二轮专题精准提升4 重力场、电场中的曲线运动-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（7版）

密 2024一2025学年度二轮专题精准提升（四） 卺题 物理·重力场、电场中的曲线运动 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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。 题号 4 6 7 8 答案 1.静电透镜被广泛应用于电子器件中，在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过 适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。如图所示，图中带箭头的实线表示电场 线，虚线表示电子的运动轨迹，a、b、c为其轨迹上的三点，电子仅在电场力作用下从α 点运动到c点，在此过程中，下列说法正确的是 () 荧 屏 A.a点的电势高于b点的电势 B.a点的电场强度小于c点的电场强度 C.从a运动到c的过程中，电子的电势能先减少后增加 D.从a运动到c的过程中，电子的动能一直增大 2.荡秋千是一项古老的休闲体育运动。如图所示，某同学某次荡秋千时，O、A两点分别为 其运动过程中的最低点和最高点，A到O的过程中，该同学身体姿势保持不变。已知该 同学和座椅的总质量为m,两根平行的秋千绳长均为L,在A点绳子与竖直方向的夹角 为0=37°，重力加速度为g,空气阻力和绳的质量忽略不计，sin37°=0.6，c0s37°=0.8， 则经过最低点O时，每根秋千绳的拉力为 () 21mg A. B.14mg 10 10 C.23mg 7mg 10 D.10 3.如图所示，倾角为37的斜面固定在水平面上，小球从斜面上M点的正上方0.2处由静 二轮专题精准提升（四）物理第1页（共8页） 真题： 梦想是远方的灯塔，奋斗是脚下的路。 止下落，在M点与斜面碰撞，之后落到斜面上的N点。已知小球在碰撞前、后瞬间速度沿 班级 斜面方向的分量不变，垂直于斜面方向的分量大小不变，方向相反，sin37°=0.6，cos37°= 0.8,重力加速度大小g取10m/s2,忽略空气阻力，则M、N之间的距离为 姓名 得分 … A.0.96m B.0.72m C.0.48m D.0.36m 4.一质量为1kg、电荷量为+1C的小球，以vo=10m/s的初速度水平冲上一质量为4kg、半径 为1m的四分之一绝缘光滑圆槽。整个空间存在方向竖直向下，电场强度为10N/C的匀强 电场。所有接触面均光滑，重力加速度g取10m/s2。则小球离开圆槽后，继续上升的高度为 () 777777777777777777777777 A.2.0m B.1.5m C.1.0m D.0.5m 5.如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端栓接重物，当车轮高速 旋转时，重物由于做离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，从而接通电路，LED灯 就会发光，下列说法正确的是 () 气嘴灯 LED 重物 气嘴灯结构 A.安装时A端比B端更靠近气嘴 B.高速旋转时，重物做离心运动是由于受到离心力作用 C.增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光 D.匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光 6.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。如图所示，来自质子源的质子初速度为零，经加 速电压U加速后，沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场，再从P点竖直向上进入存 在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终轰击处在圆上Q点的肿瘤细胞。已知四分之 一圆弧虚线处的电场强度大小为E。,圆形区域处的电场强度为E,方向沿半径指向圆心 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第2页（共8页） 7 P相切于P点，OP=R,圆形区域的半径为R,Q点位于( 质子质量为m、电荷量为e。不计质子间相互作用，则下列说法正确的是 () 肿瘤细胞 R 加速电场个y 辐向电场 质子源←U→ JeEoR A.在辐向电场中做匀速圆周运动，速度大小v= m B.在加速电场中做匀加速直线运动，电压U=E。R。 C,在匀强电场中做类平抛运动，电场强度E一 4√3ERo R D.若肿瘤细胞位于圆上S处(OP上方R处)，只需将加速电压调整为2√3U就能击中 7.一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如 图所示。从t=0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿 x轴正方向的力F,其大小与时间t的关系式为F=4+2t(N)。已知物块的质量为 1.2kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。则 () 06 了30 A.物块加速度的方向始终不变 B=1s时，物块的y坐标值为m C.t=1s时，物块的加速度大小为5√3m/s2 D.t=2s时，物块的速度大小为10√2m/s 8.如图甲所示，半径为R的圆管道固定在竖直平面内，管道内径较小且与半径相比可忽 略，内壁光滑，管道最低点为B,最高点为A,圆管所在平面内存在一匀强电场（图中未 画出)，在B点给质量为m、电荷量为十q的小球一水平向左的初速度，小球运动过程中 动能、机械能与转过角度的关系分别如图乙、丙所示，已知B点为重力势能和电势能的 零点，小球在管道内恰好做圆周运动，重力加速度为g,小球可视为质点，则() 7 二轮专题精准提升（四）物理第3页（共8页） 真题 R 角度 →角度 2250 270° 甲 公 A.电场强度大小为”名，方向与水平方向成45角斜向左下方 B.小球的初动能为(1十√2)mgR C.小球的最大机械能为(1十√2)mgR D.小球在A点对管壁的作用力大小为(1+2)mgR 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.摩托车特技表演中的飞檐走壁让人震撼，其运动可简化为如图所示的小球在光滑的半 球形容器内做圆周运动。小球的质量为，容器的球心为O、半径为R,小球在水平面 内做圆周运动，运动到a点时，Oa与竖直方向夹角为0，运动过程中容器静止在水平地 面上。半球形容器及底座的质量为M,重力加速度为g,则下列说法正确的是() R -0 77777771777777777777777 A.小球运动的角速度大小为，√Rcos日 g B.小球运动的线速度大小为√gRtan0 C.底座受到地面的摩擦力大小为mg tan0 D.底座对地面的压力大于(M十m)g 10.空间存在一匀强电场，将一质量为m、电荷量为十q的小球从一水平线上的A点分两 次抛出。如图所示，第一次抛出时速度大小为。，方向与竖直方向的夹角为30°，经历 时间t1回到A点；第二次以同样的速率v。竖直向上抛出，经历时间t2到C点，B为 小球运动轨迹的最高点。电场方向与小球运动轨迹在同一竖直面内，不计空气阻力， 重力加速度为g。关于小球从抛出到回到水平线的过程，下列说法正确的是() 密卷 二轮专题精准提升（四）物理第4页（共8页） A.t1:t2=1:2 B.电场强度的最小值为 2q C.电场沿水平方向时，电势差UBC=3UAB D,电场强度为最小值时，第二次抛出到回到水平线上的过程中小球的电势能减少了名 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)用如图甲所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量 m、角速度ω和半径r之间的关系，如图乙所示的塔轮自上而下有三层，左右塔轮通过 不打滑的传动皮带连接。短槽的C位置和长槽的A位置分别到左右塔轮中心的距离 相等，长槽上B位置到左塔轮中心的距离是A位置到左塔轮中心距离的2倍，转动手 柄使长槽和短槽分别随变速塔轮一起匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。请回 答相关问题： 标尺 第一层 长槽短槽 左塔轮 右塔轮 第二层 第三层 手柄 甲 (1)本实验采用的实验方法是 (填正确答案标号)。 A.控制变量法 B.等效法 C.模拟法 (2)为了研究向心力的大小与半径的关系，应将皮带调至第 (选填“一” “二”或“三”)层。 (3)若传动皮带套在塔轮第三层，钢球放在A、C位置，则当塔轮匀速转动时，左右两标 尺露出的格子数之比为 12.(10分)用如图甲所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板 上，钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上，由于挡板靠近硬板 一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图乙所示 的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。（已 知当地重力加速度为g) 二轮专题精准提升（四）物理第5页（共8页） 真题密 硬板白纸 A下 B 甲 丙 (1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是 (填正确答案标号)。 A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平 B.每次小球释放的初始位置可以任意选择 C.实验时应先确定x轴再确定y轴 D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 (2)如图乙所示，根据印迹描出平抛运动的轨迹。在轨迹上取C、D两点，使OC与CD 的水平间距相等且均为x,测得OC与CD的竖直间距分别是y1和y2;重复上述步 骤，测得多组数据，计算发现始终满足义一 ,由此可初步得出结论：平抛 y2 运动的水平分运动是匀速直线运动。 (3)如图丙所示，若实验过程中遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数 据：在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x,测得AB和BC 的竖直间距分别是h1和h2,可求得钢球平抛的初速度大小为 ,B点距 离抛出点的高度差为 。(均用已知量和测量量的字母符号表示) 13.(10分)“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端， 然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在α位置开始甩竿，鱼饵被甩至最 高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b点水平距离s=22.5m的水面 上。鱼饵的质量为m=0.02kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O 离水面高度h=1.55m,O到鱼竿末端鱼饵的距离为L=2.5m,鱼饵从b点抛出后，忽 略鱼线对其作用力和空气阻力，Oa、Ob均视为直线，重力加速度g取10m/s2,求： (1)鱼饵在b点抛出时的速度大小； (2)释放鱼线前，鱼饵在b点受鱼线作用力的大小和方向。 鱼线 卷 二轮专题精准提升（四）物理第6页（共8页） 14.(14分)一种游戏装置的简化示意图如图所示，它由固定在水平地面的竖直圆轨道 CDE、倾斜轨道EF连接组成，F点高度可调。质量为M=0.9kg、高为H=1.6m、 倾角为0的斜面体静置于装置左侧，将可视为质点的小球从斜面体的顶端由静止释放 后，斜面体沿水平地面做匀加速直线运动，经△t=0.8s小球与斜面体分离，分离时斜 7 面体的速度大小口一3m/s,之后小球恰好能通过圆轨道的最高点D,小球经过E点 后从F点水平射出。斜面体底端B点处有一段小圆弧与地面相切，使得小球经过斜面 底端B点前、后速度大小不变，不计斜面体与地面的摩擦及一切阻力，sin0=0.6,cos0= 0.8,重力加速度g取10m/s2。求： (1)小球离开斜面体时的速度大小o: (2)小球对竖直圆轨道的最大压力Fmax; (3)小球做平抛运动的最大水平射程xmax。 A D R H 0 7 二轮专题精准提升（四）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图所示，竖直面内存在直角坐标系xOy,平行于y轴的虚线MN、PQ将第一 象限分为I、Ⅱ两个区域。区域I的宽度为3d,在0≤y<d的区域内存在竖直向上 的匀强电场E,在y>号的区域内存在竖直向下的匀强电场E:·区域Ⅱ的宽度为 d,其内部存在平行于xOy平面且方向未知的匀强电场E3(图中未画出)。质量为、 电荷量为q(q>0)的带电小球由O点沿x轴正方向以vo=√2gd的速度射入I区域， 小球仅从直线y=3d上的点A穿过后，经过点B(3d,d)垂直于MN进人区域Ⅱ，经 2 过PQ与x轴的交点C,速度大小为vc=5√2gd。E1、E2、E3的电场强度大小均未 知，小球重力不可忽略，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (I)区域Ⅱ中B、C两点的电势差UC; (2)区域I中匀强电场E1的电场强度大小； (3)小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的冲量大小。 个y M正 E31 B◆ E,个 A d 0 3d d别g 二轮专题精准提升（四）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 货物匀加速阶段的位移为 传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之 间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。 x1-2a1 =0.2m (1分) 货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为 因x1<L,故能够共速。共速后，货物做匀速直 Q.-f(u-gw)-8J (2分) 线运动，直至被取下，设此段运动时间为t2,位移 为x2,由运动学公式得 货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为 x2=L-x1=9.8m (1分) Q2=f2L=150J (1分) 货物匀速阶段所用的时间为 货物增加的动能为 -号=6.85 1 (1分) △E:=2mu2=5J (1分) 货物运动总时间为 传送装置多消耗的电能 t=t1+t2=10.2s (1分) E电=Q1+Q2+△Ek=163J。 (1分) 2024一2025学年度二轮专题精准提升（四) 物理·重力场、电场中的曲线运动 一、选择题 4.C【解析】对小球和圆槽组成的系统水平方向动量 l.D【解析】沿电场线方向电势逐渐降低，可知a 守恒，到小球刚好离开圆槽时有mwo=(m十M)v, 点的电势低于b点，A错误；因a点电场线比c,点 可得v=2m/s,该过程中电场力对小球做功为W电= 密集，可知a点电场强度较大，B错误；电子从a 一gER=一1×10×1J=一10J,由能量守恒定律可 到c点，电场力做正功，动能增加，则在a点的动 能小于在c点的动能，电势能减小，则电子在α点 mv+W-mgR+2m(o+vj)+Mo, 的电势能大于在c点的电势能，C错误，D正确。 解得，=2√10m/s,设小球离开圆槽后上升高度 2.D【解析】在O点位置时，由牛顿第二定律可得 2F-mg=mZ,从A点到0点，由动能定理可得 为，由动能定理得一mgh一gbh=0一弓m心，解 1 得h=1m,C正确。 mgL(1-cos0)=2m0,可知每根秋千绳的拉力 5.C【解析】根据题意，重物由于做离心运动拉伸 为F-得，D正， 弹簧后才使触，点M、N接触，可知安装时B端比 A端更靠近气嘴，A错误；高速旋转时，重物做离 3.A【解析】根据运动学公式v2=2gh,小球到M点 心运动是由于重物所受外力沿半径方向的合力不 的速度大小为v=2m/s,将M,点速度和重力加速 足以提供做圆周运动的向心力，不能认为重物受 度分别分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，如图所 示。vy=v,=oc0s37°=1.6m/s,z=vsin37°= 离心力作用，B错误；根据F=m。可知，这 1.2m/s,a,=gcos37°=8m/s2,az=gsin37°= 大小、圆周运动半径一定时，增大重物质量，相同 6m/s2,从M点落到斜面上的N点，由运动学公 转速时重物所需的向心力增大，可知增大质量时， 式y=t-2a,t2=0,代入数据解得t=0.4s,所 重物更加容易发生离心运动，即增大重物质量可 使LED灯在较低转速下也能发光，C正确；匀速 以M、N两点之间的距离为x=:l+20:2= 行驶时，若LED灯转到最低点时，重力方向竖直 0.96m,A正确。 向下，则此时弹簧一定处于拉伸状态，且有F1一 mg=m?LED灯能发光，表明此时触点M、N 接触，LED灯转到最高点时，速度大小不变，所需 向心力大小不变，由于重力方向竖直向下，则此时 弹簧形变量一定减小，即重物将远离B端，可知此 7 ·12· ·物理· 参考答案及解析 时触点M、N有可能脱离接触，即LED灯不一定 Eko=(1十√2)mgR,B正确；当小球转过的角度为 发光，D错误。 90°时，电场力做的正功最多，根据功能关系有 6.C【解析】在辐向电场中做匀速圆周运动，可得 qER十Eo=Em,解得Em=(2十√2)mgR,C错误； ek R。,解得U= leEoR 2,A错误；在加速电 从B点到A点根据动能定理有一2gR=EkA一 m Eko,解得Ek4=(W2一1)mgR,在A点竖直方向上 1 场中做匀加速直线运动，有U=2mv,联立解得 根括牛顿第二定律有mg一FNR,解得FN日 U= 2ER。,B错误；在匀强电场中做类平抛运 (3-2√2)mg,D错误。 2a,又a=E,联 二、选择题 m 9.AC【解析】对小球受力分析，如图甲所示，由牛 立解得E=4BER R ,C正确；将加速电压调整为 领第二定律，可得mg1am0=m7,N=g根 据几何关系，有r=Rsin 0,联立解得w= 23U,则有e·23U=2mn,根器P _mv'2 R。 √RcOS日，A正确；根据线速度与角速度关系，可 g 可得F南心=2W3eE。≠eEo,即质子不能沿题图中 四分之一圆孤虚线通过辐向电场，更不可能击中 得v=wr=√gR sin0tan0,B错误；对容器受力 肿瘤细胞，D错误。 分析，如图乙所示，由平衡条件，可得f= 7.D【解析】物块在x轴方向收到的力为F=4十 N'sin0,又N'=N,联立，解得f=mg tan0,C正 2t(N),物块在y轴方向受到的力不变，为 确；同理FN=Mg十N'cos0=(M十m)g,根据牛顿第 三定律，可得F=(M十m)g,D错误。 mg sin30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故 F 物块加速度的方向始终在变，A错误；在y轴方向 的加速度为ay=gsin30°=5m/s2,故t=1s时， R “00 物块的y坐标值为y=号a,2=2.5m,B错误： t=1s时，F=6N,故此时加速度大小为a= 7777777777777分777777777 Mg /1612 a+a√(：2)+53m/s=52m/s,C错 乙 误；对物块沿x轴方向根据动量定理Ft=mvz一 10.BCD【解析】两次小球的竖直加速度相同，则第 0,由于F与时间t成线性关系，故可得 一次t1= 2v0c0s30 ,第二次，-20，解得 (4+2×0)+(4+2×2) 2 X2=1.2vx,解得v:= ,60=2,A错误；当电场力方向与第一次抛 10m/s,此时y轴方向速度为v,=gsin30°·t 5×2m/s=10m/s,故此时物块的速度大小为v= 出时的初速度方向垂直时电场强度最小，则此时 √0十=10√2m/s,D正确。 gEmin=mg sin30°，电场强度的最小值为Emin= m 8.B【解析】根据机械能随角度的变化图像可知， 2,B正确：电场沿水平方向时，小球在水平方 当小球转过的角度为270°时，小球的机械能最小， 向做初速度为零的匀加速运动，则xAB:xC= 电场力做的负功最多，说明电场力的方向水平向 1：3,根据U=Ed可知，电势差Uc=3UAB,C 左，A错误；根据动能随角度变化的图像可知，当 正确；电场强度为最小值时，竖直方向有mg一 小球转过角度为225°时，小球的动能为零，说明此 时小球在等效最高点，有qEcos45°=mg cos45°， qEmin Sin30°=may,t= -2w,水平方向有a:= 解得E=g,对小球从等效最高点到B点的过 qEcos30°1 m x=20:1,第二次抛出到回到水平线 程，在竖直方向移动的距离为R(1十sin45),沿 上的过程中电场力对小球做功W=Eqxcos30°， 电场力方向移动的距离为Rc0s45°，根据动能定 理有mgR(1十sin45°)+gERcos45°=Eko,解得 解得W= 2 32后，则小小球的电势能减少了32始， ·13· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 D正确。 oy(h2十h1)2 三、非选择题 2g8(h2-h1) 11.(1)A(2分)(2)一(2分)(3)1：9(2分) 13.(1)25m/s(2)4.8N,竖直向下 【解析】(1)“探究向心力大小与质量、角速度和 【解析】(1)鱼饵在b点做平抛运动，竖直方向有 半径的关系”实验，每次研究两个量的关系保证 1 L+h=28t (2分) 其他量不变，采用的是控制变量法，A正确。 (2)将传动皮带调至第一层塔轮，由于塔轮半径 水平方向有 s=ut (2分) 相等，则两塔轮角速度相等，此时可研究向心力 联立可得，鱼饵在b点抛出时的速度大小为 的大小与运动半径r的关系。 v=25m/s。 (2分) (3)若传动皮带套在塔轮第三层，根据v=ωR,可 (2)鱼饵在b,点受重力和鱼线的拉力，由牛顿第二定 知两塔轮边缘线速度相等，则A、C两处的角速 律得 度之比为wA:wc=1:3,由于运动半径相等，根 v2 据F=mw2r,向心力大小之比为FA:Fc= F+mg=m L (2分) 1:9,故左右两标尺露出的格子数之比为1：9。 代入数据解得鱼饵在b,点受鱼线作用力的大小 为F=4.8N (2分) 12.(1)A(2分)(2)3(2分) 方向竖直向下。 3xa分)8,8分 (h1+h2)2 14.()5m/s(242N,竖直向下(3)m 【解析】(1)为了保证小球抛出后做平抛运动，安 【解析】(1)设小球的质量为m,斜面体的底边长 装斜槽轨道，使其末端保持水平，A正确；为了保 为L,则斜面体的底边长 证每次小球抛出的初速度相同，每次小球必须在 H32 L= tan 15 m (1分) 同一位置由静止释放，B错误；应先利用重垂线 经△t=0.8s斜面体运动的位移大小为 确定y轴再确定x轴，C错误；为描出小球的运 14 动轨迹，应用平滑的曲线将描绘的，点连接起来，D (1分) 错误。 所以小球经△=0.8s沿水平方向运动的位移大 (2)在轨迹上取C、D两点，OC与CD的水平间 小为 距相等且均为x,测得OC与CD的竖直间距分 18 别是y1和y2;若平抛运动的水平分运动是匀速 x:=L-x1=15m (1分) 直线运动，则OC与CD所用时间相等，设为t, 把小球和斜面体作为一个系统来研究，在水平方 1 则有y1= 1 28,1十y:=28(2),可得y, 向上动量守恒，设小球质量为m,取水平向左为 正方向，则 281,则有义1-1 y23 M m-0 (1分) (3)在轨迹上取A、B、C三，点，AB和BC的水平 解得m=0.7kg 间距相等且均为x,测得AB和BC的竖直间距 又由小球从释放到离开斜面的过程中系统机械能守 分别是h1和h2,可知AB和BC所用时间相等，设 恒得 △h 1 1 为T,竖直方向根据△h=gT2,解得T=, mgH-2Mv+2mv (1分) 解得vo=5m/s。 (1分) h2-hi N ,水平方向有x=0T,可得钢球平抛的 (2)由小球恰好能通过圆轨道的最高点D,则小 g 球在D点时对轨道的压力为零，设小球在D,点 初速度大小为u=下=x√h2-h1 x ,B点的竖直 时的速度为vD,由重力提供向心力得 mub h1+h2 h1+h2 mg= R (1分) 分速度为V= 2T 2T 从B到D根据机械能守恒定律有 g √h2二h:,则B点距离抛出点的高度差为h mg·2R=1 (1分) ·14· ·物理· 参考答案及解析 联立解得R=0.5m 由竖直平面内的圆周运动规律可知小球在最低 解得61-2 vo 点C时对轨道的压力最大，由重力和支持力的合 小球在区域I中，竖直方向由运动学公式可得 力来提供向心力有 号d-a 2, (1分) mvi FN一mg=R (1分) 由牛顿第二定律可得 解得FN=42N qE-mg=ma (1分) 根据牛顿第三定律可知小球对竖直圆轨道的最 解得E1=39· 5mg (1分) 大压力为Fmx=42N,方向竖直向下。(1分) (3)小球经过E点后从F点水平射出，做平抛运 (3)设小球在区域Ⅱ中，电场E水平方向的分量 动；设F点距离水平地面的高度为h,则从E点 为E:、竖直方向的分量为E,在C点时水平方 到F点根据机械能守恒定律有 向速度为vx,竖直方向速度为，，由运动学公式 可得 (1分) 又根据平抛运动的规律 1 h=28 (1分) x=UFt c=√o2十v 代入数据联立可得x=√h(5-4h) (1分) 联立可得vz=3√2gd (1分) 5 v,=4√2gd (1分) 由数学知识可知当h= 8 时取最大值，代入可得 12d 、6 t3=Ag (1分) xax=4m。 (1分) 水平方向有qEx=maz (1分) 15.(1)23mgd 5mg .17 (2) v:-0 q (3)4m√2gd ax- t3 【解析】(1)小球在区域I电场中，水平方向做匀 ax=8g 速直线运动，竖直方向先加速再减速到零，到达 竖直方向有mg十qE,=may (1分) B点时⑦B=V0,从B到C的过程中，由动能定 理可得 。片 1 mgd+qUc=2mw品- 2 mvk (1分) a,=16g 23mgd 联立可得E.=8mg (1分) 解得Uc= (1分) 0 E,=15mg (1分) (2)设小球在区域I中经过直线y= 3d时，竖直 区域Ⅱ的电场强度大小为E3=√E十E?(1分) 方向速度为V。,在E1中运动时间为t1,在E2 中运动时间为t2,水平方向有 E,-17mg o(t1+t2)=3d (1分) 小球在区域Ⅱ中从B到C过程中所受电场力的 竖直方向，在E1中有 冲量大小 2 00 I=qE3t3 (1分) 3d=2t (1分) 在E2中有 解得1= 4m√2gd. (1分) d- (1分) ·15· 7