高二物理期末考試卷答案解析
高二物理期末考試卷答案解析
高二的同學(xué)們，期末考已經(jīng)過(guò)去了，物理的試卷答案解析已經(jīng)整理好了。下面由學(xué)習(xí)啦小編為大家提供關(guān)于高二物理期末考試卷答案解析，希望對(duì)大家有幫助!
高二物理期末考試卷單項(xiàng)選擇題
1.在電場(chǎng)中某點(diǎn)放一電量為q的試探電荷，所受電場(chǎng)力大小為F，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)定義可知，該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小E= .下列說(shuō)法正確的是( )
A.若移走試探電荷，則該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)榱?/p>
B.若試探電荷的電量變?yōu)?，則該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E
C.若試探電荷的電量變?yōu)椹乹，則該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)的方向變?yōu)榕c原來(lái)的方向相反
D.若試探電荷的電量變?yōu)椹?，則該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小、方向都不變
【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度.
【分析】場(chǎng)強(qiáng)的定義式E= ，是采用比值法定義的，定義出來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度與放入電場(chǎng)中的試探電荷無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身的性質(zhì)決定.
【解答】解：電場(chǎng)中的電場(chǎng)強(qiáng)度反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與放入電場(chǎng)中的試探電荷無(wú)關(guān)，無(wú)論有無(wú)檢驗(yàn)電荷、檢驗(yàn)電荷的電量如何，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向都不變.故D正確，A、B、C錯(cuò)誤.
故選：D.
2.如圖所示的電路中，閉合電鍵S并調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P的位置，使A、B、C三燈亮度相同，若繼續(xù)將P向下移動(dòng)，則三燈亮度變化情況為( )
A.A燈變亮 B.B燈變亮 C.A燈最暗 D.C燈最暗
【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律.
【分析】將變阻器滑片P向下移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)歐姆定律分析總電流的變化，確定A燈亮度的變化.根據(jù)并聯(lián)部分的電壓變化，判斷B燈亮度的變化.根據(jù)總電流與通過(guò)B燈電流的變化，分析C燈電流的變化，判斷C燈亮度的變化.
【解答】解：將變阻器滑片P向下移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)全電路歐姆定律得知，總電流IA增大，則A燈變亮.
并聯(lián)部分的電壓 U并=E﹣IA(RA+r)，E、RA、r不變，IA增大，U并減小，則B燈變暗.
通過(guò)C燈的電流IC=IA﹣IB，IA增大，IB減小，則IC增大，C燈變亮.可知B燈最暗.
因?yàn)镮A=IB+IC，由于IB減小，IC增大，IA增大，所以C燈電流的增加量大于A燈的增加量，C燈最亮.
故選：A
3.如圖甲所示，A、B是一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，若在某點(diǎn)釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場(chǎng)力作用，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，則( )
A.A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)
B.電子在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于B點(diǎn)
C.A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)
D.電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于B點(diǎn)
【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度.
【分析】根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)方向，確定電場(chǎng)力的方向.場(chǎng)強(qiáng)方向與電子所受電場(chǎng)力方向相反，從而可判斷出電場(chǎng)強(qiáng)度方向.根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)方向判斷電勢(shì)的高低.由速度圖象的斜率讀出加速度的變化情況，確定場(chǎng)強(qiáng)的變化情況.根據(jù)能量守恒，分析電勢(shì)能的變化.
【解答】解：
A、B：速度時(shí)間圖象的斜率等于加速度，由圖可知：電子做初速度為零的加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng).加速度增大，說(shuō)明電子所受電場(chǎng)力增大，電子在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于B點(diǎn).由F=qE可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于B點(diǎn)，即EA
C、電子由靜止開始沿電場(chǎng)線從A運(yùn)動(dòng)到B，電場(chǎng)力的方向從A到B，而電子帶負(fù)電，則場(chǎng)強(qiáng)方向從B到A，根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低可知，A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)，即φA<φB.故C錯(cuò)誤.
D、由速度圖象看出，電子的速度增大，動(dòng)能增大，根據(jù)能量守恒得知，電子的電勢(shì)能減小，則電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于B點(diǎn)，即ɛA>ɛB.故D錯(cuò)誤.
故選：B
4.一只白熾燈泡，正常發(fā)光時(shí)的電阻為121Ω，當(dāng)這只燈泡停止發(fā)光一段時(shí)間后的電阻應(yīng)是( )
A.大于121Ω B.小于121Ω C.等于121Ω D.無(wú)法判斷
【考點(diǎn)】電阻率與溫度的關(guān)系.
【分析】正常發(fā)光時(shí)白熾燈泡燈絲的溫度較高，電阻較大，當(dāng)燈泡停止發(fā)光一段時(shí)間后，燈絲的溫度降低，電阻變小.
【解答】解：白熾燈泡燈絲是由金屬材料制成的，當(dāng)溫度降低時(shí)，其電阻率減小，電阻變小，所以當(dāng)這只燈泡停止發(fā)光一段時(shí)間后的電阻小于121Ω.
故選B
5.下列邏輯電路中，能使蜂鳴器F發(fā)出聲音的是( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單的邏輯電路.
【分析】根據(jù)電路分析，當(dāng)門電路輸出為1時(shí)，蜂鳴器發(fā)出聲音.
【解答】解：A、由圖可知，與門的輸入端為1、0，則輸出為0，蜂鳴器不發(fā)出聲音，故A錯(cuò)誤
B、圖為或門電路，輸入端為1、0，則輸出為1，蜂鳴器發(fā)出聲音，故B正確
C、圖為非門電路，輸入端為1，則輸出為0，蜂鳴器不發(fā)出聲音，故C錯(cuò)誤
D、圖為或門、非門的復(fù)合電路，或門的輸入端為1、0，則輸出為1，非門的輸入為1，則輸出為0，蜂鳴器不發(fā)出聲音，故D錯(cuò)誤
故選：B
高二物理期末考試卷多項(xiàng)選擇題
6.關(guān)于磁場(chǎng)和磁感線的描述，下列說(shuō)法中正確的是( )
A.磁感線可以形象地描述各點(diǎn)磁場(chǎng)的方向
B.磁極之間的相互作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的
C.由B= 可知，某處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與放入該處的通電導(dǎo)線IL乘積成反比
D.一小段通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中某處不受磁場(chǎng)力作用，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零
【考點(diǎn)】磁感線及用磁感線描述磁場(chǎng).
【分析】磁感線是描述磁場(chǎng)分布而假想的曲線，磁感線的疏密表示磁場(chǎng)強(qiáng)弱，磁感線某點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向.磁極之間的相互作用是通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生的，磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B= ，采用比值法定義，B與F、IL無(wú)關(guān).
【解答】解：A、磁感線某點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，故A正確.
B、兩個(gè)磁極不接觸能發(fā)生相互作用，是通過(guò)磁場(chǎng)而發(fā)生，故B正確.
C、磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B= ，是一種比值法定義，可知B與F、IL無(wú)關(guān)，B反映磁場(chǎng)本身的性質(zhì)，故C錯(cuò)誤.
D、一小段通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中某處不受磁場(chǎng)力作用，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，也可能B不為零，由于導(dǎo)體與磁場(chǎng)平行造成的，故D錯(cuò)誤.
故選：AB
7.如圖所示，用電池對(duì)電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板間有一個(gè)電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將兩極板的間距變大，則( )
A.電荷將向上加速運(yùn)動(dòng) B.電荷將向下加速運(yùn)動(dòng)
C.電流表中將有從a到b的電流 D.電流表中將有從b到a的電流
【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析.
【分析】電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到重力與電場(chǎng)力而平衡.將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，根據(jù)板間場(chǎng)強(qiáng)E= 分析場(chǎng)強(qiáng)的變化，再分析電荷q所受電場(chǎng)力的變化，判斷電荷q的運(yùn)動(dòng)方向.根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，而電容器的電壓一定，再由電容的定義式分析板間電容器電量的變化，根據(jù)電容器是充電還是放電，分析電路中電流的方向.
【解答】解：
A、B將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，板間場(chǎng)強(qiáng)E= 減小，電荷q所受的電場(chǎng)力F=Eq減小，電荷將向下加速運(yùn)動(dòng).故A錯(cuò)誤，B正確.
C、D根據(jù)電容的決定式C= 可知，電容減小，電容器的電壓U不變，由電容的定義式C= 分析得知，電容器的電量減小，電容器放電，而電容器上極板帶正電，則電流表中將有從b到a的電流.故C錯(cuò)誤，D正確.
故選BD
8.小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點(diǎn)，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線.則下列說(shuō)法中正確是 ( )
A.隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大
B.對(duì)應(yīng)P點(diǎn)，小燈泡的電阻為R=
C.對(duì)應(yīng)P點(diǎn)，小燈泡的電阻為R=
D.對(duì)應(yīng)P點(diǎn)，小燈泡電阻為圖中矩形PQOM所圍的面積
【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律;電阻率與溫度的關(guān)系.
【分析】小燈泡的伏安特性曲線上的各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示電阻，斜率增大，燈泡的電阻增大.任一狀態(tài)燈泡的電阻R= .
【解答】解：A、I﹣U圖線各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示電阻，由題，此斜率減小，說(shuō)明隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大.故A正確.
B、C、D根據(jù)電阻的定義得到，對(duì)應(yīng)P點(diǎn)，小燈泡的電阻為R= ，R不等于切線斜率 ，R也不等于“面積”.故B正確，CD錯(cuò)誤.
故選AB
高二物理期末考試卷填空題
9.測(cè)一個(gè)阻值約為25kΩ的電阻，備有下列器材
A.電流表(量程100μA，內(nèi)阻2kΩ)
B.電流表(量程500μA，內(nèi)阻300Ω)
C.電壓表(量程10V，內(nèi)阻100kΩ)
D.電壓表(量程50V，內(nèi)阻500kΩ)
E.直流穩(wěn)壓電源(電動(dòng)勢(shì)15V，允許最大電流1A)
F.滑動(dòng)變阻器(最大電阻1kΩ，額定功率1W)
G.導(dǎo)線若干.
(1)電流表應(yīng)選 B ，電壓表應(yīng)選 C .
(2)畫出測(cè)量Rx的電路圖.
【考點(diǎn)】伏安法測(cè)電阻.
【分析】本題(1)的關(guān)鍵是首先根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)的大小來(lái)選擇電壓表的量程，再根據(jù)歐姆定律求出通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流來(lái)選擇電流表的量程;題(2)的關(guān)鍵是明確滑動(dòng)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻阻值時(shí)，變阻器應(yīng)用分壓式接法;當(dāng)電流表內(nèi)阻為已知時(shí)，電流表應(yīng)用內(nèi)接法;若電表內(nèi)阻為大約值時(shí)，可以通過(guò)比較 與 大小來(lái)選擇電流表的內(nèi)外接法.
【解答】解：(1)由于電源電動(dòng)勢(shì)為15V，所以電壓表應(yīng)選C;
根據(jù)歐姆定律可知，通過(guò)待測(cè)電阻的最大電流為 = = =400μA，所以電流表應(yīng)選擇B;
(2)由于滑動(dòng)變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻阻值，所以變阻器應(yīng)采用分壓式接法;由于滿足 ，所以電流表應(yīng)用內(nèi)接法，電流表的內(nèi)阻為定值，電路圖如圖所示：
故答案為：
(1)B，C
(2)如圖
10.為了測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)E的大小、內(nèi)電阻r和定值電阻R0的阻值，某同學(xué)利用DIS設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路.閉合電鍵S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向某一方向移動(dòng)時(shí)，用電壓傳感器1，電壓傳感器2和電流傳感器測(cè)得數(shù)據(jù)，并根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)計(jì)算機(jī)分別描繪了如圖乙所示的M、N兩條U﹣I直線.請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
(1)根據(jù)圖乙中的M、N兩條直線可知 BC .
A.直線M是根據(jù)電壓傳感器1和電流傳感器的數(shù)據(jù)畫得的
B.直線M是根據(jù)電壓傳感器2和電流傳感器的數(shù)據(jù)畫得的
C.直線N是根據(jù)電壓傳感器1和電流傳感器的數(shù)據(jù)畫得的
D.直線N是根據(jù)電壓傳感器2和電流傳感器的數(shù)據(jù)畫得的
(2)圖象中兩直線交點(diǎn)處電路中的工作狀態(tài)是 ABC .
A.滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P滑到了最左端
B.電源的輸出功率最大
C.定值電阻R0上消耗的功率為0.5W
D.電源的效率達(dá)到最大值
(3)根據(jù)圖乙可以求得定值電阻R0= 2.0 Ω，電源電動(dòng)勢(shì)E= 1.50 ，內(nèi)電阻r= 1.0 Ω.
【考點(diǎn)】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.
【分析】(1)定值電阻的U﹣I圖線是正比圖線，電源的U﹣I圖線是向下傾斜的圖線;
(2)兩個(gè)圖線的交點(diǎn)是將電阻和電源直接相連時(shí)電路中的電壓和電流值;
(3)定值電阻的U﹣I圖線是正比圖線，斜率表示電阻;電源的U﹣I圖線的縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)，斜率表示內(nèi)電阻;
【解答】解：(1)由圖可知電壓傳感器1測(cè)電源的路端電壓，電壓傳感器2測(cè)R0兩端的電壓;電流傳感器測(cè)電路中的電流;
由圖可知，M圖象中的電壓隨電流的增大而增大，故M應(yīng)為R0兩端的電壓;而N圖象中電壓隨電流的增大而減小，符合閉合電路的歐姆定律U=E﹣Ir，故N顯示的是電源的輸出電壓與電流的關(guān)系;故選BC;
(2)A、當(dāng)定值電阻和電源的電流、電壓相等時(shí)，一定是電阻直接與電源相連;故滑動(dòng)變阻器是短路，滑片達(dá)到最左側(cè);故A正確;
B、滑動(dòng)變阻器短路時(shí)，外電阻與內(nèi)電阻最接進(jìn)，故電源輸出功率最大，故B正確;
C、此時(shí)電阻的電壓為1V，電流為0.5A，故功率為0.5W，故C正確;
D、此時(shí)外電阻最小，效率最低，故D錯(cuò)誤;
故選：ABC;
(3)定值電阻的U﹣I圖線是正比圖線，圖線的斜率表示電阻，為2.0Ω;圖線N的縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)，為1.50V;斜率表示內(nèi)電阻，為1.0Ω;
故答案為：(1)BC;(2)ABC;(3)2.0，1.50，1.0
高二物理期末考試卷綜合應(yīng)用
11.質(zhì)量為m，帶電量為q的微粒，以速度v與水平方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)同時(shí)存在的空間，如圖所示，微粒在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的共同作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求：
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，該帶電粒子帶何種電荷.
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.
【考點(diǎn)】帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).
【分析】對(duì)帶電微粒進(jìn)行受力分析，然后由平衡條件列方程，求出電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度;電場(chǎng)方向反向后，分析帶電微粒的受力情況，根據(jù)帶電微粒的受力情況，確定微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài).
【解答】解：(1)微粒受重力mg，電場(chǎng)力qE，洛倫茲力qvB，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力必為零，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，微粒只能帶正電，否則不能平衡，受力如圖所示，
由幾何關(guān)系知，qE=mg，則電場(chǎng)強(qiáng)度為：E= ;
(2)由于合力為零，則：qvB= mg
所以：B=
答：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 ，該帶電粒子帶正電荷.
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 .
12.如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏.現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O.試求：
(1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間;
(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα;
(3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離s.
【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).
【分析】(1)帶電粒子垂直射入電場(chǎng)，只受電場(chǎng)力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由L=v0t求解時(shí)間t.
(2)根據(jù)牛頓第二定律求出加速度.研究豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況，由速度公式vy=at求出粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)豎直分速度，由 求出tanα.
(3)由位移公式 求出粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)的距離y.帶電粒子離開電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)的距離Ltanα，兩個(gè)偏轉(zhuǎn)之和即為粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離S.
【解答】解：(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間 .
(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：
粒子在電場(chǎng)中的加速度為：
所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為 .
(3)設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則
又s=y+Ltan α，解得： .
答：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間 ;
(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值 ;
(3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離 .
13.如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細(xì)管的圓心O處固定一點(diǎn)電荷，將質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點(diǎn)A由靜止釋放，小球沿細(xì)管滑到最低點(diǎn)B時(shí)，對(duì)管壁恰好無(wú)壓力.求：
(1)固定于圓心處的點(diǎn)電荷在AB弧中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小;
(2)若把O處固定的點(diǎn)電荷拿走，加上一個(gè)豎直向下場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電小球仍從A點(diǎn)由靜止釋放，下滑到最低點(diǎn)B時(shí)，小球?qū)Νh(huán)的壓力多大?
【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用;牛頓第二定律;牛頓第三定律;點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng).
【分析】(1)帶電小球沿豎直放置的光滑半圓弧絕緣細(xì)管從A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)滑到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)管壁恰好無(wú)壓力.在下滑過(guò)程中由動(dòng)能定理可求出最低點(diǎn)的速度大小，從而由牛頓第二定律可求出電場(chǎng)力，從而確定電場(chǎng)強(qiáng)度大小.
(2)若換成勻強(qiáng)電場(chǎng)后，帶電小球在下滑過(guò)程中電場(chǎng)力做功，仍由動(dòng)能定理求出最低點(diǎn)的速度，再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出小球?qū)Νh(huán)的壓力.
【解答】解：(1)由A到B，由動(dòng)能定理得：
在B點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律得：
聯(lián)立以上兩式解得： ，電場(chǎng)強(qiáng)度向上，即O處的電荷為負(fù)電荷，
由于是點(diǎn)電荷﹣Q形成的電場(chǎng)，由 得到，等勢(shì)面上各處的場(chǎng)強(qiáng)大小均相等，即AB弧中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為
(2)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得： ①
在B點(diǎn)處小球?qū)Νh(huán)的彈力為N，由牛頓第二定律得： ②
聯(lián)立①和②式，解得小球在B點(diǎn)受到環(huán)的壓力為：N=3(mg+qE)
由牛頓第三定律得：小球在B點(diǎn)對(duì)環(huán)的壓力大小為N=3(mg+qE)
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