江苏省常州市高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

江苏省常州市2013届高三上学期期中考试物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）关于运动和力，下列说法中正确的是（）a物体运动速度变化越快，加速度越大b做直线运动的物体受到的合外力一定是恒力c做匀速圆周运动的物体的加速度不变d做平抛运动的物体在任意一段时间内速度变化的方向是不相同的考点：平抛运动；牛顿第一定律；物体做曲线运动的条件；向心加速度专题：平抛运动专题分析：1、加速度是反映速度变化快慢的物理量加速度大，速度变化快2、物体做直线运动的条件是：受到的合力与速度方向在同一直线上3、做匀速圆周运动的物体的向心加速度方向时刻改变4、平抛运动的加速度是重力加速度，大小方向都不变，所以速度变化的方向就不变解答：解：a、加速度是反映速度变化快慢的物理量加速度大，速度变化快故a正确b、只要合力与速度的方向在同一直线上，物体就做直线运动，合力的大小可以变化，例如加速度减小的加速直线运动故b错误c、做匀速圆周运动的物体的加速度是向心加速度，向心加速度的方向始终指向圆心，方向时刻改变，故加速度是时刻改变的故c错误d、速度变化的方向就是加速度的方向，加速度不变化，速度变化的方向就不变，平抛运动的加速度是重力加速度，大小方向都不变，故做平抛运动的物体在任意一段时间内速度变化的方向是相同的故d错误故选a点评：本题主要考查运动学、动力学的基本知识，记住并理解这些基本概念即可，难度不大，属于基础题2（3分）（2011上海模拟）一小球在离地高h处从静止开始竖直下落，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比，如图图象反映了小球的机械能e随下落高度h的变化规律（选地面为零势能参考平面），其中可能正确的是（）abcd考点：机械能守恒定律；功能关系专题：机械能守恒定律应用专题分析：只有重力对物体做功时，物体的机械能守恒，由于物体受空气阻力的作用，所以物体的机械能要减小，减小的机械能等于克服阻力做的功解答：解：根据题意可知：f=kv e=因为速度逐渐增大，所以逐渐增大，故图象的斜率逐渐增大，即机械能减小的越来越快当小球落到地面上时还有动能，机械能不为0，只有b正确故选b点评：物体受空气阻力的作用，物体的机械能要减小，由于空气阻力逐渐增大，所以机械能减小的越来越快3（3分）（2012徐州一模）如图所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于p、q两点，p处正点电荷的电荷量大于q处点电荷的电荷量，a、b为p、q连线的中垂线上的两点，现将一负电荷q 由a点沿中垂线移动到b点，在此过程中，下列说法正确的是（）aq的电势能逐渐减小bq的电势能逐渐增大cq的电势能先增大后减小d以上均不正确考点：电势能；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：a、b为带正电的点电荷连线的中垂线上的两点，电场线从mn出发到无穷远终止，根据顺着电场线电势降低可知，a的电势高于b点的电势，将负点电荷q由a点沿中垂线移动到b点，根据电场力做功的正负，判断其电势能的变化解答：解：由题分析可知，a的电势高于b点的电势，将负点电荷q由a点沿中垂线移动到b点的过程中，电场力一直做负功，电荷的电势能逐渐增大故选b点评：本题关键是判断出ab间电势的高低本题也可以根据推论：负电荷在电势低处电势能大来判断电势能的变化4（3分）如图所示，闭合电键s后，a灯与b灯均发光，电流表a1、a2的读数分别为i1、i2，当滑动变阻器滑动片向下滑动一段后，电流表a1、a2读数变化的大小分别为i1、i2，则下列说法中错误的是（）aa灯变暗bb灯变暗ci1、i2都变小di1i2考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器滑动片向下滑动一段后，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化，即可知道a1读数的变化由欧姆定律判断通过a灯的电流变化，判断其亮度变化根据干路电流与a灯电流的变化，分析通过电流表a2读数的变化及电阻r0两端电压的变化，结合路端电压的变化，分析灯b与变阻器并联电压的变化，判断b灯亮度的变化解答：解：当滑动变阻器滑动片向下滑动一段后，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知：干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小则a1读数i1变大；路端电压减小，通过a灯的电流变小，则a变暗由干路电流增大，而a灯电流减小，得知通过电流表a2读数i2变大的变化，电阻r0两端电压变大，而路端电压变小，则灯b与变阻器并联电压变小，b灯变暗由于i1变大，i2变大，ia变小，又i1=i2+ia，则得i1i2故abd正确，c错误本题选错误的，故选c点评：本题是电路动态变化分析问题，按局部到整体再到局部的思路进行分析5（3分）如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力f随时间t变化的图象如图所示，下列说法错误的是（）a运动过程中小球、地球和弹簧组成的系统的机械能守恒bt2时刻小球的加速度为零ct2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少dt2t3这段时间内，小球的动能与重力势能之和在增加考点：机械能守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：对于小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒通过分析小球的受力情况和运动情况，分析加速度、动能的变化由系统的机械能守恒，分析小球的动能与重力势能之和如何变化解答：解：a、对于小球、地球和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒故a正确b、c分析小球的受力情况和运动情况： 小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；之后物体由于惯性继续下降，弹力大于重力，合变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动t2时刻小球到达最低点，速度为零，但合力不为零，则其加速度不为零t2t3这段时间内，小球正上升，速度先增大后减小，动能先增加后减少故b错误，c正确d、根据系统的机械能守恒得知：小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能总和保持不变，t2t3这段时间内，小球在上升，弹簧的弹性势能减小，则知小球的动能与重力势能之和在增加故d正确本题选错误的，故选b点评：本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，抓住守恒条件分析系统的机械能守恒二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）如图所示，“嫦娥二号”探月卫星在月球引力的作用下，沿椭圆轨道向月球靠近，并在p处“刹车制动”后绕月球做匀速圆周运动，已知“嫦娥二号”绕月球做匀速圆周运动的轨道半径为r，周期为t，引力常量为g下列说法中正确的是（）a“嫦娥二号”向p处运动过程中速度逐渐变小b根据题中条件可以算出月球质量c根据题中条件可以算出“嫦娥二号”受到月球引力的大小d“嫦娥二号”向p处运动过程中加速度逐渐变大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：“嫦娥二号”探月卫星在靠近月球的过程中，万有引力做正功，动能增加，速度越来越大根据万有引力提供向心力可以求出月球质量及加速度的变化情况解答：解：a、“嫦娥二号”向p处运动过程中，万有引力做正功，动能增加，速度越来越大故a错误；b、根据万有引力提供向心力周期公式得：m=，故b正确；c、“嫦娥二号”受到月球引力f=，由于不知道嫦娥二号的质量，故无法求得“嫦娥二号”受到月球引力的大小；d、根据，解得：a=，“嫦娥二号”向p处运动过程中r变小，所以加速度变大，故d正确故选bd点评：本题主要考查了万有引力提供向心力公式的直接应用，通过公式可以求得中心天体的质量，不可以求出环绕天体的质量7（4分）用一直流电池组给电阻为r的直流电动机供电，当电动机正常工作时，电动机两端的电压为u，通过的电流为i，则下列说法中正确的是（）a电动机的输入功率为uib电动机的输入功率为uii2rc电动机的发热功率为i2rd电动机的输出功率是uii2r考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，根据p=ui求解发热功率由p=i2r求解输出功率由能量守恒定律研究解答：解：a、b电动机输入的功率是电功率，即p电=ui故a正确，b错误 c、电动机的发热功率根据焦耳定律得到p热=i2r故c正确 d、电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒定律得，p出=p电p热=uii2r故d正确故选acd点评：本题中当电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，求电功率只能用p=ui，求热功率只能用p=i2r而输出的机械功率只能根据能量守恒求解，而且电功率大于热功率8（4分）如图所示，一块长木板b放在光滑的水平面上，再在b上放一物体a，现以恒定的外力拉b，a、b发生相对滑动，向前移动了一段距离在此过程中（）ab对a的摩擦力所做的功等于a的动能增加量ba对b的摩擦力所做的功等于b对a的摩擦力所做的功c外力f做的功等于a和b动能的增加量d外力f对b做的功等于b的动能的增加量与b克服摩擦力所做的功之和考点：动能定理的应用；功的计算；功能关系专题：动能定理的应用专题分析：本题可以对a物体运用动能定理列式分析，也可以对b物体运用动能定理列式分析，还可以对a、b整体运用动能定理列式分析，其中a与b之间的一对滑动摩擦力做的功等于内能的增加量，本题通过灵活选择研究对象运用动能定理分析各个选项即可解答：解：a、对物体a受力分析，受重力、支持力和摩擦力，只有摩擦力做功，根据动能定理，b对a的摩擦力所做的功等于a的动能增加量，故a正确；b、由于存在相对滑动，故a对b的摩擦力所做的功不等于b对a的摩擦力所做的功，故b错误；c、对a、b整体运用动能定理，除拉力做功外，还有一对滑动摩擦力做功，故系统动能增加量小于拉力做的功，故c错误；d、对物体b运用动能定理可知，拉力做的功减去克服摩擦力做的功等于动能增加量，故外力f对b做的功等于b的动能的增加量与b克服摩擦力所做的功之和，故d正确；故选ad点评：本题关键是要知道不仅可以对单个物体运用动能定理，也可以对物体系统运用动能定理，即对多物体系统，内力和外力做的做功等于系统动能的增加量9（4分）静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从o点进入电场，沿x轴正方向运动下列叙述正确的是（）a粒子从o运动到x1的过程中，电场力做正功b粒子从x1运动到x3的过程中一直加速c要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为d若v0=，粒子在运动过程中的最大速度为考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0x1过程，求解初速度v0粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度解答：解：a、粒子从o运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，电场力做负功，粒子做减速运动故a错误b、粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小，电场力做正功，则一直处于加速状态，故b正确c、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得 q（00）=0m，解得，v0=，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为v0=故c错误d、若v0=，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得q0（0）= mm，解得最大速度为vm=故d正确故选bd点评：根据电势随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化利用动能定理列方程解答三、简答题（共计20分）：请将解答填写在答题卡相应的位置10（8分）甲乙两个同学共同做“验证牛顿第二定律”的实验，装置如图1所示两位同学用砝码盘（连同砝码）的重力作为小车（对象）受到的合外力，需要平衡桌面的摩擦力对小车运动的影响他们将长木板的一端适当垫高，在不挂砝码盘的情况下，小车能够自由地做匀运速直线运动另外，还应满足砝码盘（连同砝码）的质量m远小于小车的质量m（填“远小于”、“远大于”或“近似等于”）接下来，甲同学研究：在保持小车的质量不变的条件下，其加速度与其受到的牵引力的关系；乙同学研究：在保持受到的牵引力不变的条件下，小车的加速度与其质量的关系甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a图2是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm实验中使用的电源是频率f=50hz的交变电流根据以上数据，可以算出小车的加速度a=0.343m/s2（结果保留三位有效数字）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量m，得到小车的加速度a与质量m的数据，画出a图线后，发现：当较大时，图线发生弯曲于是，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象那么，该同学的修正方案可能是aa改画a与的关系图线 b改画a与（m+m）的关系图线c改画 a与的关系图线 d改画a与的关系图线考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：在“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力；为使绳子拉力等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量；在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，说明任意两个技计数点之间的时间间隔为打点周期的5倍，在求平均加速度时注意运用“二分法”解答：解：“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力，方法是将长木板的一端适当垫高，在不挂砝码盘的情况下，小车能够自由地做匀速直线运动，另外为使绳子拉力等于砝码盘（连同砝码）的质量，必须满足满足砝码盘（连同砝码）的质量m远小于小车的质量m的条件由匀变速运动的推论x=at2得，将计数点0到4分成0到2和2到4两部分，其中t=2（50.02s）=0.2s，x=（17.478.05）8.05cm=1.37cm，代入上式解得a=0.343m/s2乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量m，故小车的质量应为m+m，作图时应作出a图象，故选a故答案为：匀速直线，远小于，0.343 a点评：明确实验原理是解决有关实验问题的关键在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码（连同砝码盘）的重力；（3）用“二分法”求出小车的加速度11（12分）（1）某同学为研究某电学元件（最大电压不超过2.5v，最大电流不超过0.55a）的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：a电压表（量程是3v，内阻是6k的伏特表）b电流表（量程是0.6a，内阻是0.5的安培表）c滑动变阻器（阻值范围05，额定电流为0.6a）d直流电源（电动势e=3v，内阻不计）e开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据（i和u分别表示电学测量仪器上的电流和电压）i/a00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50u/v00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00请在图1的方框中画出实验电路图，电学元件用rx表示；在图（a）中描出该电学元件的伏安特性曲线；（2）某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势，该同学利用如图2所示的电路进行实验，图中r0为已知阻值的定值电阻用该电路测电动势与内阻，测量值和真实值的关系：e真 e测，r真 r测（填“”、“”或“=”）改变电阻箱阻值，取得多组数据为了便于用图象法求解电动势与内阻，需要建立合适的坐标系，纵坐标表示，横坐标表示考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；根据电学元件电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出电路图根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，应用描点法作出图象（2）在应用图象法处理实验数据时，直线最简单、直观，根据闭合电路的欧姆定律求出求出u与r的关系式，然后答题解答：解：（1）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；待测元件电阻阻值约为r=4.5，=1333，=9，应采用电流表外接法，实验电路图如图1所示根据表中实验数据，应用描点法作图，图象如图2所示（2）如果考虑电压表的内阻，根据实验的原理e=u+（+）r，得： =（1+）+，纵轴表示，横轴表示，考虑电压表的内阻，此时图线的纵轴截距表示（1+），所以e真大于e测，r真大于r测故答案为：（1）如图1所示 如图2所示（2）；点评：解决本题的关键：知道运用伏阻法测量电源电动势和内阻的原理，会根据图象测量电源的电动势和内阻，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量四、计算题（共计69分）解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的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12（14分）（2011南京一模）杂技演员在进行“顶杆”表演时，使用了一根质量可忽略不计的长竹竿一质量为40kg的演员自杆顶由静止开始下滑，指到竹杆底端时速度刚好为零已知杂技演员在下滑过程中其速度一时间图象如图所示（以向下的方向为速度的正方向）求：（1）在o1s时间内杂技演员的加速度大小；（2）长竹竿的长度；（3）在o1s时间内竹竿底部对下面顶杆人肩部的压力大小（取g=10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）在速度时间图象上，图象斜率代表加速度（2）在速度时间图象上，图象与坐标轴围成的面积表示位移（3）由（1）可知01s内杂技演员的加速度，然后对杂技演员利用牛顿第二定律列式求解即可解答：解（1）由图象得：在o1s时间内杂技演员的加速度大小 （2）由图象得：竹竿的长度为：（3）对杂技演员由牛顿第二定律得：mgf=ma 联立代入数据得：f=280n由牛顿第三定律得竹竿底部对下面顶杆人肩部压力大小f=f=280n答：（1）在o1s时间内杂技演员的加速度大小3m/s2；（2）长竹竿的长度为4.5m；（3）在o1s时间内竹竿底部对下面顶杆人肩部的压力大小为280n点评：本题主要考查了牛顿第二定律和牛顿第三定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息13（11分）如图所示，直线a为某电源的ui图线，直线b为电阻r的ui 图线，求：（1）电源的电动势和内阻分别是多大？（2）当用此电阻r和该电源组成的闭合电路时，该电源的输出功率为多少？（3）若接入该电源的外电阻是一个最大阻值是2的滑动变阻器，则滑动变阻器的阻值多大时，其消耗的功率最大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）由电源的ui图象读出电动势，求出内阻（2）由电阻r的ui图象求出电阻r，根据闭合电路欧姆定律求出用该电源和该电阻组成闭合电路时电路中电流和电源的输出电压，再求出电源的输出功率（3）当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大解答：解：（1）读图线a可知，图线纵轴截距等于电源的电动势，则知电源的电动势e=6v，图线的斜率大小等于电源的内阻，则电源的内阻r=0.5 （2）当用此电阻r和该电源组成的闭合电路时，两图线的交点表示电路的工作状态，则知电阻的电压为u=5v，电流为i=2a，则该电源的输出功率为：p=ui=5v2a=10w （3）当r=r时，即r的阻值是0.5时，输出功率最大 答：（1）电源的电动势和内阻分别是6v和0.5（2）当用此电阻r和该电源组成的闭合电路时，该电源的输出功率为10w（3）滑动变阻器的阻值为0.5时，其消耗的功率最大点评：本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，其实两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率14（15分）如图所示，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端o点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由a点沿切线落入竖直光滑圆轨道abc，并沿轨道恰好通过最高点c，圆轨道abc的形状为半径r=2.5m的圆截去了左上角l27的圆弧，bc为其竖直直径，（sin53=0.8 cos53=0.6，重力加速度g取10m/s2）求：（1）小球经过c点的速度大小；（2）小球运动到轨道最低点b 时小球对轨道的压力大小；（3）v0的数值考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：沿轨道恰好通过最高点c，根据牛顿第二定律求解小球经过c点的速度大小从b点到c点，由机械能守恒定律求解b点速度由牛顿第二定律得小球对轨道的压力大小从a到b由机械能守恒定律求出a点速度，在a点进行速度的分解，即可求解解答：解：（1）恰好运动到c点，有重力提供向心力，即mg=m解得：vc=5m/s （2）从b点到c点，由机械能守恒定律有在b点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有fnmg=m解得：fn=6n根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0n（3）从a到b由机械能守恒定律有解得：m/s在a点进行速度的分解有：v0=vacos53=答：（1）小球经过c点的速度大小为5m/s；（2）小球运动到轨道最低点b 时小球对轨道的压力大小为6n；（3）v0的数值为点评：本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法15（14分）（2012徐州一模）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆ac，其下端（c端）距地面高度h=0.8m有一质量500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过c端的正下方p点处（g=10m/s2）求：（1）小环带何种电荷？离开直杆后运动的加速度大小和方向（2）小环从c运动到p过程中的动能增量（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小0考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用分析：小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性当小环离开直杆后，仅少了支持力则此时的合力就是由重力与电场力提供，由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向小环离开直杆后，所受合力恰与速度方向垂直，因此做的类平抛运动当小环从c到p过程中，电场力做功刚好为零，动能的变化完全由重力做功引起当求小环离开直杆的速度时，仅从离开前无法入手，而离开后做类平抛运动，所以利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移可求出小环的抛出速度解答：解：（1）对带电小环受力分析因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等则小环离开直杆后所受的合外力大小为：f合=由牛顿第二定律可得：方向垂直于杆向下（或与水平方向成45角斜向下）（2）设小环从c运动到p过程中动能的增量为ek由动能定理有：wg+we=ek电场力做功为零we=0ek=wg=mgh=4j（3）小环离开杆做类平抛运动如图所示建立坐标x、y轴垂直于杆方向做匀加速运动：平行于杆方向做匀速运动：解得：0=2m/s点评：考查带电粒子在电场与重力场共同作用下的运动，在直杆的束缚下的匀速直线运动与没有束缚下的