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1、浙江省温州市乐清乐成寄宿中学高二年级2015-2016学年下学期3月月考物理试题时间：90分钟分值100分祝考试顺利第I卷（选择题共48分）、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）1.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V。重新调节 R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V。假设电动机线圈的电阻不随温度变化而变化，则这台电动机正常运转时输出功率为（）A.32W B.48W C.44W D.47W2 .、如图所示，M N为两条交流输电线，甲、乙两图是配电
2、室中的互感器和交流电表的两种接线示意图，以下说法正确的是 （）A、甲图中的电表是交流电压表，乙图中的电表是交流电流表日甲图中的电表是交流电流表，乙图中的电表是交流电压表C在乙图中，线圈 N4的导线一定比线圈 N的导线粗D甲、乙两图中的电表均为交流电流表3 .如图甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示.以i表示线圈中的感应电流， 以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正,则以下的i -t图象中正确的是（）XKKKXX I XKXXXX3C土MXXXXM甲144 .如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场， 磁场垂直于图中的 O
3、xy平面，方向指向纸外，原点。处有一离子源，在Oxy平面内沿各个方向射出动量相等的同价负离子，对于进入磁场可用下图四个半圆中的一个来表区域的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹,5 .如图所示，L为自感系数很大，直流电阻不计的线圈，D、D2、D3为三个完全相同的灯泡，E为内阻不计的电源，在 t=0时刻闭合开关S,当电路稳定后 D、Da两灯的电流分别为Ii、I2,当时刻为ti时断开开关S,若规定电路稳定时流过 D、D2的电流方向为电流的正方向， 则下图能正确定性描述电灯电流i与时间t关系的是（）6.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比ni： na=22：为理想二极管，原线圈接U
4、=22o7sin100 % t （V）的交流电.则（5,电阻 R=R=25Q , D )A.交流电的频率为100HzB.通过R的电流为2AC.通过R2的电流为加AD.变压器的输入功率为 200W7 . 一个带电粒子以初速度 V0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进 入匀强磁场区域.设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示.在图所示的几种情况中，可能出现的是（）8.如图所示，先后以速度V1和V2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域,vi=2v2,在先后两种情况下（）A.线圈中的感应电流之比Ii： 12=2: 18 .线圈中的感应电流之比Ii：
5、 12=1: 2C.线圈中产生的焦耳热之比Q: Q=4: 1D.通过线圈某截面的电荷量之比qi： q2=1： 19 .如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B=1.0T,质量 m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=5Q n=100匝的矩形线圈竖直固定在质量M=0.08kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等.线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v10m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直.若小车运动的速度v随位移x变化的v-x图象如图乙)0 10 20 30 40 50 /m所示，则根据以上信息可知（甲CA.小车的水平长度 l=10 cmB.磁场白宽度d=35 c
6、mC.小车白位移 x=10 cm时线圈中的电流I=7 AD.线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q=1.92 J10.关于摩擦力，下列说法正确的是（）A.相互压紧的粗糙物体间一定存在摩擦力B.运动的物体一定受到滑动摩擦力C.静止的物体一定受到静摩擦力D.相互紧压的粗糙物体之间有相对滑动时，才受滑动摩擦力.11 .为了测出楼房的高度，让一石块从楼顶自由落下（不计空气阻力），若已知当地重力加速度g,还需测出下列哪个物理量就可以算出楼房的高度（）A.石块下落到地面的总时间B .石块落地时的瞬时速度C.石块下落第一秒内的位移D .石块下落第一米的时间12 .下列所描述的直线运动中，可能正确的有（）A.速
7、度变化很大，加速度很小B.速度变化方向为正，加速度方向为负C.速度变化越来越快，加速度越来越小D.速度越来越大，加速度越来越小二、实验题（20分）13. （11分）在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，已知待测金属丝的电阻约为5Q o（1）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为 R,请写出计算金属丝电阻率的表 达式 p =。（2）实验时，某组同学用螺旋测微器测金属丝的直径，用多用电表“X 1”挡测该金属丝的电阻，二者的示数分别如图甲、乙所示，则：测得金属丝的直径是 mm金属丝的电 阻式 Q 。（3）若采用伏安法测该金属丝的电阻，而实验室提供以下器材供选择：A.电?组（3V,内阻约1 Q）
8、B.电流表（03A,内阻约 0.0125 ）C.电流表（00.6A,内阻约 0.125 Q）D.电压表（03V,内阻约4kQ）E.电压表（015V,内阻约15k ）F.滑动变阻器（020Q,允许最大电流1A）G.滑动变阻器（02000a ,允许最大电流 0.3A）H.开关、导线若干。请回答：实验时应从上述器材中选用 （填写仪器前字母代号）；在组成测量电路时，应采用电流表 接法，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏（选填“大”或“小”）；I= A , U=某处实验测量时，表面刻度及指针如图所示，则实验数据应记录为:V。14. （9分）（1）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属
9、丝的直径以及电流表、电压表的读数如下图所示，则它们的读数值依次是mmA V。(A)（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为010Q,电流表内阻约几欧，电压表内阻约20ka ,电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电源电动势E = 4.5V ,内阻较小。则右边电路图中， （选填字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路， 但用此最佳电路测量的金属丝电阻仍然会比真实值偏 （选填“大”或“小”）。（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0 Q ,那么测量金属丝电阻 R的最佳电路应是上图中的 电路（选填字母代号）。此时测得电流为I、电压为U,则金属丝电阻R= （均用题中字母代号表
10、示）。三、计算题（32）15. (8分)如图所示，在倾角为37的固定金属导轨上，放置一个长L=0.4m、质量m=0.3kg的导体棒，导体棒垂直导轨且接触良好。导体棒与导轨间的动摩擦因数科=0.5。金属导轨的一端接有电动势 E= 4.5V、内阻r = 0.50 Q的直流电源，电阻 R= 2.5 Q ,其余电阻不计， 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现外加一与导体棒垂直的匀强磁场，(sin37。=0.6,cos37 =0.8 g=10m/s 2)求：(1)使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度B的大小和方向；(2)使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度B的最小值和方向。16.
11、 (16分)电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一，它揭示了电、磁现象之间的本质 联系。电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即 E = n笆，这就：t是法拉第电磁感应定律。(1)如图所示，把矩形线框abcd放在磁感应强度为 B的匀强磁场里，线框平面跟磁感线垂 直。设线框可动部分 ab的长度为L,它以速度v向右匀速运动。请根据法拉第电磁感应定 律推导出闭合电路的感应电动势E=BLv。(2)两根足够长的光滑直金属导轨平行放置在倾角为0的绝缘斜面上，两导轨间距为L。两导轨间接有阻值为 R的电阻。一根质量为 m的均匀直金属杆 MW(在两导轨上，并与导轨 垂直。整套装置处于磁感
12、应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。导轨和金属杆的电阻可忽略。让金属杆 MN由静止沿导轨开始下滑。求当导体棒的速度为 v (未达到最大速度)时，通过MN$的电流大小和方向；导体棒运动的最大速度。17. (10分)一个带正电的微粒，从 A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所小.AB与电场线夹角 0 =30 ,已知带电粒子的质量m= 1.0X10 kg,电荷量q =1.0 x 10 10 C , A、B相距L=20 cm.(取g=10 m/s 2,结果保留两位有效数字 )求：B立*上/布A(1)电场强度的大小和方向.(2)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速
13、度是多少.参考答案1. 【答案】C【解析】试题分析：当电动机停止转动时，电路为纯电阻电路，则电动机的电阻根据欧姆定律-U 2,一 ，一R = = =4C；当电动机恢复正常运转时，电动机的总功率为：I 0.5P=U1I1=24V 2A =48W;所以电动机内电阻的消耗的热功率为PR =I12R = (2A)2 4- -16W ;所以电动机正常运转时的输出功率是房出=PPR=48W _16W=32W。故选项C正确，选项AB跳昔误。考点：功率、欧姆定律【名师点睛】本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，当电动机停止转动时为纯电阻电路，当
14、电动机恢复转动时则为非纯电阻电路，然后求出内阻消耗的热功率，最后可以求出输出功率。2. A【解析】甲图中，只有 MN两条交流输电线电压差时，N2中才有电流通过，这样，N1中才有电流通过，所以甲图是交流电压表，同理乙图是交流电流表。N3与N4导线的粗细取决于电流的大小。通过电流大的导线应该粗。所以选Ao3. A【解析】试题分析：由图乙可知磁感应强度的变化， 则可知线圈中磁通量的变化， 由法拉第电磁感应 定律可知感应电动势变化情况， 由楞次定律可得感应电流的方向， 二者结合可得出正确的图 象.解：感应定律和欧姆定律得 1=工=金支，1=丝.0 ,线圈的面积 S和电阻R都是定值，则R At R At
15、 R线圈中的感应电流与磁感应强度 B随t的变化率成正比.由图乙可知，01时间内，B均匀 增大，增大，根据楞次定律得知，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的 方向向外），由右手定则判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值.由于 胃不变，所At以可判断01为负的恒值；同理可知 12为正的恒值；23为零；34为负的恒值；4 5为零；56为正的恒值.故选A.【点评】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果.4. C【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径公式为r=-=qB,由题，离子的速率、电荷量x轴负方向、y轴正
16、方向、x轴正相同，则知圆周运动的半径相同，由左手定则分析离子沿方向射入的粒子可确定其做圆弧运动的圆心轨迹.解：由=变知，在磁场中做匀速圆周运动的所有粒子半径相同.由左手定则，分别研究离qB子沿x轴负方向、y轴正方向、x轴正方向射入的粒子，其分别在y轴负方向上、x轴负方向上和y轴正方向上，则知其做圆弧运动的圆心轨迹为C.故C正确.故选C【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中半径和左手定则的综合应用，采用特殊位置法验证轨迹的正确.5. D【解析】试题分析：电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流Ii增大，断开电键，D、D2、L构成一回路，电感阻碍电流 Ii减小，流过 D的电流也通过D2.
17、解：电键闭合时，电感阻碍电流Ii增大，所以I i慢慢增大最后稳定，断开电键，电感阻碍电流Ii减小，所以Ii慢慢减小到0,电流的方向未发生改变.故 A、B错误. 电键闭合时，电感阻碍电流 Ii增大，Ii慢慢增大，则I2慢慢减小，最后稳定；断开电键， 原来通过 D的电流立即消失，但 口、D、L构成一回路，通过 D的电流也通过 D2,所以I2 慢慢减小，但电流的方向与断开前相反.故C错误，D正确.故选D.【点评】解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大， 电流减小，阻碍其减小.6. C【解析】试题分析：根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许
18、正向的电流通过，再根据电生与匝数成正比即可求得结论. 解：A原线圈接U=220/2sini00兀t(V)的交流电.所以 T= :=0.02s100冗交流电的频率f=50Hz,故A错误；T日 由原线圈接 U=220/力sini00 nt (V)交流电，有效值是 220V,5U2= X 220V=50V, 二原、副线圈的匝数比 ni： =22： 5,根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电压为 通过R的电流Ii=m=2A,故B错误;25Qc副线圈的电阻i消耗的功率P=i00W由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2电压只有正向电压.则电阻2消耗的功率为=11（50）252=50vy所以副线圈的
19、输出功率应为i50W输出功率等于输入功率,所以变压器的输入功率为i50W由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2通过的电流1=亚*旦=加从 故C正确，D错误;2 25故选：C.【点评】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解.7. AD试题分析：带电粒子垂直电场射入， 在电场力作用下做类平抛运动，然后垂直进入匀强磁场在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动.解：A、当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知，电场力向下，则粒子田正电，当进入磁场时由左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上.故A正确；日当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知, 左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故C当粒子
20、垂直进入匀强电场时，由图可知, 左手定则可得洛伦兹力垂直速度向下，故D当粒子垂直进入匀强电场时，由图可知, 左手定则可得洛伦兹力垂直速度向上，故 故选：AD电场力向上，则粒子带负电，当进入磁场时由B错误；电场力向下，则粒子带正电，当进入磁场时由C错误；电场力向上，则粒子带正电，当进入磁场时由D正确；【点评】左手定则是判定磁场、 电荷运动速度及洛伦兹力三者方向之间的关系.但电荷有正负之分，所以若是正电荷，则四指所指的方向为正电荷的运动方向，大拇指方向为洛伦兹力的方向；若是负电荷，四指所指方向为负电荷的运动方向，大拇指反方向为洛伦兹力的方向.8. AD【解析】试题分析：根据E=BLv,求出线圈中的
21、感应电动势之比，再求出感应电流之比. 根据Q=I2Rt,求出线圈中产生的焦耳热之比.根据q=It=,求出通过线圈某截面的电荷量之比R解：A vi=2v2,根据E=BLv,知感应电动势之比 2: 1,感应电流1=工，则感应电流之比为 2:R1 .故A正确，B错误.C vi=2v2,知时间比为1: 2,根据Q=I2Rt,知热量之比为 2: 1.故C错误.D根据q=It=,知通过某截面的电荷量之比为1: 1.故D正确.R故选：AD【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv,以及通过某截面的电荷量q=T_,R9. AC【解析】试题分析：闭合线圈在进入和离开磁场时，磁通量会发生
22、改变，线圈中产生感应电流， 线圈 会受到安培力的作用；线圈在进入磁场之前、完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线 运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动；结合乙图可以知道，0-5cm是进入之前的过程，5- 15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30- 40cm是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程；线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培 力所做的功，可以通过动能定理去求解.解：A、闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度L=10cm,故A正确；日 磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到
23、刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程， 30 - 40cm是离开磁场的过程，所以 d=30cm 5cm=25cm 故 B 错误；C、位移x=10 cm时线圈的速度为7m/s ,线圈进入磁场过程中，根据I=n= 口0* 1 义。25乂 丫故 c正确；5口线圈通过磁场过程中运用动能定理得：(M+mV22(M+mv/=Wfe,由乙图可知vi=10m/s, 22V2=3m/s,带入数据得： W安二-5.46J ,所以克服安培力做功为 5.46J ,即线圈通过磁场过程 中产生的热量为 5.46J ,故D错误.故选：AC.【点评】闭合线圈进入和离
24、开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用， 做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变， 不受安培力， 做匀速运动.线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解.10. D【解析】试题分析：两物体的接触面粗糙，物体间存在压力，物体间有相对运动或相对运动趋势时，物体间才存在摩擦力，如果两物体相对静止，则物体间的摩擦力为静摩擦力，如果两物体相对滑动，则物体间的摩擦力为滑动摩擦力，从而即可求解.解：A、相互压紧的粗糙物体间既没有相对运动，也没有相对运动趋势，则两物体间不存在 摩擦力，故A错误；日 两物体
25、以共同速度运动，两物体相对静止，但物体间有相对运动趋势，则两物体间的摩擦力为静摩擦力，如汽车启动过程中，相对静止的木箱与汽车间的摩擦力是静摩擦力，故B错误；C静止的物体如果跟与它接触的物体间没有相对运动，则物体不受到静摩擦力作用，故C错误；D物体间相对滑动时，物体间的摩擦力是滑动摩擦力，相互压紧的粗糙物体之间存在相对滑动时，才受到滑动摩擦力，故D正确；故选：D.【点评】本题考查了摩擦力产生条件，及摩擦力的分类，难度不大，但要注意不是以运动状态来判定摩擦力的类型的.11. AB【解析】试题分析：根据自由落体运动的位移时间公式和速度位移公式 v2=2gh知，只要知道落地的速度或下落的时间，就可以求
26、出楼房的高度解：A、根据位移时间公式知，知道下落的总时间，可以求出下落的高度.故 A正确；日根据速度位移公式 v2=2gh知，知道落地前瞬间的瞬时速度即可求出楼房的高度，故 B正 确；2知石块在第1s内的位移为5ml根本得不出下落的总时间或落地的速度.故C错误；D石块下落第一米的时间，只能求得第一米的速度，故无法求得高度，故D错误故选：AB【点评】解决本题的关键知道根据自由落体运动的位移时间公式和速度位移公式v2=2gh知，只要知道落地的速度或下落的时间，就可以求出楼房的高度12. AD【解析】试题分析：加速度是反映速度变化快慢的物理量，等于单位时间内速度的变化量，当加速度的方向与速度方向相同
27、，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动.解：A根据a=餐知，速度变化量很大，加速度可能很小.故A正确.At日根据a=4知，加速度方向与速度变化的方向相同.故 B错误. tC加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越来越快，则加速度越来越大.故C错误.D当加速度方向与速度方向相同，加速度越来越小，速度越来越大.故 D正确.故选：AD.【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系.13. (1)二 Rd24L 0.900 7(3)ACDFH 外 小 0.46A ; 2.30V试题分析:由R = 得psRs
28、必(“ sRd2L 一 L 一 4L欧姆表读数为指针示数x倍率电压表的内阻远远大于待测电阻，应用外接法，外接法测电阻测量值比真实值偏小。 电表的选择与读数1.电表的选择实验中，电表的选择首先要估算电路中电流、电压的调节范围，依据电压、电流的调节范围选择电表.一般依据下列原则：(1)在不超过量程的前提下，选择小量程电表.1(2)电表的读数一般不应小于量程的-所以电路中的电流最小应为0.2A,滑动变阻器应选3F。2.电表的读数方法最小分度是“ 1”的电表，测量误差出现在下一位，下一位按估读，如最小刻度是 1 mA10的电流表，测量误差出现在毫安的十分位上，估读到十分之几毫安. 最小分度是“2”或“
29、5”1 1的电表，测量误差出现在同一位上，同一位分别按或估读.如学生用的电流表0.6 A2 5量程，最小分度为 0.02 A,误差出现在安培的百分位，只读到安培的百分位，估读半小格， 不足半小格的舍去， 超过半小格的按半小格读数，以安培为单位读数时，百分位上的数字可能为0、1、29;学生用的电压表15 V量程，最小分度为 0.5 V ,测量误差出现在伏特的 十分位上，只读到伏特的十分位，估读五分之几小格，以伏特为单位读数时，十分位上的数 字可能为0、1、29.考点：本题考查伏安法测电阻、电表的读数、螺旋测微器、多用电表。14. (1) 0.996mm； 0.42A2.25A ; (2) A;小
30、；(3) B; U- R.I A【解析】试题分析：(1)金属丝的直径：0.5mm+0.01mmK 49.6=0.996mm ;电流表读数：0.42A ;电压表的读数：2.25A;(2)由于 R- 艮，故实验电路应采用电流表外接，故选A;此电路中由于电压表的分流RxRa小- U U# 一八作用使得IR测%真，故R测=v=R真，即测量值偏小；(3)若已知实验所用的 八I测I真电流表内阻的准确值 R=2.0 ，那么测量金属丝电阻 R的最佳电路应是上图中的B电路。此时测得电流为I、电压为U,则金属丝电阻 Rx = U- RA。考点：伏安法测电阻；15. (1) B=5T磁场的方向水平向左；(2) B=
31、1T,磁场的方向垂直于斜面向上【解析】试题分析：(1)设导体棒中电流大小为I, E=I(R+r),解得I=1.5A若导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，安培力竖直向上，且有 mg=BIL解得B=5T,根据左手定则可以判定，磁场的方向水平向左(2)能使导体棒静止在斜面上，且所加磁场磁感应强度B的最小时，安培力的方向应平行于斜面向上，受力分析如图。V贝U mgsin & -科 mgcosa =BIL 解得B=1T根据左手定则可以判定，磁场的方向垂直于斜面向上 考点：安培力【名师点睛】难度较小，安培力的方向总是垂直于BI所构成的平面，安培力的方向不能判断错，再转化为受力平衡的问题进行分析。BLvmgR
32、sin 二16. （1）见解析；（2）I二；电流方向为从 N至ij M;Vm = 2 2 RBL【解析】试题分析：（1）在At时间内，ab棒向右移动的距离为 vAt,这个过程中线框的面积变化量是A S=LvA t（2分）穿过闭合回路的磁通量的变化量是&J=BA S=B Lv At（2分）根据法拉第电磁感应定律 E = n =BLv（2分）t（2）当导体棒的速度为 v时，产生的感应电动势为 E=BLv BLv回路中的电流大小为 I = （2分）R由右手定则可知电流方向为从N到M（2分）2 2导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为（2分）BLvF = BIL =R由左手定则可知，安培力方向沿斜面向
33、上 当导体棒的加速度为零时，速度最大即：mg sin =2 . 2B L vm（2分）可解得最大速度为vm = mgRsin （2分）b2l2考点：法拉第电磁感应定律，安培力的计算，牛顿第二定律。17. （1） E= 1.7X104 N/C 电场强度的方向水平向左（ 2） va= 2.8m/s 【解析】试题分析：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于 AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由 B指向A,与初速度Va方向相反，微粒做匀减速运动.在垂直于 AB方向上，有 qEsin 0 mgcos 0 =0所以电场强度 E= 1.7 X 104 N/C电场强度的方向水平向左（2）微粒由A运动到B时的速度vb= 0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，mgLsin20 + qELcos 0 = mvA/2，代入数据，解得 va= 2.8 m/s考点：电场强度，动能定理