则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大
小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．因此可能加速度先增加后减小再增加最
后减小；也可能先减小后增加．
解答：解：A、B为两个等量的同种电荷，其连线中垂线上电场强度方向，若是负电荷则电场强度方向为C→O、D→O，若是正电荷则电场强度方向为O→C、O→D；点电荷q仅受电场力作用从C点到D点运动的过程中，当从电场强度最大的位置释放时，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而v﹣t图象的斜率表示加速度的大小，故D正确；
故选：D．
点评：本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性．
9．（4分）如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为a A、电势能为E A；在B点的加速度为a B、电势能为E B．则下列结论正确的是（）
A．粒子带正电，a A＞a B，E A＞E B B．粒子带负电，a A＞a B，E A＞E B
C．粒子带正电，a A＜a B，E A＜E B D．粒子带负电，a A＜a B，E A＜E B
考点：电势能；电场强度． .
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．解答：解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；
从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；
故D正确．
故选：D．
点评：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强．
10．（4分）氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核分别为H、H、H．它们以相同的初
速度垂直进入同一匀强电场并离开电场，离开电场时，末速度最大的是（）
A．氕核B．氘核C．氚核D．一样大
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：带电粒子垂直电场方向进入同一偏转电场后，在电场中做类平抛运动，根据动能定理判断离开电场时的末速度．
解答：解：带电粒子以速度v进入场强为E，宽度为L的电场，垂直电场方向做匀速直线运动，L=vt，所以t=
沿电场方向做匀加速直线运动，加速度a=
偏转位移y=at2=××=•
根据动能定理：qEy=mv y2
v y2==••
可见比荷小的垂直电场方向速度增量比较大，即末速度较大，故氕核末速度较大；
故选：A．
点评：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转问题，要知道垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，在这两个方向上去研究运动情况．
11．（4分）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0
的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）
A．B．C．D．
考点：电容器的动态分析． .
专题：电容器专题．
分析：由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．
解答：
解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与d成反比，图象不能为一次函数图象！故A错误；
B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；
C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l0）；故C正确；
D、电势能E=φq=Eq（l﹣l0），不可能为水平线，故D错误；
故选：C．
点评：本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解．
12．（4分）（2013•芜湖模拟）已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强度处处为零．现有表面电荷均匀分布的带电半球壳上，如图所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．则（）
A．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相同
B．P点的电场强度比Q点的电场强度大小相等，方向相反
C．P点的电场强度比Q点的电场强度强
D．P点的电场强度比Q点的电场强度弱
考点：电场的叠加． .
分析：利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态．
解答：解：均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在PQ两点产生的电场为零．所以，Q点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故A正确，BCD错误；
故选：A
点评：本题考查了电势和电场强度的知识，题目较新颖，难度也较大，要认真分析．
二、填空与实验题（本大题共三小题，共16分）
13．（4分）如图，真空中有两个点电荷Q1=+1×10﹣6C和Q2=﹣4×10﹣6C，分别固定在x=0和x=6cm的位置上．
（1）x坐标轴上电场强度为0的位置坐标是x=﹣6cm ；
（2）x坐标轴上电场强度方向沿x轴负向的范围是﹣6cm＜x＜0和x＞6cm ．
考点：电场强度． .
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：（1）由于Q1的电荷量小，且为两个异种电荷，所以场强为零的点一定在Q1左侧，根据点电荷的场强公式求解．
（2）某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强．运用合成进行分析．
解答：解：（1）电场强度为0的位置只能在Q1左侧，两个电荷产生的场强大小关系为：E1=E2设此位置到O点的距离为r m，即有 k=k
代入数据得：r=0.06m=6cm
则x坐标轴上电场强度为0的位置坐标是：x=﹣6cm
（2）某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强．x坐标轴上电场强度为0的位置坐标是：x=﹣6cm，则x坐标轴上电场强度方向沿x
轴负向的范围是﹣6cm＜x＜0和x＞6cm．
故答案为：（1）x=﹣6cm；（2）﹣6cm＜x＜0和x＞6cm．
点评：空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则．
14．（2分）某种金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同．在M旁放置一个金属网N．如果用导线将MN连起来，M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流．现在不把M、N直接相连，而按图那样在M、N之间加一个电压U，发现当U＞182V时电流表中就没有电流．已知电子电量e=1.6×10﹣19C，电子质量m=9.1×10﹣31kg．问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是8×106m/s．
考点：光电效应． .
专题：光电效应专题．
分析：
根据动能定理，0﹣=﹣eU，并结合U＞12.5V时电流表中就没有电流，即可求解．解答：解：根据题意可知，当U＞182V时，电流表中就没有电流，根据动能定理可知：0﹣=﹣eU，
解得：v0===8×106m/s；
故答案为：8×106．
点评：考查光电效应现象，理解最大初动能的含义，掌握动能定理的应用．注意电流表示数为零的含义．
15．（10分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.397 mm（该值接近多次测量的平均值）．
（2）用伏安法测金属丝的电阻R x．实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数 1 2 3 4 5 6 7
U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30
I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520
由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图2中的甲（选填“甲”或
“乙”）．
（3）如图3是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据（2）所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线．由图线得到金属丝的阻值R x= 4.5 Ω（保留两位有效数字）．
（5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为 C （填选项前的符号）．
A．1×10﹣2Ω•m B．1×10﹣3Ω•m
C．1×10﹣6Ω•m D．1×10﹣8Ω•m．
考点：测定金属的电阻率． .
专题：实验题．
分析：（1）关于螺旋测微器的读数，要先读出固定刻度，再读出可动刻度，然后相加即可得出结果．
（2）根据数据比较电压表、电流表和被测电阻的阻值关系，确定可采取的电路．
（3）按照电路原理图进行实物图的连接，注意导线不能交叉和滑动变阻器的连接方式．
（4）根据图上所标的点，做出U﹣﹣I图线，从而可得出电阻值
（5）把以上数据代入电阻定律，可得出结果
解答：解：（1）固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为0+39.7×0.01=0.397mm （0.395～0.399）
（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻R x约5Ω．则有R x＜，属于
小电阻，用外接法测量误差小，由（3）知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法故选甲．
（3）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接
成外接分压接法（甲）那么在连线时断开开关且使R x两端的电压为0．先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P必须置于变阻器的左端．实物图如右图所示，（4）描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后出U﹣I图线．如右图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U﹣I图线上，有：
R x==4.5Ω
（5）根据电阻定律R=ρ，得ρ=R，代入数据可计算出ρ=1×10﹣6Ω•m，故选C．
故答案为：（1）0.397 （2）甲（3）如图（4）4.5 （5）C
点评：该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：
1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读书时是
固定刻度的值与可动刻度的值得和．
2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接．
3、实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电建时，分压电路的输出端
电压要为零．
4、会用电阻定律来求解导线的电阻率
三、计算题（本题共4小题，共36分．其中16、17题各8分，18、19题各10分．解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值与单位．）
16．（8分）一个电动机，线圈电阻是0.4Ω，当它两端所加的电压为220V时，通过的电流是5A．这台电动机每分钟所做的机械功是多少焦耳？
考点：电功、电功率． .
专题：恒定电流专题．
分析：电动机机械功率等于总功率与热功率之差，由功率公式求出总功率与热功率，然后求出机械功率，已知机械功率及做功时间，由W=Pt可以求出机械功．
解答：解：电阻消耗的功率为
P热=I2R=52×0.4=10W
电动机消耗的功率为
P电=IU=5×220W=1100W
电动的输出功率为
P机=P电﹣P热=1100W﹣10W=1090W
电动机每分钟所做的机械功为
W=P机t=1090×60J=6.54×104J
答：台电动机每分钟所做的机械功是6.54×104J
点评：电动机是非纯电阻电路，总功率等于热功率与机械功率（输出功率）之和．
17．（8分）绝缘细绳的一端固定在天花板上，另一端连接着一个带负电的电量为q、质量为m的小球，当空间建立水平方向的匀强电场后，绳稳定处于与竖直方向成θ=60°角的位置，如图所示．
求（1）匀强电场的场强E
（2）若细绳长为L，让小球从右边悬绳与竖直方向成θ=300的位置在绳拉直情况下由静止释放小球，求此后小球运动过程中所能达到的最大速度v．
考点：动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系． .
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：（1）小球稳定后，细丝线跟竖直方向夹角为θ，对小球进行受力，根据力的合成即可求得电场的场强．
（2）小球在θ=600处处于平衡，因此小球从θ=300的A点释放，它不会往A点的左边运动，而是以θ=600处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O．根据动能定理即可解题．
解答：解：（1）小球在θ=60°角处处于平衡，根据平衡条件得：
则Eq=mgtanθ
得E=
方向水平向左
（2）因为小球在θ=60°处处于平衡，因此小球从θ=30°的A点释放，它会以
θ=60°处为中心、以A点为端点来回摆动．
据动能定理有
qE（Lsin60°﹣Lsin30°）﹣mg（Lcos30°﹣Lcos60°）=mv2．
上式得
答：（1）匀强电场的场强是，方向水平向左；
（2）若细绳长为L，让小球从右边悬绳与竖直方向成θ=300的位置在绳拉直情况下由静止释放小球，此后小球运动过程中所能达到的最大速度是．
点评：本题主要考查了同学们受力分析的能力以及动能定理的直接应用，难度不大，属于中档题．
18．（10分）如图所示（a）电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图（b）中的AC，BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响．
（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U﹣I图象中的哪一条直线？（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻分别为多少？
（3）试求出电源的电动势和内电阻；
（4）变阻器滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为多少？
考点：闭合电路的欧姆定律． .
专题：恒定电流专题．
分析：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线．
（2）定值电阻R0等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解R0．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R．
（3）图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势．
（4）将滑动变阻器和电源当作一个等效电源，当等效电源的内电阻和变阻器电阻相等时，等效电源输出功率最大．
解答：解：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，所以电压表V1的示数随电流表示数的变化图象应为BC；电压表V2的示数随电流表示数的变化图象应为AC；
（2）定值电阻R0==3Ω；
当I=0.5A时R外==15Ω；
则R=R外﹣R0=12Ω；
（3）根据闭合电路欧姆定律得：
E=7.5+0.5r
E=6+2r
可得：E=8V，r=1Ω
（4）当R=R0+r=4Ω时，变阻器消耗的电功率最大．
U R==4V
P R==4W。