江西省南昌市第十九中2024-2025学年高二上期中物理试卷（含解析）

2024-2025学年江西省南昌十九中高二（上）期中物理试卷一、选择题（1-7单选，每题4分；8-10多选，每题6分，漏选得3分，错选得0分。共46分）1．（4分）一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池（）A．一定有1.5J的化学能转化为电能 B．在工作状态下两极间的电压恒定为1.5V C．比电动势为1.2V的电池存储的电能多 D．将1C的正电荷在电源内部由负极移送到正极过程中，非静电力做了1.5J的功2．（4分）横截面积为S的导线中，通有大小为I的电流，已知导线单位体积中有n个自由电子，自由电子定向移动的速率是v，则在时间t内通过导线截面的电子数是（）A．It B．nvt C．nSvt D．3．（4分）如图所示，实线为某一静止点电荷产生的电场中的三条电场线，虚线为另一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，则下列说法正确的是（）A．场源电荷一定带负电 B．运动的带电粒子一定带正电 C．带电粒子在c点的速度一定大于在a点的速度 D．带电粒子在c点的加速度一定小于在b点的加速度4．（4分）导体的伏安特性曲线是研究导体电流和电压关系的重要工具。一灯泡的伏安特性曲线如图中的AB（曲线）所示，AC为图线在A点的切线（1，0）。下列说法正确的是（）A．当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻不变 B．当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻减小 C．当灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为1Ω D．在灯泡两端的电压由2V变化到4V的过程中，灯泡的电阻改变了1Ω5．（4分）在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V6W”字样M＝1Ω。若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（）A．流过电动机的电流是5A B．整个电路消耗的电功率是10W C．电动机的输出功率6W D．电动机的效率是80%6．（4分）在甲、乙电场中，试探电荷﹣q（q＞0）具有的电势能Ep沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（）A．图甲中，试探电荷在O点受到的电场力为零 B．图甲中，电场强度沿x轴负方向 C．图乙中，x1处的电场强度小于x2处的电场强度 D．图乙中，x1处的电势高于x2处的电势7．（4分）某同学制成了一种电容式加速度仪，结构如图所示。A、B两板间连接有劲度系数为k的用绝缘材料制成的轻弹簧，A板固定在运动物体上，B板质量为m，电容器的带电量保持恒定，弹簧长度为d，电压传感器的示数为U，稳定时，电压传感器的示数为0.8U，则物体运动的加速度大小为（）A． B． C． D．（多选）8．（6分）如图1所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m。在A点放一个带正电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图2中直线a、b所示。下列说法正确的是（）A．B点的电场强度的大小为0.25N/C B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向 C．点电荷Q是负电荷 D．点电荷Q的位置坐标为0.3m（多选）9．（6分）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，内阻为5Ω；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用接线柱1、2测电流1、3测电压，则下列分析正确的是（）A．将接线柱1、2接入电路时，改装成的电流表的量程为1.8A B．将接线柱1、2接入电路时，改装成的电流表的量程为1.2A C．将接线柱1、3接入电路时，改装成的电压表的量程为9V D．将接线柱1、3接入电路时，改装成的电压表的量程为21V（多选）10．（6分）如图所示，在O点固定一个负点电荷Q，长度为L的不可伸长轻质绝缘丝线一端也固定在O点1（q1＞0）的带电小球P。对小球施加一个水平向右的拉力，小球静止，此时丝线与竖直方向的夹角为θ＝53°。某时刻撤去拉力1，丝线恰好对小球无拉力，此后小球做圆周运动，运动到最低点时2，点电荷Q所带电荷量绝对值为q2。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin53°＝0.8，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A． B． C． D．若点电荷Q电荷量缓慢减少，小球到最低点时的加速度减小二、实验题11．（10分）（1）某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，器材如图甲所示。先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量（选填“+”或“﹣”）接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至（选填“×1”或“×100”）挡，并重新短接调零，再次测量。（2）想用多用电表的欧姆挡去测量某个二极管的正向电阻。①将多用电表调至“×10”挡，将红、黑表笔短接，调节旋钮；②连接电路，并将黑表笔接二极管的；③若多用电表的指针偏转情况如图乙所示，则二极管的正向电阻为Ω。12．（7分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验器材、实验操作、数据分析等。（1）用电压表（内阻约为5kΩ）和电流表（内阻约为2Ω）测量一个电阻的阻值（约为25Ω），应该选择的测量电路是图（a）中的（选填“甲”或“乙”）。（2）用如图甲的螺旋测微器测量电阻丝直径d，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，先旋转（选填“①”“②”或“③”），再旋转（选填“①”“②”或“③”），直到听见“喀喀”的声音为止。可读直径d＝mm。（3）用图乙电路图测电阻丝的电阻Rx，R0为一定阻值的电阻。第一次测量按乙图的电路，调节滑动变阻器测得多组电压U和电流I值；第二次测量将电压表改接在a、b两端，并作出如图丙的U﹣I关系图像。由此可知第一次测量得到图线是（填“M”或“N”），电阻丝的电阻Rx＝Ω（保留两位有效数字），根据电阻定律可得电阻丝的电阻率为（用Rx、d、电阻丝长度l和常量π表示）。三、解答题13．（10分）如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，电场的方向与△ABC所在的平面平行，∠ACB＝30°。将电荷量q＝﹣1.0×10﹣9C的点电荷从A点移动到B点，静电力做功WAB＝﹣2.0×10﹣8J；将该电荷从B点移动到C点，电势能增加了4.0×10﹣8J。设C点的电势φC＝0，A、B的距离L＝4cm，求：（1）A与B、C两点间的电势差UAB、UAC；（2）A、B两点的电势φA、φB；（3）电场强度E的大小。14．（12分）在粗糙绝缘、倾角为θ的固定斜面上有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的小滑块，小滑块恰好处于静止状态，重力加速度大小为g，当在空间加水平向右的匀强电场时，求：（1）小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）电场强度大小E；（3）小滑块的加速度大小a。15．（15分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的有界匀强电场。现有一质量为m，电荷量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，经界面MN上的P点进入电场（P点恰在A点正上方，如图所示。小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零）。已知A、B间距离为2R，求：（1）小球过C点的速度大小vC；（2）小球在电场中受到的电场力大小F电；（3）小球在圆轨道上运动时的最大速率v。

2024-2025学年江西省南昌十九中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-7单选，每题4分；8-10多选，每题6分，漏选得3分，错选得0分。共46分）1．（4分）一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池（）A．一定有1.5J的化学能转化为电能 B．在工作状态下两极间的电压恒定为1.5V C．比电动势为1.2V的电池存储的电能多 D．将1C的正电荷在电源内部由负极移送到正极过程中，非静电力做了1.5J的功【答案】D【分析】根据电源电动势的定义式，可判断电源电动势的物理意义，判断电池工作时，储存的能量及转化能量的多少；由电源电动势的推导式，可计算电荷移动时，非静电力做功多少；由闭合电路欧姆定律，可知电源电动势与电源路端电压的关系。【解答】解：D、根据电源电动势的定义式，将1C的正电荷，非静电力通过做功；即电源电动势表示电源将其他形式的能转化为电能的本领；AC、由电源电动势定义式的推导式：W＝qE电，可知要计算非静电力做功转化的电能，需要电荷量，故只已知电源电动势时，故AC错误；B、由闭合电路欧姆定律可知：E＝U+Ir，即工作状态下，故B错误。故选：D。【点评】本题考查对电源电动势的理解，关键是理解做功能力，与做功多少的区别。2．（4分）横截面积为S的导线中，通有大小为I的电流，已知导线单位体积中有n个自由电子，自由电子定向移动的速率是v，则在时间t内通过导线截面的电子数是（）A．It B．nvt C．nSvt D．【答案】C【分析】由电流的定义式，可得到电流表达式；由电流的微观表达式，可知电流与通过导线截面的电子数的关系，从而计算通过导线截面的电子数。【解答】解：若在时间t内，通过导线截面的电子数为N；由电流的微观表达式可知：I＝neSv，故ABD错误。故选：C。【点评】本题考查电流的定义式和微观表达式的综合应用，注意利用“两种方法计算对应的电流相等”这一特点。3．（4分）如图所示，实线为某一静止点电荷产生的电场中的三条电场线，虚线为另一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，则下列说法正确的是（）A．场源电荷一定带负电 B．运动的带电粒子一定带正电 C．带电粒子在c点的速度一定大于在a点的速度 D．带电粒子在c点的加速度一定小于在b点的加速度【答案】B【分析】根据点电荷的电场的特点判断；根据粒子轨迹的弯曲方向，可判断出电场力方向，从而确定出粒子的电性；根据电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加，分析速度大小；电场线密的地方电场强度大，然后结合牛顿第二定律判断加速度。【解答】解：A、该电场线为某一静止点电荷产生的电场中的三条电场线，场源电荷为正电荷；B、带电粒子在电场中运动时，由此可知，所以此粒子为正电荷；C、粒子从b到c运动过程中，可知电场力做负功，所以粒子在c点的速度比在b点的速度小；D、电场线密的地方电场强度大，由a＝，故D错误。故选：B。【点评】本题是带电粒子的轨迹问题，关键要根据弯曲方向判断粒子所受电场力方向；能够根据做功情况判断速度的大小。4．（4分）导体的伏安特性曲线是研究导体电流和电压关系的重要工具。一灯泡的伏安特性曲线如图中的AB（曲线）所示，AC为图线在A点的切线（1，0）。下列说法正确的是（）A．当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻不变 B．当灯泡两端的电压升高时，小灯泡的电阻减小 C．当灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为1Ω D．在灯泡两端的电压由2V变化到4V的过程中，灯泡的电阻改变了1Ω【答案】C【分析】根据I﹣U图像割线斜率的物理意义和欧姆定律分析判断。【解答】解：AB．I﹣U图像割线的斜率的倒数表示电阻，所以电阻逐渐增大；C．由I﹣U图像可知，通过小灯泡的电流为2A，得小灯泡的电阻；D．由I﹣U图像可知，通过小灯泡的电流为3A，得小灯泡的电阻，故D错误。故选：C。【点评】本题考查I﹣U图像，要求掌握I﹣U图像的物理意义。5．（4分）在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V6W”字样M＝1Ω。若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（）A．流过电动机的电流是5A B．整个电路消耗的电功率是10W C．电动机的输出功率6W D．电动机的效率是80%【答案】C【分析】由灯泡恰好正常发光，可计算该电路的电流；由串联电路电压关系，可计算电动机两端电压，由电路总功率、电动机输入功率的公式，可计算电路总功率、电动机的输入功率；由电动机热功率公式，可计算电动机发热功率，由电动机输入功率、热功率、输出功率的关系，可计算其输出功率；由电动机的效率公式，可计算电动机的效率。【解答】解：A、由灯泡恰好正常发光，故A错误；B、由电路总功率公式可知：P＝UI＝8V×2A＝16W；C、由电动机输入功率可知：P入＝（U﹣UL）I，代入得：P入＝10W，由电动机发热功率可知：P热＝I6RM，代入数据得：P热＝4W，由电动机工作时的能量转化关系可知：P出＝P入﹣P热，代入数据得：P出＝6W，故C正确；D、由电动机效率公式可知：，故D错误。故选：C。【点评】本题考查非纯电阻电路的计算，注意电动机正常工作时，不适用欧姆定律。6．（4分）在甲、乙电场中，试探电荷﹣q（q＞0）具有的电势能Ep沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（）A．图甲中，试探电荷在O点受到的电场力为零 B．图甲中，电场强度沿x轴负方向 C．图乙中，x1处的电场强度小于x2处的电场强度 D．图乙中，x1处的电势高于x2处的电势【答案】D【分析】根据电势与电势能之间的关系，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，然后结合图像具体分析，注意试探电荷为负电荷。【解答】解：A、根据电势能定义式可得：Ep＝qφ，由图甲可知，即甲电场中O点的电势为零p﹣x图像可得斜率表示电场力，斜率不为零，故A错误；B、在图甲中沿x轴正方向负试探电荷的电势能在增大，可知沿x轴正方向电势是降低的，也可能与x轴正方向成锐角；C、因为Ep＝qU＝qEx，因为电荷量一定，由图乙分析可知，x1的斜率比x2处的斜率大，故x8处的电场强度大于x2处的电场强度，故C错误；D、因为电荷为负电荷，所以图乙图像中电势能越靠下的电势越高，x1处的电势高于x8处的电势，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电场中不同位置的电势能以及电场强度之间的关系，需要一定的分析能力。7．（4分）某同学制成了一种电容式加速度仪，结构如图所示。A、B两板间连接有劲度系数为k的用绝缘材料制成的轻弹簧，A板固定在运动物体上，B板质量为m，电容器的带电量保持恒定，弹簧长度为d，电压传感器的示数为U，稳定时，电压传感器的示数为0.8U，则物体运动的加速度大小为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据电容器的决定式、定义式，以及电场强度与电势差的关系，结合牛顿第二定律分析求解。【解答】解：根据电容器的决定式、定义式，，可得由于电容器带电量恒定，因此当两板间的距离改变时，则解得d′＝0.3d根据牛顿第二定律k×（d﹣d′）＝ma解得故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题考查了电容器相关知识，理解电容器的决定式和定义式是解决此类问题的关键。（多选）8．（6分）如图1所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m。在A点放一个带正电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图2中直线a、b所示。下列说法正确的是（）A．B点的电场强度的大小为0.25N/C B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向 C．点电荷Q是负电荷 D．点电荷Q的位置坐标为0.3m【答案】CD【分析】电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即．方向与正电荷所受电场力方向相同。放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反。从而知道点电荷位于A、B之间。根据点电荷场强公式E＝分析。【解答】解：A、由图可知B＝＝2.5×107N/C，故A错误；B、在A点放一个带正电的试探电荷，A，所以A点的电场强度的方向沿x轴正方向；C、放在A，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同。若点电荷在A的左侧或在B的右侧，所以点电荷Q应位于A，根据正负电荷所受电场力的方向，故C正确；D、由图可知A＝＝4×105N/C．设点电荷Q的坐标为x，可知解得：x＝0.6m，故D正确；故选：CD。【点评】解决本题的关键是掌握电场强度的定义式和点电荷的场强公式E＝，以及知道电场强度的方向，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反。（多选）9．（6分）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，内阻为5Ω；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用接线柱1、2测电流1、3测电压，则下列分析正确的是（）A．将接线柱1、2接入电路时，改装成的电流表的量程为1.8A B．将接线柱1、2接入电路时，改装成的电流表的量程为1.2A C．将接线柱1、3接入电路时，改装成的电压表的量程为9V D．将接线柱1、3接入电路时，改装成的电压表的量程为21V【答案】AD【分析】对电路结构进行分析，根据串并联电路规律和欧姆定律解答，接1、2时改装为较大量程的电流表，根据欧姆定律求解其量程，接1、3时改装为电压表，根据欧姆定律求解其量程。【解答】解：AB、当接线柱1，电流表A与R1并联，改装为大量程的电流表，改装成的电流表的量程I＝IA+＝3IA＝3×8.6A＝1.2A，故A正确；CD、当接线柱1，A与R1并联后与R2串联，改装为电压表，此时改装成的电压表的量程U＝IARA+IR2＝0.7×5V+1.8×5×2V＝21V，故C错误。故选：AD。【点评】本题考查电表的改装问题，明确改装原理和电路结构，此题接1、3时要注意R2对改装后的电流表的量程没有影响，应用串并联电路特点即可解答。（多选）10．（6分）如图所示，在O点固定一个负点电荷Q，长度为L的不可伸长轻质绝缘丝线一端也固定在O点1（q1＞0）的带电小球P。对小球施加一个水平向右的拉力，小球静止，此时丝线与竖直方向的夹角为θ＝53°。某时刻撤去拉力1，丝线恰好对小球无拉力，此后小球做圆周运动，运动到最低点时2，点电荷Q所带电荷量绝对值为q2。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin53°＝0.8，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A． B． C． D．若点电荷Q电荷量缓慢减少，小球到最低点时的加速度减小【答案】AC【分析】根据牛顿第二定律解得释放小球瞬间，小球的加速度，根据功能关系结合牛顿第二定律解得小球做圆周运动，运动到最低点时，小球的加速度释放瞬间绳子拉力恰好为零，所以库仑力等于重力分力，从而计算电荷量乘积；库仑力始终与运动方向垂直，不做功，进而分析加速度变化。【解答】解：A．根据牛顿第二定律可知，小球的加速度为故A正确；B．运动过程中，电势能不变根据向心加速度公式有解得a5＝故B错误；C．释放瞬间绳子拉力恰好为零解得故C正确；D．由于库仑力始终与运动方向垂直，所以小球P运动到最低点的速度不变，故D错误。故选：AC。【点评】本题以竖直平面内的圆周运动为模型，综合考查了动能定理、牛顿第二定律、向心力等知识，关键是分析清楚受力情况、运动情况和能量转化情况。二、实验题11．（10分）（1）某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，器材如图甲所示。先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量﹣（选填“+”或“﹣”）接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至×100（选填“×1”或“×100”）挡，并重新短接调零，再次测量。（2）想用多用电表的欧姆挡去测量某个二极管的正向电阻。①将多用电表调至“×10”挡，将红、黑表笔短接，调节旋钮电阻零刻度线；②连接电路，并将黑表笔接二极管的正极；③若多用电表的指针偏转情况如图乙所示，则二极管的正向电阻为160Ω。【答案】（1）﹣，×100；（2）①电阻零刻度线；②正极；③160【分析】多用电表使用时电流是“红进黑出”；欧姆表指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，需要用更大的倍率；根据多用表的使用原理分析解答，并正确连接二极管。【解答】解：（1）用多用电表的欧姆挡时，内部电源被接通，即电流从欧姆表的黑表笔流出，红表笔接电压表的负接线柱；偏角小说明电阻大，要选用更大挡位，重新欧姆调零；（2）①多用电表调挡后，应将红，调节欧姆调零旋钮；②欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，测二极管的正向电阻；③欧姆表读数为表盘刻度读数乘以倍率，所以读数为16×10Ω＝160Ω故答案为：（1）﹣，×100；②正极【点评】本题难度在于判断多用电表与电压表和二极管的接法，重点要掌握欧姆表的使用方法和读数。12．（7分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验器材、实验操作、数据分析等。（1）用电压表（内阻约为5kΩ）和电流表（内阻约为2Ω）测量一个电阻的阻值（约为25Ω），应该选择的测量电路是图（a）中的甲（选填“甲”或“乙”）。（2）用如图甲的螺旋测微器测量电阻丝直径d，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，先旋转②（选填“①”“②”或“③”），再旋转③（选填“①”“②”或“③”），直到听见“喀喀”的声音为止。可读直径d＝0.608mm。（3）用图乙电路图测电阻丝的电阻Rx，R0为一定阻值的电阻。第一次测量按乙图的电路，调节滑动变阻器测得多组电压U和电流I值；第二次测量将电压表改接在a、b两端，并作出如图丙的U﹣I关系图像。由此可知第一次测量得到图线是M（填“M”或“N”），电阻丝的电阻Rx＝25Ω（保留两位有效数字），根据电阻定律可得电阻丝的电阻率为（用Rx、d、电阻丝长度l和常量π表示）。【答案】（1）甲；（2）②；③；（3）M；25；。【分析】（1）根据待测电阻、电流表内阻和电压表内阻大小的比值关系，确定电流表的内外接法；（2）根据螺旋测微器的使用规则进行分析；螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；（3）根据电路图与图示图象应用串联电路特点，结合欧姆定律可以求出电阻丝阻值，根据电阻定律求解电阻率。【解答】解：（1）由于＜为了减小误差，电流表采用外接法；（2）螺旋测微器测量电阻丝直径d，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋转微调旋钮③；螺旋测微器的精确度为8.01mm，直径d＝0.5mm+10.2×0.01mm＝0.608mm；（3）第一次测量按乙图的电路，根据欧姆定律U＝（Rx+RA+R7）•I图像的斜率k1＝Rx+RA+R0第二次测量将电压表改接在a、b两端A+R4）•I图像斜率k2＝RA+R0由于k7＞k2因此，第一次测量的是M；根据图丙可知，图线M的斜率因此Rx+RA+R0＝50图线N的斜率因此RA+R0＝25联立解得待测电阻Rx＝k1﹣k2＝50Ω﹣25Ω＝25Ω根据电阻定律电阻率。故答案为：（1）甲；（2）②；③；25；。【点评】要掌握螺旋测微器的实验方法和读数规则，掌握欧姆定律和电阻定律；能够根据电路图与图示图象应用串联电路特点与欧姆定律求解电阻丝阻值。三、解答题13．（10分）如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，电场的方向与△ABC所在的平面平行，∠ACB＝30°。将电荷量q＝﹣1.0×10﹣9C的点电荷从A点移动到B点，静电力做功WAB＝﹣2.0×10﹣8J；将该电荷从B点移动到C点，电势能增加了4.0×10﹣8J。设C点的电势φC＝0，A、B的距离L＝4cm，求：（1）A与B、C两点间的电势差UAB、UAC；（2）A、B两点的电势φA、φB；（3）电场强度E的大小。【答案】（1）A与B、C两点间的电势差UAB、UAC分别为20V、60V；（2）A、B两点的电势φA、φB分别为60V、40V；（3）电场强度E的大小为1000V/m。【分析】（1）根据电场力做功与电势差、电势能变化量的关系求出AB间的电势差、BC间的电势差。（2）根据电势差与电势的关系，结合C点电势为零，求出A、B点的电势。（3）根据：E＝，分别求出电场强度沿AB与AC方向的分量的大小，根据矢量合成求得电场强度的大小。【解答】解：（1）A、B两点间的电势差为：UAB＝＝V＝20V将该电荷从B点移到C点，电势能增加了B、C两点间的电势差为：＝＝40VA、C两点间的电势差为：UAC＝UAB+UBC＝20V+40V＝60V（2）根据电势差与电势的关系可得：UAC＝φA﹣φC＝60V，UAB＝φA﹣φB＝20V已知：φC＝0解得：φA＝60V，φB＝40V（3）设电场强度沿AB方向的分量为E1，则有：设电场强度沿AC方向的分量为E2，则有：电场强度E的大小为：解得：E＝1000V/m答：（1）A与B、C两点间的电势差UAB、UAC分别为20V、60V；（2）A、B两点的电势φA、φB分别为60V、40V；（3）电场强度E的大小为1000V/m。【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系。知道电场线与等势面处处垂直，且由高电势指向低电势。14．（12分）在粗糙绝缘、倾角为θ的固定斜面上有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的小滑块，小滑块恰好处于静止状态，重力加速度大小为g，当在空间加水平向右的匀强电场时，求：（1）小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；（2）电场强度大小E；