2018-2019学年安徽省滁州市民办高中高二上学期第二次月考物理试题 解析版 17页

绝密★启用前 安徽省滁州市民办高中2018-2019学年高二上学期第二次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．如图所示，竖直绝缘墙壁上有一个固定的质点A，在A点正上方的O点用绝缘丝线悬挂另一质点B，OA=OB，A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线偏离了竖直方向，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点O的拉力大小（ ）‎ A． 逐渐减小 B． 逐渐增大 C． 保持不变 D． 先变大后变小 ‎【答案】C ‎【解析】关键是正确分析受力情况，找到力的矢量三角形与几何三角形的相似关系.‎ 由平衡条件知，小球A所受的重力G、库仑力F和拉力T的合力应为零，故可先将F和T合成，则它们的合力与重力构成一对平衡力.由此得到由这三个力构成的力的三角形，而这个力的三角形恰与几何三角形OAB相似.于是有.注意到OA=OB，故T=G.‎ 即T与悬线与竖直方向的夹角无关，应选C项.‎ 点评:如果仅做一个蜻蜓点水式的分析，认为由于漏电，库仑力将减小，因而拉力减小，则容易错选A项.事实上，当两个电荷带电量减小时，其间距也将减小，悬线与竖直方向间的夹角也将减小，使库仑力大小及方向都发生变化.故绳子拉力如何变化还要进一步分析才行.‎ ‎2．如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)（　　）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为圆盘上电荷分布均匀，并且形状规则，故可圆盘可等效看做为电荷集中在c点，带电量为Q的点电荷，q在b点产生的电场强度大小为，Q在b点产生的电场强度大小为，因为b点电场强度为零，所以，解得，Q带正电，q在d处此时的电场强度大小为，方向向右；Q在d处产生的电场强度大小为，方向向右，故d点的合场强为，B正确．‎ ‎3．有一电场的电场线如图所示。电场中、两点的电场强度的大小和电势分别用、 和、表示，则 A． ， ‎ B． ， ‎ C． ， ‎ D． ， ‎ ‎【答案】A ‎【解析】电场线越密，电场强度越大，所以，从图中可知左边的电荷为正电荷，并且沿电场线方向电势降低，所以a点的电势高于b点的电势， ，A正确．‎ ‎4．如图甲所示，在两极板a、b之间有一静止的电子，当在a、b之间加上如图乙所示的变化电压时（开始时a板带正电），电子的运动情况是（不计重力，板间距离足够大）‎ A．电子一直向a板运动 B．电子一直向b板运动 C．电子在两板间做周期性往返运动 D．电子先向a板运动，再返回一直向b板运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：在0-0．1s时间内，电子受到的电场力向上，向上做匀加速直线运动，在0．1-0．2s时间内，电子受到的电场力向下，向上做匀减速直线运动，0．2s时刻速度为零；在0．2-0．3s时间内，电子受到的电场力向下，向下做匀加速直线运动，在0．3-0．4s时间内，电子受到的电场力向上，向下做匀减速直线运动，接着周而复始，故电子在两板间做周期性往返运动，C正确；‎ 考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动 ‎【名师点睛】电子在周期性变化的电场中运动，根据受力情况，由牛顿定律可分析出电子的运动情况，这是学习力学应具有的能力．‎ ‎5．低碳环保是我们现代青年追求的生活方式。如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香。转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升。关于这个现象，下列说法中正确的是 A． 烟尘因为带正电而被吸附到缝被针上 B． 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小 C． 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大 D． 同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则加速度越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 本题考查的是静电除尘的原理等问题，铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，转动手摇起电机，铝板和针之间为非匀强电场，越靠近针场强越强，同一烟尘颗粒由于电子吸附在上面，而使其在被吸附过程中离铝板吸附的电子越多受的电场力也越大速度也越大，C正确；同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离针越近加速度越大，D错误；‎ ‎6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能发光，把滑动变阻器的滑片向右移动一点，下列判断正确的是（ ）‎ A． 电容器C的电荷量将减小 B． R0上有自右向左的电流 C． 灯泡L亮度变暗 D． 电路稳定后电源的输出功率变小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：滑片向右移动一点，变阻器电阻变大，整个电路电流变小，灯泡变暗，C正确；因为电流变小，路端电压变大，电容器带电量要变大，要充电，R0上有自左向右的电流，A、B错误；电源的输出功率变大，无法判断，D错误。‎ 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎7．如图示电路，G是电流表，R1、R2是两个可变电阻，调节可变电阻R1，可以改变电流表G的示数．当MN间的电压为6 V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度．将MN间的电压改为5 V时，若要电流表G的指针仍偏转到最大刻度，下列方法中可行的是( )‎ A． 保持R1不变，增大R2‎ B． 增大R1，减少R2‎ C． 减少R1，增大R2‎ D． 保持R2不变，减少R1‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：总电压降低了，想要电流不变：保持R1不变，增大R2时，因这样R2两端的电压变大了，G的电压更小了，G的电流也更小了；选项A错误；增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压变大，即G的电压变大，其电流变大；选项B正确；减小R1，同时增大R2时，R2两端的电压变大了，G的电压小了，G的电流也小了；选项C错误；保持R2不变，减小R1时，R2的电压变大，R1电压变小，即G的电压变小，其电流变小，选项D错误．故选B。‎ 考点：电路的动态分析 ‎8．关于电源的电动势，下列说法中正确的是( )‎ A． 电源电动势越大，表明它将其他形式的能转化为电能的本领越大 B． 电源电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压 C． 电源电动势在数值上等于非静电力在单位时间内所做的功 D． 电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：由电动势E=可知，电源将单位正电荷从负极移到时正极时非静电力做功越多，电动势越大，选项A正确；电源电动势在数值上等于外电路断开时两极间的电压，选项B错误；电源内部，非静电力将正电荷从负极移到时正极，由E=可知，电动势大小等于电源将单位正电荷从负极移到时正极时，非静电力所做的功，选项C错误、D正确。‎ 考点：电动势 ‎【名师点睛】本题考查对电动势的理解能力，关键抓住电动势的物理意义和定义式来理解．根据电动势的定义式E=分析可知，电动势大小等于电源将单位正电荷从负极移到时正极时，非静电力所做的功．由电动势E=可知，电源将单位正电荷从负极移到时正极时非静电力做功越多，电动势越大．电动势与电势差单位相同，但物理意义不同．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，与外电路的结构无关．‎ ‎9．在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示。图中－x1～x1 之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称。下列关于该电场的论述正确的是( )‎ A． x轴上各点的场强大小相等 B． 从-x1到x1场强的大小先减小后增大 C． 一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在-x1点的电势能 D． 一个带正电的粒子在－x1点的电势能小于在-x2点的电势能 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：φ-x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；从-x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；由图可知，场强方向均指向O，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能，故C错误；电场线指向O点，则负电荷由-x1到-x2的过程中电场力做正功，故电势能减小，故带负电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2的电势能，故D正确；故选BD。‎ 考点：电场强度；电势及电势能 ‎【名师点睛】本题关键要理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化。‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎10．如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是 (　　)‎ A． 带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B． 负点电荷一定位于M点左侧 C． 带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能 D． 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加，所以电粒子从a到b过程中动能逐渐增加，故A错误；带正电的粒子所受电场力向右，电场线由M指向N，说明负电荷在直线N点右侧，故B错误；电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；a点离点电荷较远，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，则带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D正确。所以CD正确，AB错误。 ‎ ‎11．带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向y，偏角为φ，下列说法正确的是(　　)‎ A． 粒子在电场中做类平抛运动 B． 粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度 C． 粒子的偏移距离y，可用加在两极板上的电压控制 D． 偏角φ与粒子的电荷量和质量无关 ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，结合平抛运动规律解题：水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动；并且两方向运动具有等时性．‎ 带电粒子以初速度垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，仅受在垂直速度方向上只受到电场力作用，做类平抛运动，A正确；粒子平行于极板方向做匀速直线运动，时间，即粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度，‎ B正确；粒子的偏移距离，故可用加在两极板上的电压控制y的大小，C正确；粒子的偏转角φ满足： ，粒子偏角φ与粒子的电量和质量有关，D错误．（以上公式中的U表示两极板间的电压，L表示极板的长度，d表示两极板间的距离，q表示粒子的电荷量，m表示粒子的质量）‎ ‎12．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2位相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为10Ω．当开关S闭合后 A． L1的电阻为1.2Ω B． L1消耗的电功率为0.75W C． L2的电阻为5Ω D． L2消耗的电功率为0.1W ‎【答案】BC ‎【解析】AB、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻，功率P1=U1I1=0.75W．故A错误，BC正确；‎ ‎ C、灯泡L2的电压为U，电流为I，R与灯泡L2串联，则有，在小灯泡的伏安特性曲线作图，如图所示，‎ 则有，L2的电阻为5Ω，L2消耗的电功率为0.2W，故C正确，D错误；‎ 故选BC。‎ ‎13．如图所示的竖直平面的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动。下列说法正确的是 A． 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直减小 B． 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度一直增大 C． 若仅增大圆环所带的电荷量，圆环从0处离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动 D． 将带电圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环从D处离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动 ‎【答案】BC ‎【解析】圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力、弹力，库仑引力沿杆方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零，故A错误；圆环从P运动到O的过程中，库仑引力做正功，动能一直增大，则速度也一直增大，故B正确；根据动能定理： ，解得到O点的速度为，库仑力提供向心力得： ，可得： ，由此可知与电荷量无关，圆环仍然可以做圆周运动，若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎14．如图所示，长为L=0.5 m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是(　　)．‎ A． 小球在B点的电势能大于在A点的电势能 B． 水平匀强电场的电场强度为 C． 若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2‎ D． 若电场强度减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，选项A错误；因小球做匀速运动，由平衡条件知qEcosθ=mgsinθ，所以电场强度，选项B正确；电场强度变为2倍后，则有q·2Ecos θ－mgsinθ＝ma，所以a＝6 m/s2，选项C错误；电场强度减为一半后，则有:‎ ‎，a1＝3 m/s2，由v02－v2＝2a1L代入数值得v＝1 m/s，选项D正确；故选BD。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理 ‎【名师点睛】由带电小球受到分析得：重力、支持力与电场力，且三力均不变．若存在加速度，则带小球也不可能到达N点的速度仍不变的，所以三力处于平衡状态．故带电小球做的是匀速直线运动。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎15．现要用伏安法描绘一只标值为“2.5V，0.6W”小灯泡的I-U图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表(0～3V，内阻)‎ B．电流表(0～0.6A，内阻)‎ C．电流表(0～3A，内阻)‎ D．滑动变阻器(，2A) ‎ E．滑动变阻器(，1.0A) ‎ F．蓄电池(电动势6V，内阻不计）‎ 实验要求测量数据范围尽可能大些 ①则滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）；电流表应选用_______（用序号字母表示）． ‎ ‎②设计电路，用笔画线代替导线在图中将实物连接成实验所需电路图。_______‎ ‎③通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为______Ω．‎ ‎【答案】 D B 10‎ ‎【解析】试题分析：①本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，滑动变阻器选D；由P=UI可得，电流为I=0.28A，电流表应选B；②题目中要求多测几组数据，故滑动变阻器采用分压接法；灯泡内阻较小；故电流表选用外接法，设计的电路图如图所示 ‎ 由电路图连成实物图如图所示 ‎③由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻 ‎【点睛】根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻.‎ ‎16．某同学欲将量程为200μA的电流表G改装成电压表 ‎①该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻Rg，图中R1、R2为电阻箱。他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，断开开关S2，闭合开关S1后，调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度，接下来他应该正确操作的步骤是________(选填下列步骤前的字母代号)，最后记下R2的阻值；‎ A．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 B．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 ‎②如果按正确操作步骤测得R2的阻值为120Ω，则认为Rg的阻值大小为_____(选填字母代号) ；‎ A． 60Ω B． 120Ω C． 240Ω D． 360Ω ‎ ‎③如果该同学在调节R1使电流表满偏过程中，发现电流表指针满偏时，R1的接入阻值不到其总阻值的二分之一。为了减小实验误差，该同学可以采取下列措施中的______(选填字母代号) ；‎ A．将R2换成一个最大阻值更大的电阻箱 B．将R1换成一个最大阻值为现在二分之一的电阻箱 C．将电源换成一个电动势为现在电源两倍、内阻可以忽略的电源 D．将电源换成一个电动势为现在电源二分之一、内阻可以忽略的电源 ‎④利用上述方法测量出的电流表内阻值_______（选填“大于”或“小于”）该电流表内阻的真实值。‎ ‎⑤依据以上的测量数据可知，若把该电流表改装成量程为3V的电压表，需与该表___（选填“串”或“并”）联一个阻值为__________Ω的定值电阻。‎ ‎【答案】BBC小于串14880‎ ‎【解析】‎ 试题分析：“半偏电流法”测定电流表G的内电阻Rg的实验中，先闭合S1，R1必须调节到最高阻值是为了保护该电路的用电器；本实验在的条件下，所以电流表两端的电压很小，S1闭合前，不须调节到最大；当接通时，有电流流过，和Rg并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏电流时，中电流稍大于一半，则 ‎①该同学使用半偏法测电流表内阻，所以第一步使电流表满偏后，第二步应闭合，条件电阻箱使电流表指针指在刻度盘的中央，故B正确；‎ ‎②因为分担的电流近似等于电流表的电流，并且两者的电压相等，所以，B正确；‎ ‎③S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是．故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②尽可能大．则C正确 ‎ ‎④当接通时，有电流流过，和并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流I1调到半偏电流时，R′中电流稍大于，则小于， ⑤电流表改装成电压表要串联电阻分压：‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎17．如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L 标有“2 V、0.4 W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。电动机M的内阻为1Ω.‎ 求：‎ ‎(1)电源的内阻；‎ ‎(2)电动机M的输出功率；‎ ‎(3)电源的效率。‎ ‎【答案】(1) 1Ω (2) 0.12W (3) 93.3%‎ ‎【解析】(1)开关S接1时，根据闭合电路欧姆定律有： ， ‎ 代入数据解得，r=1Ω；‎ ‎(2)开关S接2时，根据闭合电路欧姆定律有： ‎ 解得 电动机的输入功率为：P=UMI=0.8×0.2W=0.16W 发热功率为：P热= =0.04W 所以输出功率为： ‎ ‎(3)电源的效率为： ‎ 点睛：小灯泡L正常发光，其电压为额定电压，功率为额定功率，由公式P=UI可求出电路中的电流．根据闭合电路欧姆定律求解电源的电阻；电动机为非纯电阻电路，注意公式的应用与选取即可 ‎18．如图所示，电源电动势E=30V，内阻， ，滑动变阻器的总电阻。间距d=0.1m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关K，板间电场视为匀强电场，板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，带负电小球C穿过细杆，小球质量m=0.01kg、电荷量C（可视为点电荷，不影响电场的分布）。调节滑动变阻器的滑片p，使小球C恰能静止在A处，重力加速度g=10m/s2.‎ ‎（1）求M、N两极板间的电压以及滑动变阻器pb段的阻值R2；‎ ‎（2）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，待电场重新稳定后释放小球C，求小球C到达杆的中点O时的速度大小。‎ ‎【答案】（1）10Ω（2）0.5m/s.‎ ‎【解析】（1）由电路图可知，金属板M为正极板；因小球静止，故小球所受电场力与重力大小相等，方向相反，电场力向上，所以小球带负电．           设小球恰能静止时M、N两极板间的电压为U，板间电场强度为E，则mg=Eq  解得：U=10V     ‎ 小球恰能静止时，根据闭合电路欧姆定律有 解得  R2=10Ω  （2）调节滑动变阻器，使pb段的阻值R3=7.5Ω，设电场稳定时的电压为U3，则 解得：U3=7.5V． ‎ 设小球c到达杆的中点O时的速度为v，则 ‎ 解得：v=0.5m/s       ‎ 点睛：本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．‎ ‎19．如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40 m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×l04 N/C。现有一质量m=0.l0 kg，电荷量q=8.0×l0–5 C的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零。试求此过程中取g=l0 m/s2）：‎ ‎（1）带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；‎ ‎（2）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；‎ ‎（3）带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少。‎ ‎【答案】（1）a=8 m/s2 vB=4.0 m/s （2）N=5.0 N （3）W电=0.32 J W摩=–0.72 J ‎【解析】‎ ‎（1）在水平轨道运动时qE="ma" 得a=（3分）‎ 由动能定理 qEs=得（3分）‎ ‎（2）设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有 ‎（3分） 得N=6mg (1分)‎ 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N/=N=6mg（1分）‎ ‎（3）因电场力做功与路径无关，‎ 所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功 W电=qER=（1分）‎ 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有 qER+W-mgR=0-（4分） 解得 W=-2mgR (1分)‎ 本题考查牛顿第二定律、动能定理和圆周运动规律的应用，在电场中由电场力做功等于动能的变化量可求得B点速度，在B点由支持力和重力的合力提供向心力，可求得支持力大小，由于电场力做功与路径无关只与初末位置有关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功为qER，在整个过程中应用动能定理可求得克服摩擦力做功大小