2023-2024學年浙江省衢州市江山中學高二年級上冊開學考試物理試題（解析版）

江山中學2023學年第一學期高二開學限時訓練

物理

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一

個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

I.下列物理量屬于矢量，且其單位用國際單位制基本單位表示正確的是（）

A力：NB.電動勢：A-mC.功：kg-m2/s2D.電場強度：kg.m/A-s3

【答案】D

【解析】

【詳解】A.力是矢量，用國際單位制單位用基本單位表示為kg-m/s?,故A錯誤；

B.電動勢是標量，用國際單位制單位用基本單位表示為kg-m2/A-s3,故B錯誤；

C.功是標量，用國際單位制單位用基本單位表示為kg-n?右2,故C錯誤；

D.電場強度是矢量，用國際單位制單位用基本單位表示為kg-m/A-s3,故D正確。

故選D。

2.在物理學的發(fā)展過程中，許多科學家做出了突出貢獻，下列說法不符合物理學史的是（）

A.牛頓提出了萬有引力定律，開普勒通過實驗測出了萬有引力常量

B.庫侖總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律

C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應

D.美國物理學家密立根測出了元電荷e的數(shù)值

【答案】A

【解析】

【詳解】A.牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪什通過實驗測出了萬有引力常量，故A錯誤：

B.庫侖總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律，故B正確；

C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故C正確；

D.美國物理學家密立根測出了元電荷e的數(shù)值，故D正確。

本題選不符合物理學史,故選A。

3.“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，在軌運行如圖所示，則（)

A.選地球為參考系，“天和”是靜止的

B.選地球為參考系，“神舟十五號”是靜止的

C.選“天和”為參考系，“神舟十五號”是靜止的

D.選“神舟十五號”為參考系，“天和”是運動的

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，在軌繞地球做圓周運動，選地球為參

考系，二者都是運動的，AB錯誤；

CD.“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，二者相對靜止，C正確，D錯誤。

故選C。

4.圖甲為排球課的某個場景。小睿同學將排球從A點水平擊出，排球飛到B點時，被小睿同學墊起，球

向斜上方飛出后落到4點正下方且與B點等高的。點，排球運動的最高點為C,C點與A點高度相同，

不計空氣阻力，將排球飛行過程簡化為乙圖。下列說法正確的是（）

乙

甲

A.排球在兩次飛行過程中的時間

B.排球到達B點的速率比離開B點的速率大

C.排球在A點、C點兩處的動能相等

D.兩次飛行過程中重力對排球做的功相等

【答案】B

【解析】

【詳解】A.排球從A點到8點的運動是平拋運動，將排球由A點運動到B點和由C點運動到。點的平拋

運動比較，由

h=gg產(chǎn)

因下落高度相同，結合對稱性可知，排球從A點運動到8點是從8點運動到。點時間的一半，故A錯

誤；

C.設A、C兩點的高度為/?,拋球從由A點運動到8點和由C點運動到。點都是平拋運動，這兩個過程

時間相等，但CD兩點間的水平距離小于4B兩點間的水平距離，根據(jù)

可知排球在A點的速率大于經(jīng)過C點的速率，根據(jù)

E,.--mv

k2

可知排球在A點的動能大于排球在C點的動能，故C錯誤;

B.排球從A點到B點的過程，根據(jù)機械能守恒定律得到達B點時的速率

離開8點時的速率

%=J佐+2g力

VA>%

所以排球到達B點的速率比離開B點的速率大，故B正確：

D.排球從A點到B點重力做功為mgh,排球從B點到D點重力做功為零，故D錯誤。

故選B。

5.小明同學在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中給一個固定電容器充電。下列描述電容器電荷量。、

電壓U、電容C之間關系的圖像中，正確的是（）

【解析】

【詳解】ABC.由電容定義式

C吟

固定電容器的電容。是確定的，與電荷量。和電壓U無關。A正確，BC錯誤;

D.由

Q=CU

電荷量。與電壓U成正比，D錯誤。

故選A

6.如圖所示，衛(wèi)星沿圓形軌道I環(huán)繞地球運動，當其運動到用點時采取了一次減速制動措施，進入桶圓軌

道（H或HI）。軌道I、H和HI均與地球赤道面共面，變更軌道后（）

B.衛(wèi)星經(jīng)過M點之后速度可能大于7.9km/s

C.衛(wèi)星經(jīng)過M點時的加速度變大

D.衛(wèi)星環(huán)繞地球運動的周期變大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.M點時采取了一次減速制動措施，衛(wèi)星速度減小，衛(wèi)星將由高軌道變軌到低高度，由圖可

知，相對于圓形軌道I,橢圓軌道II是低軌道，橢圓軌道III是高軌道，可知衛(wèi)星可能沿軌道II運動，衛(wèi)星

不可能沿軌道山運動，A錯誤；

B.7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)圖像可知，M點是橢圓軌道n的遠地點，衛(wèi)

星在該點的速度小于近地點的速度，相對于近地衛(wèi)星，橢圓軌道n是高軌道，由近地衛(wèi)星變軌到橢圓軌道

II,需要在近地點加速，即橢圓軌道II近地點的速度大于7.9km/s,可知衛(wèi)星經(jīng)過”點之后速度可能大于

7.9km/s,B正確；

C.根據(jù)

Mm

G卞=ma

解得

GM

可知變更軌道后，衛(wèi)星經(jīng)過“點時距離地心間距不變，則衛(wèi)星經(jīng)過M點時的加速度也不變，C錯誤;

D.根據(jù)開普勒第三定律有

房居

72rp2

由于圓形軌道I的軌道半徑大于橢圓軌道II的半長軸，則圓形軌道I的周期大于橢圓軌道n的周期，即衛(wèi)

星環(huán)繞地球運動的周期變小，D錯誤。

故選B。

7.質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為光滑的半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，8為

半圓水平直徑的端點。凹槽內(nèi)有一質量為加的小滑塊，用力尸推動小滑塊由4點向8點緩慢移動，力尸

的方向始終沿圓弧的切線方向，而凹槽始終靜止。在此過程中，下列說法正確的是（）

A.推力產(chǎn)先增大后減小

B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大

C.水平地面對凹槽的摩擦力方向向右

D.水平地面對凹槽的支持力一直減小

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.對滑塊進行受力分析如圖所示

F=mgsin0,N、=mgcos3

當滑塊由A點向8點緩慢移動時，。增大，可知推力尸增大，凹槽對滑塊的支持力減小，故AB錯誤：

C.根據(jù)上述可知，推力F與水平方向夾角為6,對凹槽與滑塊整體分析可知，在推力F的作用下，凹槽

與滑塊整體有向右運動的趨勢，則水平地面對凹槽的摩擦力方向向左，故C錯誤；

D.根據(jù)上述，對凹槽與滑塊整體分析有

Fsm0+N2=(m+A/)g

解得

N>=(〃?+M)g—尸sin。

。增大，可知水平地面對凹槽的支持力一直減小，故D正確。

故選D。

8.如圖所示的四幅圖表示的是有關圓周運動的基本模型，下列說法正確的是()

A.如圖a,汽車通過拱橋的最高點時處于超重狀態(tài)

B.圖b所示是一圓錐擺，增大仇但保持圓錐的高度不變,則圓錐擺的角速度不變

C.如圖c,同一小球在光滑而固定的圓錐筒內(nèi)的A、8位置先后做勻速圓周運動，則在A、8兩位置小球

的角速度及所受筒壁的支持力大小均相等

D.如圖d,火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時，內(nèi)軌對內(nèi)輪緣會有擠壓作用

【答案】B

【解析】

【詳解】A.如圖a,汽車通過拱橋的最高點時具有豎直向下的向心加速度，汽車處于失重狀態(tài)，故A錯

誤;

B.圖b所示，設高度為兒根據(jù)牛頓第二定律有

mgtan0=marhtan0

解得

co-

可知增大仇但保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變，故B正確;

C.設圓錐筒側壁與豎直方向的夾角為仇所受筒壁的支持力大小為

N喘

根據(jù)牛頓第二定律

mg

marr

tan。

解得

g

0)=

rtand

可知A、8兩位置小球的軌道半徑不相同，可知A、B兩位置小球的角速度不相等，故C錯誤；

D.火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時，圓周運動所需要的向心力增大，大于重力和支持力的合力，有向外運

動的趨勢，則外軌對輪緣會有擠壓的作用，故D錯誤.

故選Bo

9.圖為“玉兔二號”巡視器在月球上從。處行走到8處的照片，軌跡0A段是直線，AB段是曲線，巡視器

質量為135kg,則巡視器（）

A.受到月球的引力為1350NB.在A8段運動時一定有加速度

C.04段與4B段的平均速度方向相同D.從。到B的位移大小等于0A8軌跡長度

【答案】B

【解析】

【詳解】A.在月球上的g與地球不同，故質量為135kg的巡視器受到月球的引力不是1350N,故A錯誤;

B.由于在AB段運動時做曲線運動，速度方向一定改變，一定有加速度，故B正確；

C.平均速度的方向與位移方向相同，由圖可知0A段與A8段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故

c錯誤；

D.根據(jù)位移的定義可知從。到B的位移大小等于OB的連線長度，故D錯誤。

故選B。

10.在如圖所示的各電場中，〃、人兩點的電場強度相同的是()

【解析】

【分析】

【詳解】AB.A圖和8圖中的加兩點的電場的方向不同，場強大小相等，所以兩點的電場強度不相同。

故AB錯誤；

C.C圖中向兩點，b點的電場線比較密，所以匕點的場強大。故C錯誤；

D.。圖中的兩點所在的電場為勻強電場，兩點的電場強度大小相等，方向相同，場強相同，故D正確；

故選D。

【點睛】

11.如圖所示，直線I、II分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流變化的特性圖線，曲線in是一個

小燈泡的伏安特性曲線，曲線HI與直線I、II相交點的坐標分別為P(5,3.5)、Q(6,5)。如果把該小燈

泡分別與電源1、電源2單獨連接，則下列說法正確的是()

A.電源1與電源2的內(nèi)阻之比是3：2

B.電源I與電源2的電動勢之比是3:2

C.在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是1：2

D.在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是7：10

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.電源I與電源2的電動勢為圖線的縱軸截距，即

旦：E2=10:10=l:l

電源1與電源2的內(nèi)阻為圖線的斜率大小，即

1010°c

r：r,=—:—=3:2

12812

故A正確，B錯誤；

C.該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接時，其圖線的交點即為電路中干路電流和路端電壓，有

355

R.=—Q,

15-6

所以在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是

/?,：R?=21:25

故C錯誤；

D.根據(jù)

P=UI

可得在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是

4:￡=（3.5x5）:（5x6）=7:12

故D錯誤。

故選Ao

12.如圖所示，在真空中有兩個固定的等量異種點電荷+Q和-。。直線MN是兩點電荷連線的中垂線，。

是兩點電荷連線與直線的交點?！?、6是兩點電荷連線上關于。的對稱點，c、4是直線上的兩個

點。下列說法中正確的是（）

,M

uI

+Q:~Q

?..?..F..-?...?

a0\b

J

-N

A.a點的場強大于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d,所受電場力先增大后減小

B.a點的場強小于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d,所受電場力先減小后增大

C.。點的場強等于。點的場強；將一檢驗電荷沿由c移動到d,所受電場力先增大后減小

D.“點的場強等于〃點的場強；將一檢驗電荷沿由c移動到d,所受電場力先減小后增大

【答案】C

【解析】

【詳解】根據(jù)等量異種電荷周圍的電場分布，。點的場強等于匕點的場強。MN為一條等勢線，MN上。點

場強最大，向兩邊逐漸減小，故檢驗電荷在。點受到的電場力最大。一檢驗電荷沿MN由c移動到土所受

電場力先增大后減小。故C正確，ABD錯誤。

故選Co

13.如圖，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，將兩個帶正電的檢驗電荷/、/分別置于A、B兩點，虛線為等勢

線.取無窮遠處為零電勢點，若將小、仇移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則（）

A.qi在A點的電勢能大于農(nóng)在B點的電勢能

B.0在A點的電勢能小于農(nóng)在B點的電勢能

C.qi的電荷量小于42的電荷量

D.切的電荷量大于0的電荷量

【答案】D

【解析】

【分析】由題，將qi、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功，說明Q對qi、q2存在引力作用，

則知Q帶負電，電場線方向從無窮遠到Q，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，根據(jù)電場力做功與電勢能變化

的關系，分析得知qi在A點的電勢能等于q2在B點的電勢能.B點的電勢較高.由0=415分析qi的電荷

量與q2的電荷量的關系.

【詳解】將卬、q2移動到無窮遠的過程中外力克服電場力做的功，則知Q對小、q2存在引力作用，Q帶負

電，電場線方向從無窮遠指向Q，所以A點電勢高于B點電勢；A與無窮遠處間的電勢差小于B與無窮遠

處間的電勢差；由于外力克服電場力做的功相等，則由功能關系知，qi在A點的電勢能等于q2在B點的電

勢能；由亞=41）得知，qi的電荷量大于q2的電荷量.故D正確.故選D.

二、選擇題II（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一

個是符合題目要求的，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）

14.如圖，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，選地面的電

勢為零，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，下列說法正確的是（）

R1&心

E[__LJLhrx_

十4?（v）/?3LkT

rT，b

A電壓表讀數(shù)減小

B.小球的電勢能減小

C.電源的效率變高

D.若電壓表、電流表的示數(shù)變化量分別為AU和A/,則上一＜廠+4

△/

【答案】AD

【解析】

【詳解】A項：由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由Ri串連接在電源兩端；電容器與

R3并聯(lián)；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減?。挥砷]合電路歐姆定律可知，

電路中電流增大；路端電壓減小，同時Ri兩端的電壓也增大；所以并聯(lián)部分的電壓減小，故A正確；

B項：由A項分析可知并聯(lián)部分的電壓減小，即平行金屬板兩端電壓減小，根據(jù)石=4，平行金屬板間

a

的場強減小，小球將向下運動，由于下板接地即下板電勢為0,由帶電質點P原處于靜止狀態(tài)可知，小球

帶負電，根據(jù)負電荷在電勢低的地方電勢能大，所以小球的電勢能增大，故B錯誤；

%IUu

C項：電源的效率：〃W=五屋，由A分析可知，路端電壓減小，所以電源的效率變低，故C錯

誤;

D項：將Ri和電源等效為一個新的電源，新電源的內(nèi)阻為r+R”電壓表測的為新電源的路端電壓，如果電

流表測的也為總電流，則無一=「+4,由A分析可知△/總=△/&+△",由于總電流增大，并聯(lián)部分的電

△/總

壓減小，所以R3中的電流減小，則IA增大，所以所以<r+R],故D正確.

點晴：解決本題關鍵理解電路動態(tài)分析的步驟：先判斷可變電阻的變化情況，根據(jù)變化情況由閉合電路歐

姆定律E=U+/R確定總電流的變化情況，再確定路端電壓的變化情況，最后根據(jù)電路的連接特點綜合

部分電路歐姆定律進行處理.

15.如圖所示，虛線4、氏C代表某一電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，實線為一帶

正電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，p、R、。是這條軌跡上的三點，其中R在等勢面

b±..下列判斷正確的是（）

A.三個等勢面中，c?的電勢最低

B.帶電粒子在P點的電勢能比在。點的大

C.帶電粒子在P點的動能與電勢能之和比在。點的小

D.帶電粒子在R點的加速度方向垂直于等勢面b

【答案】ABD

【解析】

【詳解】帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側，電場線與等勢面垂直，且由于帶電粒子帶正電，因此電

場線指向右下方，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知。等勢線的電勢最高，c等勢線的電勢最低，故A正確；根

據(jù)帶電粒子受力情況可知，若粒子從P到。過程，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故帶電粒子在

P點具有的電勢能比在。點具有的電勢能大，故B正確；只有電場力做功，所以帶電粒子在尸點的動能與

電勢能之和與在Q點的相等，故C錯誤；電場的方向總是與等勢面垂直，所以R點的電場線的方向與該處

的等勢面垂直，而帶正電粒子受到的電場力的方向與電場線的方向相同，加速度的方向又與受力的方向相

同，所以帶電粒子在R點的加速度方向垂直于等勢面從故D正確.

三、非選擇題（本題共6小題，共55分）

16.在“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗中，實驗裝置如圖甲所示。

圖甲

（1）需要的實驗操作有

A.調(diào)節(jié)滑輪使細線與軌道平行B.傾斜軌道以補償阻力

C.小車靠近打點計時器靜止釋放D.先接通電源再釋放小車

（2）經(jīng)正確操作后打出一條紙帶，截取其中一段如圖乙所示。選取連續(xù)打出的點0、1、2,3、4為計數(shù)

點，則計數(shù)點1的讀數(shù)為cm。已知打點計時器所用交流電源的頻率為5（）Hz,則打計數(shù)點2

時小車的速度大小為m/s（結果保留3位有效數(shù)字）。

01234

“川甲14"||||||卿|||『,||甲|甲||加『|||14114141私|代|『牛||,中可㈣

0123456789101112

圖乙

（3）用圖中所示裝置做“探究加速度與力、質量的關系”實驗，實驗中細線拉力大小近似等于重物所受

重力大小，則實驗中重物應選用下圖中的（選填"A"、"B”或“C”）。

聯(lián)50g20g20g

上上1C.10g10g2g

2g

000€>€)€>€)

I------o

【答案】①.ACD②.2.75③.1.48④.C

【解析】

【詳解】（1）[1]A.實驗需要調(diào)節(jié)滑輪使細線與軌道平行，選項A正確；

B.該實驗只要使得小車加速運動即可，不需要傾斜軌道補償阻力，選項B錯誤;

C.為了充分利用紙帶，則小車靠近打點計時器靜止釋放，選項C正確；

D.先接通電源再釋放小車，選項D正確。

故選ACDo

(2)[2][3]打計數(shù)點2時小車的速度為1、3之間的平均速度；由圖可知計數(shù)點1的讀數(shù)為2.75cm,計數(shù)點

3的讀數(shù)為8.65cm；已知打點計時器所用交流電源的頻率為50Hz,則打點周期T=0.02s,則打計數(shù)點2時小

車的速度大小為

出=(8.65-2.75)xG2mzs

2T0.04

(3)[4]實驗中細線拉力大小近似等于重物所受重力大小，則需要滿足重物的質量遠小于小車的質量，故實

驗中重物應選用圖中的Co

故選C。

圖1

圖3

(1)部分連線如圖1所示，導線。端應連接到(選填"A”、"B”、"C”或)接線柱

上。正確連接后，某次測量中電壓表指針位置如圖2所示，其示數(shù)為V。

(2)測得的7組數(shù)據(jù)已標在如圖3所示。-/坐標系上，用作圖法求干電池的電動勢￡=V和內(nèi)

阻r=(計算結果均保留兩位小數(shù))

【答案】①.B②.1.20③.1.50?.1.04

【詳解】（I）[1]電壓表測量的電壓應為路端電壓，開關應能控制電路，所以導線“端應連接到B處;

⑵干電池電動勢約為L5V,電壓表選擇0-3V量程，分度值為0.1V,題圖中電壓表讀數(shù)為1.20V；

U=E-Ir

可知

U-I圖像縱軸截距為電源電動勢可得

E=L50V

U-I圖像斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻

1.50-1.00

0=1.040

0.48-0

18.如圖所示，A、B、C、。是水平直線上的4個點，相鄰兩點間距均為r。在4點和8點放有電荷量均為

。的正點電荷。求：

（1）兩電荷間的庫侖力大?。?/p>

（2）A、8兩處點電荷在C點的合場強；

（3）要使C點的電場強度為0,則在。點放置一個怎樣的點電荷？

QQ

【答案】（1）F=k粵；⑵羋,方向水平向右；（3）放正點電荷，且。'=吆

r4廠4

【解析】

【詳解】（1）庫侖力大小

（2）A處點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度為

B處點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度為

kQ

A、B兩處點電荷在C點的合場強為

方向水平向右

（3）根據(jù)點電荷周圍的電場分布及電場的疊加原理可知，C點的合場強方向為水平向右。

要使C點場強為零，D點只能放正點電荷。且

19.如圖所示，運動員以％=3m/s的速度將冰壺沿水平冰面投出，冰壺在冰面上沿直線滑行％=20m

后，其隊友開始在冰壺滑行前方摩擦冰面，使冰壺和冰面的動摩擦因數(shù)變?yōu)樵瓉淼?0%,以延長冰壺的滑

行距離。已知運動員不摩擦冰面時，冰壺和冰面間的動摩擦因數(shù)〃=0.02。求此冰壺：

（1）滑行20m過程中的加速度大小力；

（2）滑至20m處的速度大小匕；

（3）投出后在冰面上滑行的距離心

a

【答案】(1)4=0.2m/s2；(2)w=lm/s；(3)x=22.78m

【解析】

【詳解】（1）冰壺自由滑行過程根據(jù)牛頓第二定律有

F各=/.img=m%

代入數(shù)據(jù)解得

2

<7t=0.2m/s

（2）自由滑行時冰壺做勻減速運動，根據(jù)位移速度關系有

解得

V1=lm/s

（3）摩擦冰面后根據(jù)牛頓第二定律有

0.9jumg=ma2

解得

2

a2=0.18m/s

冰壺還能滑行的距離

2

匕2I

=」一=-------mx2.78m

~2a22x0.18

投出后在冰面上滑行的距離

x=%+%=22.78m

20.在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以。為圓心、半徑為R的圓，A5為圓的直徑，如圖所

示，質量為優(yōu)，電荷量為4（4>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與

電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的。點以速率％穿出電場，AC與A3的

夾角6=45°,運動中粒子僅受電場力作用。

（1）求電場強度的大??；

（2）為使粒子穿出電場時的位移最大，該粒子進入電場時的速度應為多大；

（3）從A點射入的粒子速率取某一值時，粒子穿過電場時動能的增量最大，求動能增量的最大值。

【答案】⑴答：⑵'⑶噌*

【解析】

【詳解】（1）初速度為零的粒子從A開始沿著電場力方向做勻加速直線運動，則場強E沿AC方向,

從4到C由動能定理得

E=0m說

4qR

（2）從B點穿出的粒子位移最大，如圖所示

設粒子在A點的速度為片，則匕沿y軸正方向，A到B,沿x、y正方向，有

6?R=卬］

聯(lián)立解得

（3）垂直于x軸作圓的切線p。與圓相切于。點，從。點穿出的粒子沿電場力方向的位移x最大，電場力

做功最多，動能的增量最大，如圖所示

,y

由幾何關系得

6

%