新高考2020-2021学年上学期高三期中备考卷Ⅰ物理.docx

1、 （新高考）2020-2021 学年上学期高三期中备考卷 物物 理理 1 注意事项：注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证 号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案 标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、 单项选择题： 本题共一、 单项选择题： 本题共 8 小题， 每小题小题， 每小题 3 分， 共分，

2、共 24 分。 在每小题给出的四个选项中，分。 在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。只有一项是符合题目要求的。 1在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物 理学研究方法的叙述正确的是( ) A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法 B在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关 系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法 C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近 似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法 D伽利略认为

3、自由落体运动就是物体在倾角为 90 的斜面上的运动，再根据铜球在斜 面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻辑推理相结合的方法 【答案】D 【解析】 在不需要考虑物体本身的大小和形状时， 用质点来代替物体的方法叫理想模型， A 错误；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关 系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法，B 错误；在推导匀 变速直线运动位移公式时， 把整个运动过程划分成很多小段， 每一小段近似看做匀速直线运 动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，C 错误；伽利略认为自由落体运动就是 物体在倾角为 90 的

4、斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规 律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，D 正确。 2如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中 a、b 的摆长相等。当 a 球垂直纸面 振动的时候，通过张紧的绳子给 b、c、d 摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察 b、 c、d 摆的振动发现( ) Ab 摆的摆角最大 Bc 摆的周期最小 Cd 摆的频率最小 Db、c、d 的摆角相同 【答案】A 【解析】由a 摆摆动从而带动其他3 个单摆做受迫振动，b、c、d 的振动为受迫振动，在 受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于 b 摆的固有 频率

5、与a 摆的相同，故b 摆发生共振，摆角最大，故 A 正确，D 错误；由a 摆摆动从而带动其 他3 个单摆做受迫振动， 受迫振动的频率等于驱动力的频率， 故其他各摆振动周期跟a 摆相同， 频率也相等，故BC 错误。 3一汽车刹车可看做匀减速直线运动，初速度为 12 m/s，加速度为 2 m/s2，运动过程 中，在某一秒内的位移为 7 m，则此后它还能向前运动的位移是( ) A6 m B7 m C9 m D10 m 【答案】C 【解析】设经过 t 时间开始计时，1 s 时间内质点的位移恰为 7 m，则有 v0(t1)1 2a(t 1)2(v0t1 2at 2)7，解得 t2 s，汽车从刹车到停止总

6、共经历的时间 t 总v0/a6 s，把汽 车刹车过程逆过来看即为初速度为零的匀加速直线运动， 此后它还能向前运动的位移即为汽 车前 3 s 的位移 x1 2at 29 m，故 C 正确。 4如图所示，a、b、c 三个相同的小球，a 从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时 b、c 从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动。它们从开始到到达地面，下列说法正确 的是( ) A它们同时到达地面 B它们动量变化的大小相同 C重力对它们的冲量相同 D它们的末动能相同 【答案】B 【解析】球 b 自由落体运动，球 c 的竖直分运动是自由落体运动，故 b、c 两个球的运 动时间相同，t 2h g ，球 a 受重

7、力和支持力，合力为 mgsin ，加速度为 gsin ，根据 2 1 sin sin2 h gt ，得 12 sin h t g ，故 tt，故 A 错误；b、c 球合力相同，运动时间相同， 故合力的冲量相同，根据动量定理，动量变化量也相同；a、b 球机械能守恒，末速度相等， 故末动量相等，初动量为零，故动量增加量相等，故 B 正确；由于重力相同，而重力的作 用时间不同，故重力的冲量不同，故 C 错误；初动能不全相同，而合力做功相同，根据动 能定理，末动能不全相同，故 D 错误。 5如图所示，从同一竖直线上不同高度 A、B 两点处，分别以速率 v1、v2同向水平抛 出两个小球，P 为它们运动轨

8、迹的交点。则下列说法正确的有( ) A两球在 P 点一定具有相同的速率 B若同时抛出，两球可能在 P 点相碰 C若同时抛出，落地前两球之间的距离逐渐变大 D若同时抛出，落地前两球竖直方向的距离逐渐变大 【答案】C 【解析】两球的初速度大小关系未知，在 P 点，A 的竖直分速度大于 B 的竖直分速度， 而 A 的水平分速度小于 B 的水平分速度，根据平行四边形定则知，两球在 P 点的速度大小 不一定相同，A 错误；若同时抛出，在 P 点，A 下落的高度大于 B 下落的高度，则 A 下落 的时间大于 B 下落的时间，可知两球不可能在 P 点相碰，B 错误；若同时抛出，由图可知， 下落相同的高度，B

9、 的水平位移大于 A 的水平位移，可知 B 的初速度大于 A 的初速度，由 于两球在竖直方向上的距离不变，水平距离逐渐增大，则两球之间的距离逐渐增大；根据 h 1 2gt 2知，经过相同的时间下落的高度相同，则竖直方向上的距离保持不变，C 正确，D 错 误。 6 如图所示， 质量为 m 的物体 A 静止在质量为 M 的斜面 B 上， 斜面 B 的倾角 30 。 现用水平力 F 推物体 A，在 F 由零逐渐增加至 3 2 mg 再逐渐减为零的过程中，A 和 B 始终保 持静止。对此过程下列说法正确的是( ) A地面对 B 的支持力随着力 F 的变化而变化 BA 所受摩擦力方向始终沿斜面向上 CA

10、 所受摩擦力的最小值为1 4mg，最大值为 3 2 mg DA 对 B 的压力的最小值为 3 2 mg，最大值为 3 3 4 mg 【答案】D 【解析】对 A、B 组成的整体受力分析，整体受力平衡，所以地面对 B 的支持力等于(M m)g，保持不变，A 错误；拉力 F 最大时沿斜面向上的分力为 Fcos 30 0.75mg，重力沿 斜面向下的分力为 mgsin 30 0.5mg，故此时摩擦力沿斜面向下，B 错误；对 A 受力分析， 受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力 时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零，当F0 时，f 最大，fmaxmgsin 3

11、0 0.5mg，C 错误； 垂直于斜面方向有FNmgcos 30 Fsin 30 ， 当F0 时， FN最小， FNmin 3 2 mg， 当F 3 2 mg 时，FN最大，FNmax 3 3 4 mg，D 正确。 7如图所示，A、B、C、D 为圆上的四个点，其中 AB 与 CD 交于圆心 O 且相互垂直， E、F 是关于 O 点对称的两点但与 O 点的距离大于圆的半径，E、F 两点的连线与 AB、CD 都垂直。 在 A 点放置一个电荷量为Q 的点电荷， 在 B 点放置一个电荷量为Q 的点电荷。 则下列说法正确的是( ) AOE 两点间电势差大于 OC 两点间的电势差 BD 点和 E 点电势相

12、同 C沿 C、D 连线由 C 到 D 移动一正点电荷，该电荷受到的电场力先减小后增大 D将一负点电荷从C 点沿半径移动到O 点后再沿直线移动到F 点，该电荷的电势能先增 大后减小 【答案】B 【解析】CD 与 EF 所在的平面是一个等势面，则 OE 两点间电势差等于 OC 两点间的 电势差，D 点和 E 点电势相同，在等势面上移动电荷，电场力不做功，负点电荷电势能不 变，故 A、D 错误，B 正确；C、D 连线上电场强度先增大后减小，点电荷受到的电场力先 增大后减小，故 C 错误。 8 一列简谐横波沿 x 轴正方向传播， 图甲是波刚传播到 x5 m 处的 M 点时的波形图， 图乙是质点 N(x

13、3 m)从此时刻开始计时的振动图象，Q 是位于 x10 m 处的质点，下列说 法正确的是( ) A这列波的波长是 5 m BM 点以后的各质点开始振动时的方向都沿 x 轴正方向 C由甲图对应时刻开始计时，经过 6 s，质点 Q 第一次到达波谷 D这列波由 M 点传播到 Q 点需要 6 s 【答案】CD 【解析】由甲图得到波长为 4 m，故 A 错误；甲图所示时刻 M 的振动方向沿 y 轴负 方向，M 点以后的各质点开始振动时的方向都与甲图所示时刻 M 的振动方向相同，都沿 y 轴负方向，故 B 错误；由乙图得到周期 T4 s，故波速1 m/sv T ，这列波由 M 点传播到 Q 点需要的时间5

14、 s x t v ，波传到 Q 点时，Q 点开始振动时的方向沿y 方向，当波传到 Q 点后，再经过1 4T1 s 第一次到达波谷，所以由图甲对应时刻开始计时，质点 Q 在 t5 s 1 s6 s 时，第一次到达波谷，故 C 正确，D 错误。 二、 多项选择题： 本题共二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题小题， 每小题 4 分， 共分， 共 16 分。 在每小题给出的四个选项中，分。 在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对得有多项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9 理论表明， 围绕地球

15、转动的卫星， 其机械能只与卫星的质量和轨道的长轴大小有关。 如图所示，A 为地球，b、c 为质量相同的两颗卫星，围绕地球转动的轨道形状分别为圆和 椭圆，两轨道共面，P 为两个轨道的交点， b 的半径为 R，c 的长轴为 2R。 关于这两颗卫星， 下列说法正确的是( ) A它们的周期不同 B它们的机械能相等 C它们经过 P 点时的加速度不同 D它们经过 P 点时的速率相同 【答案】BD 【解析】卫星 b 的轨道半径与卫星 c 运行轨道的半长轴大小相等，都是 R，根据 3 2 R k T 可知，两颗卫星运行周期相同，A 错误；由题意可知，两颗卫星质量相同，卫星 b 的轨道半 径与卫星 c 运行轨道

16、的半长轴大小相等，故机械能相等，B 正确；卫星经过 P 点时的加速度 为 aGM r2 ，所以加速度相同，C 错误；因为卫星 b 的轨道半径与卫星 c 运行轨道的半长轴 大小相等，且质量相等，所以两颗卫星经过 P 点时的势能相同，又因为两卫星的机械能相 等，则动能相同，速率相同，D 正确。 10 如图所示， M、 N 是两个共轴圆筒的横截面， 外筒半径为 R， 内筒半径比 R 小很多， 可以忽略不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空。两筒以相同的角速度 绕其中心 轴线 （图中垂直于纸面） 做匀速转动。 设从 M 筒内部可以通过窄缝 S （与 M 筒的轴线平行） 不断地向外射出两种不同速率 v

17、1和 v2的微粒，从 S 处射出时的初速度的方向都是沿筒的半 径方向， 微粒到达 N 筒后就附着在 N 筒上。 如果 R、 v1和 v2都不变， 而 取某一合适的值， 则( ) A有可能使微粒落在 N 筒上的位置都在 a 处一条与 S 缝平行的窄条上 B有可能使微粒落在 N 筒上的位置都在某一处如 b 处一条与 S 缝平行的窄条上 C有可能使微粒落在 N 筒上的位置分别在某两处如 b 处和 c 处与 S 缝平行的窄条上 D只要时间足够长，N 筒上将到处都落有微粒 【答案】ABC 【解析】解析两种粒子从窄缝 S 射出后，沿半径方向匀速直线运动，到达 N 筒的时间 分别为 1 1 R t v ，

18、2 2 R t v ，两种粒子到达 N 筒的时间差 tt1t2，N 筒匀速转动，若在 t1和 t2时间内转过的弧长均为周长的整数倍，则所有粒子均落在 a 处一条与 S 缝平行的窄条上， A 正确；若 N 筒在 t1和 t2时间内转过的弧长不是周长的整数倍，但在 t 内转过的弧长恰为 周长的整数倍，则所有粒子均落在如 b 处一条与 S 缝平行的窄条上，B 正确；若在 t1和 t2 时间及 t 内转过的弧长均不是周长的整数倍，则可能落在 N 筒上某两处如 b 处和 c 处与 S 缝平行的窄条上，C 正确；对应某一确定的 值，N 筒转过的弧长是一定的，故 N 筒上粒 子到达的位置是一定的，D 错误。

19、 11如图所示，两对金属板 A、B 和 C、D 分别竖直和水平放置，A、B 接在电路中，C、 D 板间电压为 U，A 板上 O 处发出的电子经加速后，水平射入 C、D 板间，电子最终都能打 在光屏 M 上，关于电子的运动，下列说法正确的是( ) AS 闭合，只向右移动滑片 P，P 越靠近 b 端，电子打在 M 上的位置越高 BS 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子由 A 至 B 经历的时间相同 CS 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子到达 M 前瞬间的动能相同 DS 闭合后再断开，只向左平移 B，B 越靠近 A 板，电子打在 M 上的位置越高 【答案】CD 【解析】

20、S 闭合，只向右移动滑片 P，P 越靠近 b 端，加速获得的动能越大，穿过 CD 板的时间越短，电子打在 M 上的位置越接进中间虚线，越低，故 A 错误；S 闭合，若只增 加 A、B 板间的距离，加速度减小，加速时间变长，故总时间变大，故 B 错误；S 闭合，只 改变 A、B 板间的距离，穿出 A、B 间的速度不变，此后穿过 C、D 板的运动情况相同，故 动能不变，故 C 正确；S 闭合后再断开，A、B 板的电量不变，只向左平移 B，电场强度不 变，B 越靠近 A 板，加速距离越短，电子射出 A、B 间的速度越小，电子在 C、D 板间的运 动时间增加，故竖直方向的位移偏转量变大，即电子打在 M

21、 上的位置越高，故 D 正确。 12如图所示，质量为 4m 的球 A 与质量为 m 的球 B 用绕过轻质定滑轮的细线相连， 球 A 放在固定的光滑斜面上，斜面倾角 30 ，球 B 与质量为 m 的球 C 通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，球 C 放在水平地面上。开始时控制住球 A，使整个系统处于静止状态，细 线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球 A，不 计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为 g，下列说法正确的是( ) A释放球 A 瞬间，球 B 的加速度大小为 0.2g B释放球 A 后，球 C 恰好离开地面时，球 A 沿斜面下滑的速度达到最大 C球 A

22、 沿斜面下滑的最大速度为2 5 m g k D球 C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以 A、B 两小球 组成的系统机械能守恒 【答案】BC 【解析】开始时对球 B 分析，根据平衡条件可得 mgkx1，释放球 A 瞬间，对球 A 和球 B 分析，根据牛顿第二定律可得 4mgsin mgkx15ma1，解得 a10.4g，故 A 错误；释 放球 A 后，球 C 恰好离开地面时，对球 C 分析，根据平衡条件可得 mgkx2，对球 A 和球 B 分析，有 4mgsin mgkx25ma2，解得 a20，所以球 C 恰好离开地面时，球 A 沿斜面 下滑的速度达到最大， 故 B 正

23、确； 对球 A 和球 B 及轻质弹簧分析， 根据能量守恒可得 4mg(x1 x2)sin mg(x1x2)1 2 5mvm 2， 解得球 A 沿斜面下滑的最大速度 m 2 5 m vg k ， 故 C 正确； 由 12 mg xx k 可知球 C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B 两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以 A、B 两小球 组成的系统机械能不守恒，故 D 错误。 三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 6 小题，共小题，共 60 分。分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字按题目要求作答。解答题应写出必要的文字 说明、方程

24、式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必 须明确写出数值和单位。须明确写出数值和单位。 13(6 分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，器材如下： A小灯泡 L（3 V、1.8 W）； B滑动变阻器 R（010 ，额定电流 1.5 A）； C电压表 V（量程：03 V，RV5 k）； D电流表 A（量程：00.6 A，RA0.5 ）； E铅蓄电池、开关各一个，导线若干。 实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。 (1)在实验中，电流表应采用法_（填“内接”或“外接”）

25、； (2)请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分已画好）； (3)某同学实验后作出的 IU 图象如图所示，请分析该图象形成的原因是： _。 【答案】(1)外 (2)如图所示 (3)电阻变大 (每空 2 分) 【解析】(1)灯泡的电阻大约为5 ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法 误差较小。 (2)因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外 接法，实验电路如图所示。 (3)该图象形成的原因是随着电压增高，小灯泡温度升高，电阻值增大。 14(8 分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实 验。有一直径为 d、质量为 m 的金

26、属小球从 A 处由静止释放，下落过程中能通过 A 处正下 方、固定于 B 处的光电门，测得 A、B 间的距离为 H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光 电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g。则： (1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d_ mm； (2)小球经过光电门 B 时的速度表达式为_； (3)多次改变高度 H，重复上述实验，作出 2 1 t 随 H 的变化图象如图丙所示，当图中已知 量 t0、H0和重力加速度 g 及小球的直径 d 满足表达式_时，可判断小球下落过程中 机械能守恒； (4)实验中发现动能增加量Ek总是稍小于重力势能减少量Ep， 增加下落高度后， 则Ep Ek将

27、_(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1)7.95 (2) d t (3) 0 22 0 12g H td 或 2gH0t02d2 (4)增大 (每空 2 分) 【解析】 (1)由图可知， 主尺刻度为7 mm， 游标对齐的刻度为19， 故读数为7 mm19 0.05 mm7.95 mm。 (2)已知经过光电门时的时间小球的直径，则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，故 v d t 。 (3)若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有 mgH1 2mv 2，即 2gH0( 0 d t )2，解得 2gH0t02d2。 (4)由于该过程中有阻力做功， 而高度越高， 阻力

28、做功越多， 故增加下落高度后 EpEk 将增大。 15(8 分)如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角 37 ，一滑块以初速度为 v0 16 m/s 从底端 A 点滑上斜面， 滑至 B 点后又返回到 A 点， 滑块运动的 vt 图象如图乙所示。 已知 sin 37 0.6，cos 37 0.8，重力加速度 g10 m/s2。求： (1)求物体的动摩擦因数； (2)滑块再次回到 A 点时的速度。 【解析】(1)由图乙可知，滑块上滑时的加速度大小： 21 1 1 8 m/s v a t (1 分) 由牛顿第二定律得：mgsin 37 mgcos 37 ma1 (1 分) 解得：0.25。(2 分)

29、 (2)由图象可知，AB 之间的距离： 0 1 1 16 m 2 sv t (1 分) 由 B 到 A 过程，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有： mgsin mgcos ma2 (1 分) 由速度位移公式得： 2 2 A va s8 2 m/s。(2 分) 16(10 分)如图所示，空间有一竖直向下沿 x 轴方向的静电场，电场的场强大小按 E kx 分布(x 是轴上某点到 O 点的距离)， k 3 mg qL 。 x 轴上， 有一长为 L 的绝缘细线连接 A、 B 两个小球，两球质量均为 m，B 球带负电，带电荷量为 q，A 球距 O 点的距离为 L。两球 现处于静止状态，不计两球之

30、间的静电力作用。 (1)求 A 球的带电荷量 qA； (2)剪断细线后，求 B 球的最大速度 vm。 【解析】(1)A、B 两球静止时，A 球所处位置场强为 E1kL 3 mg q (1 分) B 球所处位置场强为 E2k 2L 2 3 mg q (1 分) 对 A、B 由整体法得：2mgqAE1qE20 (1 分) 解得：qA4q。(2 分) (2)设 B 球下落速度达到最大时，B 球距 O 点距离为 x0，则有： mgEq 0 3 mg x q qL (1 分) 解得：x03L，即当 B 球下落速度达到最大时，B 球距 O 点距离为 3L 运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：

31、 mgL E qL1 2mvm 21 2mv0 2 (1 分) 2/35 26 mgmg Eqmg (1 分) 解得： m 3 gL v。 (2 分) 17(14 分)机场经常使用传送带和转盘组合完成乘客行李箱的传送，下图为机场水平传 输装置的俯视图。行李箱从 A 处无初速放到传送带上，运动到 B 处后进入和传送带速度始 终相等的匀速转动的转盘，并随转盘一起运动（无打滑）半个圆周到 C 处被乘客取走。已 知 A、B 两处的距离 L10 m，传送带的传输速度 v2.0 m/s，行李箱在转盘上与轴 O 的距 离 R4.0 m，已知行李箱与传送带之间的动摩擦因数 10.1，行李箱与转盘之间的动摩擦

32、因数 20.4，g10 m/s2。 (1)行李箱从 A 处被放上传送带到 C 处被取走所用时间为多少？ (2)如果要使行李箱能最快到达 C 点，传送带和转盘的共同速度应调整为多大？ (3)若行李箱的质量均为 15 kg，每 6 s 投放一个行李箱，则传送带传送行李箱的平均输 出功率应为多大？ 【解析】(1)设行李箱质量为 m，放在传送带上，先受到摩擦力而加速运动，根据牛顿 第二定律： 1mgma (1 分) vat1 (1 分) x1 2at1 2 (1 分) 可得：t12 s，x2 m 4 m/s 故最大速度应取为 4 m/s，即共同速度应调整为 4 m/s。(1 分) (3)由(1)知，传

33、送带上刚好有一个行李箱。设每传送一个行李箱需要做功 W，则： W1 2mv 2 1mg(vt1x)60 J (2 分) 传送行李箱需要的平均输出功率：PW t 10 W。(1 分) 18(14 分)如图所示，两竖直虚线间距为 L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域 的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q 和q(q0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿 水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知 N 离开电场时的位置 与 A 点在同一高度；M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 8 倍。不计空气阻力， 重力加速度大小为 g，已知 A 点到左边界的距离也为 L。 (

34、1)该电场的电场强度大小； (2)求小球射出的初速度大小； (3)要使小球 M、 N 离开电场时的位置之间的距离不超过 L， 仅改变两小球的相同射出速 度，求射出速度需满足的条件。 【解析】(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出的初速度大小为 v0，则它们进入电场后水平 速度仍然为 v0，所以小球 M、N 在电场中运动的时间相等，设为 t，则： 进入电场前，水平方向 Lv0t (1 分) 竖直方向下落的距离 d1 2gt 2 (1 分) 进入电场时竖直速度 vy1gt (1 分) 设 N 粒子在电场中运动的加速度为 a，竖直方向有： dvy1t1 2at 2 (1 分) 由牛顿第二定律得：Eqmgma (1 分) 解得：E4mg q 。(1 分) (2)小球 M 射出电场时竖直速度为 vy2vy1at (1 分) Eqmgma (1 分) 1 2m(v0 2v y2 2)81 2m(v0 2v y1 2) (1 分) 解得：v0 2gL。 (1 分) (3)以竖直向下为正，M 的竖直位移为 yMvy1t1 2at 2 (1 分) N 的竖直位移为 yNvy1t1 2at 2 (1 分) yMyNL (1 分) 解得：v02 gL。 (1 分)