北京市海淀区2021届新高考第三次模拟物理试题含解析

北京市海淀区2021届新高考第三次模拟物理试题
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
1．一平直公路上有甲、乙两辆车，从t＝0时刻开始运动，在0～6 s内速度随时间变化的情况如图所示．已知两车在t＝3 s时刻相遇，下列说法正确的是()
A．两车的出发点相同
B．t＝2 s时刻，两车相距最远
C．两车在3～6 s之间的某时刻再次相遇
D．t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离
【答案】D
【解析】
由图可得，0~3s内，乙的位移1
(20.5)3 3.75m
2
⨯+⨯=，甲的位移
11
(24)2(43)19.5m
22
⨯+⨯+⨯+⨯=，
二者t=0时刻相距9.5m-3.75m=5.75m，选项A错误；3~6s内，乙的位移
1
(10.5)1m0.75m 2
-⨯+⨯=-，
甲的位移1
33m 4.5m
2
⨯⨯=，二者相距4.5m+0.75m=5.25m.所以t=0时刻两质点之间的距离大于t=6s时
刻两质点之间的距离，选项D正确；0~2s内，两质点间距逐渐减小，t=2s时刻不是相距最远，选项B错误；两质点在3~6s之间距离越来越大，不可能再次相遇，选项C错误；故选D．
点睛：本题考查v-t图象的性质，本题的关键在于v-t图象中图象的面积表示位移的应用，要求能从图中得出两车各自位移的变化情况，从而两车距离的变化情况．
2．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。

开始时开关S 闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为θ，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（）
A．小球带负电
B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变小
C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从下向上
D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据题图电路可知A板电势高于B板电势，A、B间电场强度方向水平向右。

小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A项错误；
B．当滑动头从a向b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以B项正确；
C．当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C项错误；
D．由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D项错误。

故选B。

3．一质点以初速度v0沿x轴正方向运动，已知加速度方向沿x轴正方向，当加速度a的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到零的过程中，该质点( )
A．速度先增大后减小，直到加速度等于零为止
B．位移先增大，后减小，直到加速度等于零为止
C．位移一直增大，直到加速度等于零为止
D．速度一直增大，直到加速度等于零为止
【答案】D
【解析】
【详解】
AD．由题意知：加速度的方向始终与速度方向相同，加速度a的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到0的过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，故A错误，D正确；B．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，故B错误；
C．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大，加速度等于零时做匀速运动，位移仍然增大，故C错误。

4．真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图像（φ-r图像），判断下列说法中正确的是（）
A ．该金属球可能带负电
B ．A 点的电场强度方向由A 指向球心
C ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度
D ．电荷量大小为q 的正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做功W=q （φ1-φ2）
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可知0到r 0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，A 错误；
B ．沿电场线方向电势降低，所以A 点的电场强度方向由A 指向B ，B 错误；
C ．r ϕ-图像斜率的物理意义为电场强度，所以A 点的电场强度大于B 点的电场强度，C 错误；
D ．正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做功
()12AB W qU q ϕϕ==-
D 正确。

故选D 。

5．如图甲所示，一铝制圆环处于垂直环面的磁场中，圆环半径为r ，电阻为R ，磁场的磁感应强度B 随时间变化关系如图乙所示，0t =时刻磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（ ）
A ．在t t =0时刻，环中的感应电流沿逆时针方向
B ．在t t =0时刻，环中的电功率为242020
πr B Rt C ．在t t =0时刻，环中的感应电动势为零
D ．0~t 0内，圆环有收缩的趋势
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由磁场的磁感应强度
B 随时间变化关系图象可知，磁场反向后，产生的感应电流的方向没有改变，0~t 0
时间内，磁场垂直纸面向里，B 减小，所以线圈中的磁通量在减小，根据楞次定律可判断线圈的电流方向为顺时针，所以A 错误；
BC ．由图象可得斜率为 00B B t
t ∆=∆ 则由法拉第电磁感应定律可得，线圈产生的感应电动势为
200
πr B S B E t t t ∆Φ∆===∆∆ 线圈的电功率为
2422020
πr B E P R Rt == 所以B 正确，C 错误；
D ．0~t 0内，磁感应强度在减小，线圈的磁通量在减小，所以根据楞次定律可知，线圈有扩张趋势，所以D 错误。

故选B 。

6．宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s 水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O 为
抛出点，若该星球半径为4000km ，引力常量G ＝6.67×
10－11N·m 2·kg －2，则下列说法正确的是（ ）
A ．该星球表面的重力加速度为16.0 m/s 2
B ．该星球的第一宇宙速度为4.0km/s
C ．该星球的质量为2.4×1020kg
D ．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度可能大于4.0km/s
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物体做平抛运动，根据平抛运动的规律有
0x v t =
212y gt = 联立解得 24m/s g =
该星球表面的重力加速度为24m/s ，故A 错误；
BC ．设该星球的第一宇宙速度为v ，该星球的质量为M ，在星球表面附近，则有
2
2GMm mv mg R R
== 解得
64410m/s 4.0km/s v gR ==⨯⨯=
262
23114(410)kg 9.610kg 6.6710gR M G
-⨯⨯===⨯⨯ 故B 正确，C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力有
2
2GMm mv r r
= 解得
GM v r
= 卫星运动的轨道半径越大，则绕行速度越小，第一守宙速度是绕星球表面运行的速度，同步卫星的速度一定小于4.0km/s ，故D 错误；
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．如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻波的图像，波源s 位于原点O 处，波速v=4m/s ，
振幅2cm A =。

t=0时刻，平衡位置在x=8m 处的质点P 刚好开始振动，质点M 的平衡位置在12m x =处。

则下列说法正确的是_________
A ．波源s 的起振方向沿y 轴正方向
B ．波源s 的振动周期为0.5s
C ．t=ls 时刻，质点P 运动到M 点
D ．质点P 的振动方程为y=2sin(t)cm
E.在t=0到t=3.5 s 这段时间内，质点M 通过的路程为10 cm
【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．已知波沿x 正方向传播，而P 点刚好起振，由同侧法可知起振方向沿y 轴正方向，故A 正确；
B ．由图读出8m λ=，根据 8s 2s 4
T v λ=== 故B 错误；
C ．参与传播的质点振动在平衡位置沿y 轴振动，并不会沿x 轴传播，故C 错误；
D ．质点的振幅为2cm ，则振动方程2sin()cm y t π=，故D 正确；
E ．时间关系为
33.54
t s T T ∆==+ M 点起振需要时间1s ，剩下54
T 的时间振动的路程为 510cm s A ==
故E 正确。

故选ADE 。

8．如图所示，在半径为R 的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B 。

P 是磁场边界上的一点，大量电荷量为q 、质量为m 、相同速率的离子从P 点沿不同方向同时射入磁场。

其中有两个离子先后从磁场边界上的Q 点（图中未画出）射出，两离子在磁场边缘的出射方向间的夹角为60︒，P 点与Q 点的距离等于R 。

则下列说法正确的是（ ）
A 3R
B 3qBR
C ．两个离子从Q 点射出的时间差为
23m qB π
D ．各种方向的离子在磁场边缘的出射点与P 点的最大距离为233
R 【答案】BCD
【解析】
【详解】 从Q 点能射出两个离子，则离子圆周运动半径r 小于磁场区域圆半径R ，运动轨迹如图所示。

PQO ∆为等边三角形。

A ．由几何关系得
2
R PM =
又有 sin 60PM r ︒
= 解两式得
33
r R =① 选项A 错误；
B ．在磁场中做圆周运动有
2
mv qvB r =② 解①②式得
3qBR v = 选项B 正确；
C ．圆周运动的周期为
2m T qB
π= 两离子在磁场中运动的时间分别为
13T t = 223T t = 则从磁场射出的时间差为
23m t qB
π∆= 选项C 正确；
D ．各种方向的离子从磁场中的出射点与P 点的最大距离为
2323
R r = 选项D 正确；
故选BCD.
9．如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，aO 为一个与磁场方向垂直、长度为L 的金属杆，已知 3
L ab bc cO ===。

a c 、两点与磁场中以O 为圆心的同心圆（均为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。

一电容为C 的电容器连接在金属轨道上。

当金属杆在与磁场垂直的平面内以O 为轴，以角速度ω顺时针匀速转动且电路稳定时，下列说法正确的是（ ）
A ．a b c O 、、、四点比较，O 点电势最高
B ．电势差2bO ac U U =
C ．电势差2ac ab U U =
D ．电容器所带电荷量为
249
CB L ω 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．如图所示
杆abcO 顺时针匀速转动切割磁感线，由右手定则知感应电动势方向为O a →，杆abcO 相当于电源，所以a 点电势最高，故A 错误；
BC ．综合运动规律，ac 的中点b 的线速度为
123
v L ω=⋅ 综合电路规律，电路稳定后，电容器既不充电也不放电，电路中无电流，由法拉第电磁感应定律得
123
ac ac U E B L v ==⋅⋅ 解得
249
ac ac U E B L ω== 同理，ab 中点的线速度为
256
v L ω=⋅ 又有
2215318
ab ab U E B L v B L ω==⋅⋅= bO 中点c 的线速度为
313
v L ω=⋅ 可得
232239
bO bO U E B L v B L ω==⋅⋅= 故B 正确，C 错误；
D ．电容器接在a c 、两点间，带电荷量为
ac Q CU =
解得
249
ac Q CU CB L ω== 故D 正确。

故选BD 。

10．假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为θ，战士飞出时的水平速度大小为v 0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g ，则（ ）
A ．如果v 0不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同
B ．如果v 0不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同
C ．该战士在空中经历的时间是02tan v g
θ D ．该战士在空中经历的时间是
0tan 2v g θ 【答案】BC
【解析】
【分析】 【详解】
雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知
tan 2y gt x v θ== 解得平抛运动的时间为
02tan v t g
θ= 如果v 0不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为
0022tan v x v t g
θ== 知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

11．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。

速度选择器内存在相互正交的匀强磁场1B 和匀强电场E ，1B 磁场方向垂直于纸面向里，平板S 上有可让粒子通过狭缝到达
记录粒子位置的胶片。

平板S 右方有垂直于纸面向外的匀强磁场2B ，则下列相关说法中正确的是（ ）
A ．质谱仪是分析同位素的重要工具
B ．该束带电粒子带负电
C ．速度选择器的1P 极板带负电
D ．在2B 磁场中运动半径越大的粒子，比荷q m
越小 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】 A ．质谱仪是分析同位素的重要工具，选项A 正确；
B ．带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该束粒子带正电，选项B 错误；
C ．在平行极板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的1P 极板带正电，选项C 错误；
D ．进入2B 磁场中的粒子速度是一定的，根据洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m r
= 得
mv r qB
= 知r 越大，比荷
q m 越小，选项D 正确。

故选AD 。

12．如图所示，均匀细杆AB 质量为M ，A 端装有转轴，B 端连接细线通过滑轮和质量为m 的重物C 相连，若杆AB 呈水平，细线与水平方向夹角为θ时恰能保持平衡，则下面表达式中正确的是（ ）
A ．M=2ms inθ
B ．滑轮受到的压力为2mg
C ．杆对轴A 的作用力大小为mg
D ．杆对轴A 的作用力大小2sin Mg θ
【答案】ACD
【解析】
【分析】
考查共点力作用下物体的平衡问题。

【详解】 A ．由题可以知道，C 物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C 物体的重力大小相等，为mg ；对杆AB 进行受力分析如图：
设AB 杆的长度为L ，由图可以知道杆的重力产生，的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是12
L 绳子的拉力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是sin L θ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得：
1sin 2
Mg L mgL θ⋅= 所以：
2sin M m θ=
A 正确；
B ．由题图可以知道，两根绳子的拉力的方向之间有夹角所以两根绳子的拉力的合力大小要小于2mg ，即滑轮受到的压力小于2mg ，B 错误；
C ．由受力图可以知道轴A 对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，因为重力的作用线过杆的中点，所以可以知道力F 与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，并且：
cos cos F mg θθ=
所以F 与绳子的拉力的大小也相等，即
F mg =
则杆对轴A 的作用力大小为mg ，C 正确；
D ．联立可得： 2sin Mg F θ
= 所以杆对轴A 的作用力大小也可以表达为：
2sin Mg θ，D 正确。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用如图甲所示的装置做“探究合力做的功与动能改变量之间的关系”的实验，他们将光电门固定在水平轨道上的B 点，并用重物通过细线拉带有遮光条的小车，然后保持小车和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离（s ）进行多次实验，实验时要求小车每次都从静止释放。

（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度d =________mm 。

（2）为了减小误差，实验时需要进行的操作是________。

A ．将水平轨道上的A 端垫高适当的高度，以平衡摩擦力
B ．使重物的质量m 远大于小车及遮光条的总质量M
C ．调节水平轨道左端滑轮的高度
（3）某次实验中，测得小车及遮光条的质量M=1kg ，光电门记录小车通过的时间0.002s t ∆=，则在此次实验中小车及遮光条增加的动能为________J （结果保留到小数点后两位）。

（4）实验中利用________计算拉力对小车做的功W 在方格纸上做出k E W -图像（k E 是小车和重物动能
之和），如图所示。

由图像可以看出k E ∆总是略大于W ，造成这种现象的原因是________________________。

【答案】4.700 AC 2.76 W mgs = 平衡摩擦力过度
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm ，主尺的读书为4.5mm ，读数为
4.5mm 20.00.01mm=4.700mm +⨯。

（2）[2]AB ．本实验研究小车受到的合力对小车所做的功与小车动能的改变量之间的关系，可认为小车受到的合力与重物的重力大小相等，故需要平衡摩擦力，且满足重物的质量远小于小车和遮光条的总质量，B 错误A 正确；
C ．需调节水平轨道左端滑轮的高度，使连接光电门的细线与轨道平行，C 正确。

故选AC 。

（3）[3]小车及遮光条经过光电门的速度
2.35m/s d v t ==∆ 增加的动能 2K 1 2.76J 2E Mv ∆=
=。

（4）[4]因为平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小车受到的合力，所以用重力乘于小车释放点到光电门的距离s 计算拉力所做的功，即
W mgs =。

（4）[5]实验中，让重物的质量远小于小车及遮光条的总质量，则平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小车受到的合力，则分析可知造成k E ∆总是略大于W 是平衡摩擦力过度造成的。

14．用如图所示实验装置验证m 1、m 2组成的系统机械能守恒，m 2从高处由静止开始下落，m 1上拖着的纸带打出一系列的点，下图给出的是实验中获取的一条纸带：O 是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点未标出，交流电的频率为50Hz ，计数点间的距离如图所示。

已知m 1=50g ，m 2=150g ，则：（g 取9.8m/s 2，结果均保留两位有效数字）
(1)在打点0~5过程中系统动能的增加量ΔE k =________J ，系统势能的减少量ΔE P =__________J ；
(2)若某同学作出v 2-h 图像如图所示，则当地的实际重力加速度g=_________m/s 2。

【答案】0.58 0.59 9.7
【解析】
【详解】
(1)[1]匀变速直线运动某段时间内，中间时刻速度等于平均速度： 640.86400.3840m/s 2.4m/s 2
20.1
x x v T --===⨯ 动能增加量： 2k 121Δ()0.58J 2E m m v =
+≈； [2]系统势能的减少量：
p 21Δ()0.59J E m m gh =-≈；
(2)[3]根据机械能守恒定律：
221121()(2
)m m gh m m v -+= 得：
221122()()
m m g v h m m -=+ 斜率：
21122()13.58() 1.40
m m g k m m -==+ 得出：g≈9.7m/s 2。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平放置的导热气缸A 和B 底面积相同，长度分别为2L 和L ，两气缸通过长度为L 的绝热管道连接；厚度不计的绝热活塞a 、b 可以无摩擦地移动，a 的横截面积为b 的两倍．开始时A 、B 内都封闭有压强为p 0、温度为T 0的空气，活塞a 在气缸A 最左端，活塞b 在管道最左端．现向右缓慢推动活塞a ，当活塞b 恰好到管道最右端时，停止推动活塞a 并将其固定，接着缓慢加热气缸B 中的空气直到活塞b 回到初始位置，求
（i ）活塞a 向右移动的距离；
（ii ）活塞b 回到初始位置时气缸B 中空气的温度．
【答案】 (i) 76x L =
(ii) 0125
T T = 【解析】
【详解】
(i)设绝热活塞b 到达管道口右边且右端面与管口齐平时，A 气缸中的活塞a 向右移动x ，此时A 、B 中气
体压强为p ， 则：
对A 气体：()01222p LS p L
x S LS ⎡⎤
⋅=-+⎢⎥⎣⎦ 对B 气体：012p LS LS pLS ⎛⎫+= ⎪⎝⎭
联立解得： 032p p =，76
x L = (ii)设气缸B 的温度为T 、压度为p '时，绝热活塞b 回到初始位置，
对气体B: 012p LS LS pLS T T
⎛⎫+ ⎪⎝
⎭=' 对气体A: ()()1222p L x S LS p L x S ⎡⎤-+=-⎢⎥⎣
'⎦ 联立解得：0125
T T = 16．如图所示，在直角坐标xOy 平面内，第一、二象限有平行y 轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平面的匀强电磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的正电粒子，从坐标原点O 以大小为v 0，方向与x 轴正方向成37︒的速度沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到x 轴时，经过x 轴上的P 点（图中未标出），已知电场强度大小为E ，粒子重力不计，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8
(1)求p 点的坐标；
(2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到x 轴的位置与坐标原点O 的距离为OP 的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）（202425mv Eq
，0）；（2）052E B v =，方向垂直坐标平面向外；056E B v =，方向垂直坐标平面向外 【解析】
【详解】
(1)由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿y 轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x 轴匀速直线运动合成的。

设回到x 轴过程所需要的时间为t ，y 轴：
0si 37n y v v ︒=
加速度
a=Eq m
时间
t=2y
v
a
x轴：
co37
s
x
v v︒
=，x=v x t
联立上式，可解得
2
24
25
mv
x
Eq
=
即p点的坐标为（
2
24
25
mv
Eq
，0）
(2)第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，满足题意得有两种情况。

①回到x轴时在O点右侧。

如图所示，由几何关系，可知轨迹半径
2
1
1
2
5
4
sin37125
x mv
R x
qE
︒
===
由
2
1
mv
qv B
R
=
解得：
5
2
E
B
v
=
方向垂直坐标平面向外；
②回到x轴时在O点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径
2
2
6
5
2
2sin3745
x
x mv
R x
qE
︒
+
===
（）
由
2
2
mv
qv B
R
=
解得：
56E B v = 方向垂直坐标平面向外
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()cos()cos 24
P qE L qE 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 。