2019年高考物理压轴题汇总(含答案解析)

1、2019年高考物理压轴题汇总(含答案解析)1.地球质量为 M,半径为R,自转角速度为 ，万有引力恒量为 G,如果规定物体在离地球无穷远处势能为0,则质量为m的物体离地心距离为r时，具有的万有引力势能可表示为Ep=-GMm .国际空间站r是迄今世界上最大的航天工程，它是在地球大气层上空地球飞行的一个巨大的人造天体，可供宇航员在其上居住和进行科学实验.设空间站离地面高度为 h,如果在该空间站上直接发射一颗质量为m的小卫星，使其能到达地球同步卫星轨道并能在轨道上正常运行，则该卫星在离开空间站时必须具有多大的动能？解析：mv =2由G华=mv得，卫星在空间站上的动能为 r2 rMmG02(R h)卫星

2、在空间站上的引力势能在MmEp=-GMm机械能为Ei=Ek+Ep=-G 2(R h)同步卫星在轨道上正常运行时有MmG -2- =m 3r故其轨道半径r=3管由式得，同步卫星的机械能MmE2=-G=-G2rMmGM=-m( . GM )22卫星在运行过程中机械能守恒,故离开航天飞机的卫星的机械能应为E2,设离开航天飞机时卫星的动能为1 3 |Ekx,则 Ekx=E2-Ep- -GM , 2Mm+ GR h2.如图甲所示，一粗糙斜面的倾角为37°, 一物块m=5kg在斜面上，用F=50N的力沿斜面向上作用于物体，使物体沿斜面匀速上升，g取10N/kg , sin37=0.6, cos3

3、7 =0.8,求:(2)若将F改为水平向右推力 F',如图乙，则至少要用多大的力F '才能使物体沿斜面上升。(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析：(1)物体受力情况如图，取平行于斜面为x轴方向，垂直斜面为 y轴方向，由物体匀速运动知物体受力平衡y nFx =F -Gsin 二 - f =0Fy = N -G cos 1 - 0解得 f=20NN=40Nf 1因为 FN = N 由 f = Nfn 得 N = = 一 = 0.5N 2(2)物体受力情况如图，取平行于斜面为x轴方向，垂直斜面为 y轴方向。当物体匀速上行时力 F取最小。由平衡条件Fx =F cos 二-Gsin 二

4、- f =0Fy = N -F sini -Gcosu =0且有f .=N .联立上三式求解得 F'=100N3.一质量为m= 3000kg的人造卫星在离地面的高度为 H = 180km的高空绕地球作圆周运动，那里的重力加 速度g=9. 3m s 2.由于受到空气阻力的作用，在一年时间内，人造卫星的高度要下降 H = 0. 50km.已1知物体在密度为 p的流体中以速度 v运动时受到的阻力 F可表示为F= 2 pACv2,式中A是物体的最大 横截面积，C是拖曳系数，与物体的形状有关.当卫星在高空中运行时，可以认为卫星的拖曳系数C=l,取卫星的最大横截面积 A = 6. 0m2.已知地球

5、的半径为 R0= 6400km.试由以上数据估算卫星所在处的大 气密度.解：设一年前、后卫星的速度分别为v1、v2 ,根据万有引力定律和牛顿第二定律有MmR2MmR2R2式中G为万有引力恒量，M为地球的质量， Ri和R2分别为一年前、后卫星的轨道半径，即(4)R2 = R0H - H卫星在一年时间内动能的增量1212=-mv2 - -mv122由、三式得1 ，1GMm (6)2&由、式可知，阻>0, 表示在这过程中卫星的动能是增加的o 在这过程中卫星引力势能的增量-11 EP=GMm( )R2 RmEp <0,表示在这过程中卫星引力势能是减小的。卫星机械能的增量：E - ：

6、Ek .写由、式得.1 ，11、 E = - -GMm()2R2RE<0,表示在这过程中卫星的机械能是减少的。由、式可知，因R1、R2非常接近，利用(10)R1 -R2HR1R2式可表不为1 GMm2R12卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功。星的阻力做的功2叫-F 2二 R -：-二 ACRv根据万有引力定律和牛顿运动定律有MmR22 v 二m一R由、(14)式得W1 = - 二 ACGM卫星在沿半径为R的轨道运行一周过程中空气作用于卫(13)(14)(15)式表明卫星在绕轨道运行一周过程中空气阻力做的功是一恒量，与轨道半径无关。卫星绕半径为R的轨道运行一周经历的时间(16)由(14

7、)、(16)式得T =2:R由于在一年时间内轨道半径变化不大，可以认为T =2二 R1以七表示一年时间，有V 3600s 365 24 =3.15 107sT是恒量，且(18)(19)n =一T在一年时间内卫星克服空气阻力做的功W = nW1由功能关系有W E(20)(21)(22)由(20) (21)(22)各式并利用mHACR Rg(23)代入有关数据得.1331 -1.54 10 kg m(24)4、如图(甲)所示，弯曲部分 AB和CD是两个半径相等的四分之一圆弧，中间的 BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径),细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调

8、节。下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内。一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从 D点水平飞出。今在 A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道 A、D两点的压力，计算出压力差 AF。改变BC间距离L,重复上述实验，最后 绘得AF-L的图线如图(乙)所示。(不计一切摩擦阻力，g取10m/s2)卫星在一年时间内做圆周运动的次数(1)某一次调节后 D点离地高度为0.8m。小球从D点飞出，落地点与 D点水平距离为2.4m,求小球过D点时速度大小。(2)求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小。解析：(1)小球在竖直方向做自由落体运动，HD

9、=-gt22水平方向做匀速直线运动X =VDt得：Vd =六x =6m t 2Hd sg(2)设轨道半径为r, A到D过程机械能守恒:1 21 2mvA =-mvD mg(2r L)22V在 A 八、 Fa mg = m r在 D 点：Fd +mg =mVD" r由以上三式得:F = Fa -Fd =6mg 2mg r由图象纵截距得：6mg=12得m=0.2kg由 L=0.5m 时4 F=17N代入得：r=0.4m5、如图所示，在光滑的水平地面上，质量为 M=3.0kg的长木板A的左端，叠放着一个质量为m=1.0kg的小物块B (可视为质点)，处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因

10、数户0.30。在木板A的左端正上方，用长为R=0.8m的不可伸长的轻绳将质量为m=1.0kg的小球C悬于固定点。点。现将小球C拉至上方使轻绳拉直且与水平方向成(=30。角的位置由静止释放，到达O点的正下方时，小千C与B发生碰撞且无机械能损失，空气阻力不计，取g=10m/s2,求：(1)小球C与小物块B碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力；(2)木板长度L至少为多大时，小物块才不会滑出木板。解析：(1)静止释放后小球做自由落体运动到a,轻绳被拉紧时与水平方向成 30角，再绕O点向下做圆周0运动，由机械能守恒定律得8bdVs*1 - 2mgR = mv02轻绳被拉紧瞬间，沿绳方向的速度变为0,沿圆周切线方向

11、的速度为Va = Vo COS 1小球由a点运动到最低点b点过程中机械能守恒1 212mva mgR 1 -sin =-mvb2 2设小球在最低点受到轻绳的拉力为F ,则2F -mg =m藁联立解得F =3.5mg =35N(2)小球与B碰撞过程中动量和机械能守恒，则mvb = mv1 mv2121212mvb = 一 mv1 mv2222解得v1=0 , v2=vb=/5gR (碰撞后小球与 B交换速度) ，2B在木板A上滑动，系统动量守恒，设 B滑到木板A最右端时速度为 V,则mv2 = m M vB在木板A上滑动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，由能量守恒定律得191 -9mgLmv

12、2m M v22联立解得l = -M v2%(m+M、25gR2 )代入数据解得L=2.5m6、如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一个质量相等的 小球A和B,球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，当球B到细杆的距离为 L时,绳刚好拉直.在绳被拉直时释放球B,使球B从静止开始向下摆动.求球 A刚要离开地面时球 B与其初始位置的高度差.解析：设球A刚要离开地面时联接球B的绳与其初始位置的夹角为 日，如图所示，这里球 B的速度为V ,绳对球B的拉力为T,根据牛顿第二定律和能量守恒，有2VT -mg sin 二-m 1 1 2mv = mgl sin

13、 二2 当A球刚要离开地面时，有T =mg以h表示所求高度差，有1 h = - 1由解得37 （20分）如图所示，在高为 h的平台上，距边缘为 L处有一质量为 M的静止木块（木块的尺度比 L 小得多），一颗质量为m的子弹以初速度V0射入木块中未穿出，木块恰好运动到平台边缘未落下， 若将子 弹的速度增大为原来的两倍而子弹仍未穿出，求木块的落地点距平台边缘的水平距离，设子弹打入木块的解析：设子弹以V0射入时，木块的初速度为 Vi,根据动量守恒定律有mvo=（m+M）v i 根据动能定理有(1 ( m+M ) gL= ( m+M ) v122设子弹以2V0射入时，木块的初速度为 V2,末速度为V3,

14、根据动量守恒定律有m2vo=(m+M)v 2根据动能定理有(m+M) gL= (m+M) v22 - (m+M) v3222设木块落地点距平台边缘的距离为x,由平抛运动规律有X=v3 |疝 g由联立解得x= mv06hM m g8、如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m ,皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度vo=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞

15、后粘合在一起， 碰撞时间极短， 可认为A与B碰撞过程中滑块 C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展,从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度 vc=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的 P点。已知滑块 C与传送带之问的动摩擦因数=0.20重力加速度g取10m/s2。求：vQ(1)滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；(2)滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能 Ep；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值Vm是多少？解析：(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送

16、带的速度v所用的时间为t,加速度大小为a,在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式pmg=mav=vC+ at,1.2s =vCt at 2解得 x=1.25mVL即滑块C在传送带上先加速， 达到传送带的速度 v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s。(2)设A、B碰撞后的速度为 vi, A、B与C分离时的速度为 V2,由动量守恒定律mvo=2mvi2mvi=2mv2+mvc由能量守恒规律 EP 2mv2 =- 2mv；mvC 222解得 Ep=1.0J(3)在题设条件下，若滑块 A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值

17、，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v；,分离后A与B的速度为v2滑块C的速度为v1，由能量守恒规律和动重寸恒7E律 mvm=2mv1 2mvi =mvc+2mv21 21212由目匕重寸恒规律 EP2mv1 =一 2mv2mvC2 22-2由运动学公式vC -v2 =2aL解得：vm=7.1m/s9.、如图所示。一水平传送装置有轮半径为R=1m的主动轮Q1和从动轮Q2及传送带等构成。两轮轴心国相距8m,轮与传送带不打滑，现用此装置运送一袋面粉(可视为质点)，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为k= 0.4,这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出。(

18、1)当传送带以4m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q1正上方A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到Q2正上方的B端所用的时间为多少？(2)要想尽快将这袋面粉(初速度为零)由 A端送到B端，传送带速度至少多大？(3)由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉痕迹，这袋面粉(初速度为零)在传送带上留下的面粉痕迹最长能有多长？此时传送带的速度应满足什么条件？解析：(1)面粉袋与传送带相对运动过程中所受摩擦力f=师g根据牛顿第二定律：a = 4 4m/ s2m若传送带的速度v=4m/s,则面粉袋加速运动的时间t1= 丫 =1S在t1时间内的位移s1 =1at2 =2

19、m2其后以v=4m/s速度匀速运动s2 =lAB -s1 =vt2解得：t2=1.5s所以运动总时间：t=ti + t2=2.5s(2)要想时间最短，面粉袋应一直向B端匀加速运动1 ,由 l ab = at'得 t * = 2s2此时传送带的速度v , = at . = 8m/s(3)传送带速度越大，痕迹”越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长 l =21AB 2二R =18m在面粉袋由A端运动到B端的时间t'=2s内痕迹达到最长，传送带运动的距离s _ 11AB = 26ms则传送带的速度v=- 13m/s t10、如图所示，一木块位于光滑的水平桌面上，木

20、块上固连一支架，木块与支架1的总质量为 M . 一摆球挂于支架上，摆球的质量为 m, m <- M摆线的质量不2计.初始时，整个装置处于静止状态.一质量为m的子弹以大小为 vo、方向垂直于图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内，摆球和子弹便一起开始运动.已知摆线最大的偏转角小于 90°,在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的，木块未发生转动.i .求摆球上升的最大高度.ii .求木块的最大速率.iii .求摆球在最低处时速度的大小和方向.1 .由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短，可以认为在这过程中摆球仅获得速度但无位移.设摆球(包括停留在球内的子弹)向前(指垂直于图面向里

21、)的速度为u,由动量守恒定律有mvo=2 mu(l)摆球以速度u开始向前摆动，木块亦发生运动.当摆球上升至最高时，摆球相对木块静止，设此时木块的 速度为V,摆球上升的高度为 h,因水平方向动量守恒以及机械能守恒有2mu=(2m+M)V(2)2 1 _2_mu =(2m M)V 2mgh (3)2解(l)、(2)、(3)三式得2,Mvo(4)h 二8g(2m m)ii .摆球升到最高后相对木块要反向摆动.因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位置前的整个过程中，摆线作用于支架的拉力始终向斜前方，它使木块向前运动的速度不断增大；摆线经过竖直位置后， 直到摆线再次回到竖直位置前，摆线作用于支架的拉力将

22、向斜后方，它使木块速度减小，所以在摆线（第一次）返回到竖直位置的那一时刻，木块的速度最大，方向向前以V'表示摆线位于竖直位置时木块的速率，u'表示此时摆球的速度（相对桌面），当u'>0,表示其方向水平向前，反之，则水平向后.因水平方向动量守恒以及机械能守恒，故有2mu =2mu MV （5）2212mu = mu MV （6）2解（1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小V =0(7)2mvo(8)V =2m M（7）式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度，它也是摆球在以后相对木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度

23、；而题中要求的木块的最大速率为（8）式，它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时木块的速度.iii .在整个运动过程中，每当摆线处于竖直位置时，小球便位于最低处.当子弹刚射人摆球时，摆球 位于最低处，设这时摆球的速度为u,由（l）式得1u =2v0（9）u,由（1）、（5）、（6）方向水平向前.当摆球第一次回到最低处时，木块速度最大，设这时摆球的速度为 三式和（8）式可得m Mu 二 _ 2c Vo。）M 2m其方向向后.当摆球第二次回到最低处时，由（7）式木块速度减至 0,设这时摆球的速度为u",由（I）、（5）、（6）式可得1u”= u =.v。2（

24、11）方向向前，开始重复初始的运动.11、图中坐标原点0（0,0）处有一带电粒子源，向 y>0一侧沿Oxy平面内的各个不同方向发射带正电的粒 子，粒子的速率都是 v,质量均为 m,电荷量均为q.有人设计了一方向垂直于Oxy平面，磁感应强度的大小为B的均匀磁场区域，使上述所有带电粒子从该磁场区域的边界射出时，均能沿 x轴正方向运动.试求出此边界线的方程，并画出此边界线的示意图. 解析：先设磁感应强度为 B的匀强磁场方向垂直 xy平面 向里，且无边界.考察从粒子源发出的速率为V、方向与x轴夹角为0的粒子，在磁场的洛仑兹力作用下粒子 做圆周运动，圆轨道经过坐标原点0,且与速度方向相切，若圆轨道

25、的半径为 R,有2v - qvB = m (1)mvqB(2)圆轨道的圆心 O'在过坐标原点 O与速度方向垂直的直线上，至原点的距离为。作平行于y轴的直线与圆轨道交于P点，粒子运动到 P点时其速度方向恰好是沿 x轴正方向，故P点就在磁场区域的边界上.对 于不同人射方向的粒子，对应的 P点的位置不同，所有这些 P点的 连线就是所求磁场区域的边界线.P点的坐标为x= - Rsin 6(3) y = R+Rcos 0(4) 这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数9,得x2+(y+R)2=R2(5) 由(2)、(5)式得x2 (ymv)2 qB，q2B(6)这是半径为R圆心O''

26、;的坐标为(0, 一 R)的圆，作为题所要求的磁 场区域的边界线，应是如图 2所示的半个圆周，故磁场区域的边界线 的方程为2 22 / mv、2 m vx (y )2 2 x - 0 y 三 0qB q B若磁场方向垂直于 xy面向外，则磁场的边界线为如图 3示的半圆, 磁场区域的边界线的方程为222x +(y-R) =R x >0 y >0 (8)R,如图1所示.通过圆心2 22 / mv2 m v或 x +(y1) = 2 2 x 之0 y 之0 (9)qBq2B212、.如图I -12所示，质量为 M=3.0kg的小车静止在光滑的水平面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部

27、分是光滑的 1圆弧导轨，整个导轨由绝缘材料做成并处于B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场中，4今有一质量为 m=1.0kg的金属块(可视为质点)带电量q=2.0X 10-3c的负电，它以 v°=8m/s的速度冲上小车，当它将要过 D点时，它对水平导轨的压力为9.81N(g取9.8m/s2)求：(1) m从A到D过程中，系统损失了多少机械能？(2)若m通过D点时立即撤去磁场，在这以后小车获得的最大速度是多少？解析：(1)设m抵达D点的速度为v1，则：Bqv+mg=NN -mg 981 -9.80 - Vi=3=5.0m/s.Bq 2.0 101.0设此小车速度为v2,金属块由A-D过程

28、中系统动量守恒则: mv0=mv1+Mv2. '. v2=1.0m/s.，损失的机械能 A E= mvo2- mvi2- Mv22=18J222(2)在m冲上1圆弧和返回到 D点的过程中，小车速度一直在增大， 所以当金属块回到 D点时小车 4的速度达到最大，且在上述过程中系统水平方向动量守恒，则：mvi +Mv2=mvi +MV2系统机械能守恒，mvi2+ Mv22= mvi则：2+ Mv02V2 z =1m/s 和 v2' =3m/s.2V2' =1m/s舍去，小车能获得的最大速度为13、图中L是一根通电长直导线，导线中的电流为 边与L平行，可绕过其中心并与长直导线平

29、行的轴线 导线框与直导线共面.现使线框以恒定的角速度3m/s.coI. 一电阻为R、每边长为2a的导线方框，其中两条 00转动，轴线与长直导线相距 b, b>a,初始时刻, 转动，求线框中的感应电流的大小.不计导线框的自感.已知电流I的长直导线在距导线r处的磁感应强度大小为Lkr ,其中k为常量.解：当线框绕转轴转过 日=前的角度时,位置如图1所示，俯视图如图 2所示。当线框以角速度切绕00转动时，线框轴线平行的两条边的速度都是v ,且L中的电流产生的磁场在这两条边 在处的磁感应强度分别为图】r式中r和r '分别为这两条边到 L的距离。线框的两条边的速度的方向与B和B'的

30、方向间的夹角分别为 口和口二由电磁感应定律，线框的感应电动势为；=2Bavsin 工"2B avsin-(4)sin - sin(正-此)_ sin ;注意到 rbbsin _ sjnp) _ sin ;r'bb(6)以及 r2 =a2 +b2 -2abcosr '2 =a2 +b2 +2abcosH由以上各式得；=2kIa2b .(21T-；-22'ab- 2abcostab2abcos t)sin t由欧姆定律得线框中感应电流i =R(io)由、(10)两式得_2,2kIa b，11、.，i =(2 -2)sin tR a b -2abcos t a b

31、2ab cos t14、如图所示，两同心圆 M、N之间的区域存在垂直于纸面的匀强磁场，圆 M内、N外没有磁场，一质M的半径为R,圆N的半径为量为m,带电量为+q的粒子从圆心O处沿某一方向以速度 v0飞出，已知圆j3r,粒子重力不计。已知粒子进入磁场后沿顺针方向偏转。求：W、 十：o* ":I J 1、/ Z 、 (1)磁场的方向是垂直于纸面向里还是向外的？(2)若粒子能再次经过圆心 O,磁场的磁感应强度至少为多大？(3)若磁场的磁感应强度保持为(2)的大小，求粒子从圆心 。飞出到再次过圆心且速度与初速度方 向相同所用的时间。解析：(1)由左手定则得：磁场方向垂直于纸面向外。(2)粒子

32、能再次经过圆心 O,磁场的磁感应强度最小时，粒子运动轨迹与圆N相切，轨迹如图。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r。由几何知识可知：(J3r -r)2 =R2 +r22设磁场的磁感应强度最小值为B,由洛仑兹力公式及匀速圆周运动规律得：qBv0 = m也r联立解得：B =22mv0 qR(3)由几何知识可知：tan/CO/O =- = 3,3 ZCO/O =600 r粒子从C点进入磁场到从 D离开磁场，粒子转过的角度为3 =3600 2/CO/O =240°即 2 个圆周3由几何知识可知粒子从圆心 。飞出到第一次过圆心且速度与初速度方向相同所运动的轨迹如图所示, 运动的时间为：2R

33、2t =3(+ T) v°32二 rT =(7联立解得：t =艮(6 + 逋三) v°315、如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q,其中A带正电荷，B带负电荷，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P,质量为m、电荷量为+q(可视为点电荷)，现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距 C点距离为d的D点时，速度为V。已知MN与AB之间的距离为d,静电力常量为k,重 力加速度为g,若取无限远处的电势为零，试求：MA T C9PD?B】E ?N(1)在A、B所形成的电场中，C

34、的电势如。(2)小球P经过D点时的加速度。(3)小球P经过与点电荷 B等高的E点时的速度。解析：D点电势为零。小(1)由等量异种电荷形成的电场特点可知，D点的电势与无限远处电势相等，即球P由C运动到D的过程，由动能定理得:.12mgd +q% =-mv 0 2中CD =?C 一中C =%-。2mv -2mgd 2q(2)小球P经过D点时受力如图：由库仑定律得:C9P由牛顿第二定律得:mg +F1cos450 +F2 cos450 = ma ',2kQq 方 a = g +F d2md2(3)小球P由D运动到E的过程,由动能定理得:.1 _ 21 _ 2分mgd +qDE = mvE mv 22由等量异种电荷形成的电场特点可知:*DE =%D 联立解得：vE = J2v16、如图所示，在水平方向的匀强电场中,用长为 L的绝缘细线拴住一质量为m,带电荷量为线的上端固定，开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过q的小球，60°角时的速度恰好为零。问:(1)电场强度E的大小为多少？(2) A、B两点的电势差Ua