一、單選題
1．11月11日浙江杭州正式啟用多條無人機(jī)物流配送航線，開啟基于無人機(jī)公共起降場的城市低空配送新模式。下面是無人機(jī)在直線運(yùn)輸過程中記錄的4次運(yùn)動(dòng)圖像，反映無人機(jī)在0~4s內(nèi)的平均速度最大的是( )
A.B.
C.D.
2．2024年11月4日，神舟十八號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場成功著陸。返回地面時(shí)，使用降落傘能有效降低著地的速度，如圖所示是返回艙和降落傘示意圖，艙和傘之間通過10根等長的輕繩按十等分點(diǎn)連接，每根繩與豎直方向的夾角均為θ。僅在降落傘的作用下，研究某次勻速豎直下落階段，已知返回艙的總重力大小為G，返回艙受到的空氣阻力恒為F，下列說法正確的是( )
A.10根輕繩對返回艙的合力為G，方向豎直向上
B.10根輕繩對返回艙的合力為
C.每根繩子上的拉力大小為
D.每根繩子上的拉力大小為
3．籃球是中學(xué)生喜歡的運(yùn)動(dòng)，如圖所示，小明在某次訓(xùn)練投球時(shí)從同一高度的A、B兩點(diǎn)先后將籃球拋出，籃球恰好都能垂直打在籃板上的P點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，上述兩個(gè)過程中( )
A.籃球從B點(diǎn)拋出擊中P點(diǎn)時(shí)速度大
B.籃球從B點(diǎn)拋出后速度的變化率大
C.籃球從B點(diǎn)拋出時(shí)小明對球做的功少
D.籃球從B點(diǎn)拋出時(shí)重力的瞬時(shí)功率小
4．2024年10月30日，神舟十九號(hào)將年輕的90后航天員宋令東送入中國空間站天和核心艙，開啟了年輕航天員進(jìn)入太空的新時(shí)代，完成了80到90的接力棒交接。已知空間站的高度是地球半徑R的n倍，空間站運(yùn)行周期是T，引力常量是G，將地球看成是一個(gè)質(zhì)地均勻的球體，利用以上數(shù)據(jù)求出的物理量正確的是( )
A.地球的質(zhì)量：B.地球的密度：
C.空間站的線速度：D.空間站的加速度：
5．2024年WTA年終總決賽我國網(wǎng)球選手鄭欽文獲得亞軍，追平了網(wǎng)球名將李娜的記錄。鄭欽文在決賽中發(fā)球速度最高達(dá)到198km/h，達(dá)到網(wǎng)球選手世界頂尖水平，此次發(fā)球時(shí)網(wǎng)球與球拍接觸時(shí)間為2ms，網(wǎng)球的質(zhì)量約為58g，下列關(guān)于此次發(fā)球過程的說法正確的是( )
A.球拍對網(wǎng)球的沖量約為B.球拍對網(wǎng)球的平均作用力約為1600N
C.球拍對網(wǎng)球做的功約為1140JD.球拍對網(wǎng)球做功的平均功率約為44W
6．一列簡諧橫波的傳播方向上有兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)A和B，A、B的距離是3m，這列波由A向B傳播，且這列波由A傳到B所用時(shí)間是1.5s。已知時(shí)，A質(zhì)點(diǎn)處在平衡位置向上振動(dòng)，B質(zhì)點(diǎn)恰好處在波峰，下列說法正確的是( )
A.機(jī)械波的波速是3m/sB.機(jī)械波的波長一定是4m
C.時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B可能位于波谷位置D.經(jīng)過1s質(zhì)點(diǎn)A沿傳播方向移動(dòng)2m
7．如圖所示，光滑絕緣正方形方框豎直固定，邊長是a，兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球M、N套在方框上。M球帶正電，固定于底邊AB中點(diǎn)處；帶電荷量為q的小球N置于方框右邊BC中點(diǎn)時(shí)恰好靜止不動(dòng)，已知重力加速度大小為g，靜電力常量為k，兩小球均看成點(diǎn)電荷，下列說法正確的是( )
A.小球N帶負(fù)電
B.小球N受到的庫侖力大小是mg
C.小球M所帶電荷量是
D.小球M在方框中心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小是
二、多選題
8．第十五屆中國航展首次展出了紅-19地空導(dǎo)彈武器系統(tǒng)，主要用于對彈道導(dǎo)彈類目標(biāo)實(shí)施區(qū)域攔截。在某次演習(xí)中某型號(hào)導(dǎo)彈在豎直方向從靜止開始沿直線加速4000m時(shí)速度達(dá)到1600m/s，已知該導(dǎo)彈的質(zhì)量是600kg，所受阻力大小隨導(dǎo)彈速度的變化而變化，在這段加速過程中導(dǎo)彈受到的平均阻力是3000N，重力加速度是，忽略導(dǎo)彈質(zhì)量的變化，關(guān)于這段加速過程，下列說法正確的是( )
A.導(dǎo)彈的加速度恒為
B.導(dǎo)彈發(fā)動(dòng)機(jī)提供的平均反沖力大小是
C.導(dǎo)彈增加的機(jī)械能是
D.導(dǎo)彈發(fā)動(dòng)機(jī)對導(dǎo)彈做的功是
9．水平飛行的子彈打穿固定在水平面上的木塊，經(jīng)歷時(shí)間為，子彈損失的動(dòng)能為，子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，打穿后系統(tǒng)的總動(dòng)量為；同樣的子彈以同樣的初速度打穿放在光滑水平面上同樣的木塊，經(jīng)歷時(shí)間為，子彈損失的動(dòng)能為，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為，打穿后系統(tǒng)的總動(dòng)量為。設(shè)木塊對子彈的阻力為恒力，且上述兩種情況下該阻力大小相等，則下列結(jié)論正確的是( )
A.B.C.D.
10．某同學(xué)用平行板電容器探究材料豎直方向尺度隨溫度變化的特征，探究電路如圖所示。電容器上極板固定，下極板可隨材料豎直方向的尺度變化而上下移動(dòng)。電源輸出電壓恒定，閉合開關(guān)S，被測材料熱脹冷縮，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R，滑片處在中間一位置時(shí)帶電液滴P恰好可以靜止在電容器極板間，下列說法中正確的是( )
A.改變的阻值，帶電液滴P仍能處于靜止?fàn)顟B(tài)
B.材料溫度降低，帶電液滴P將向上運(yùn)動(dòng)
C.材料溫度升高，極板所帶電荷量減小
D.檢測到靈敏電流計(jì)的電流方向?yàn)閺腶到b，說明材料溫度升高
三、實(shí)驗(yàn)題
11．下面是高中物理中必做的實(shí)驗(yàn)的部分步驟，請按照要求完成操作和計(jì)算。
某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖l所示的實(shí)驗(yàn)裝置在水平桌面上探究“小車的加速度與力和質(zhì)量之間的關(guān)系”。
(1)實(shí)驗(yàn)之前要補(bǔ)償小車所受的阻力，具體的步驟是：___________（填“掛”或“不掛”）砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列間距均勻的點(diǎn)。打出的紙帶及數(shù)據(jù)如圖2所示，若打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電頻率為50Hz，A、B、C、D、E為連續(xù)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則小車的加速度大小為_________（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
(2)單擺可作為研究簡諧運(yùn)動(dòng)的理想模型。制作單擺時(shí)，在圖甲、圖乙兩種單擺的懸掛方式中，選擇圖乙方式的目的是要保持?jǐn)[動(dòng)中_________（填“振幅”或“擺長”）不變；用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑，測得讀數(shù)如圖丙，則擺球直徑為_________mm。
12．某實(shí)驗(yàn)小組要測量阻值約為50Ω的定值電阻的阻值，為了精確測量該電阻阻值，實(shí)驗(yàn)室提供了如下實(shí)驗(yàn)器材：
A.電壓表（量程為0~3V，內(nèi)阻約為6000Ω）；
B.電壓表（量程為0~15V，內(nèi)阻約為30000Ω）；
C.電流表A（量程為0~10mA，內(nèi)阻RA10Ω）；
D.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為10Ω）；
E.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為3kΩ）；
F.電阻箱（最大阻值999.9Ω）；
G.電源（電動(dòng)勢3V、內(nèi)阻不計(jì)）、開關(guān)，導(dǎo)線若干。
(1)該小組同學(xué)分析實(shí)驗(yàn)器材，發(fā)現(xiàn)電流表的量程太小，需將該電流表改裝成0~60mA量程的電流表，應(yīng)并聯(lián)電阻箱，并將的阻值調(diào)為_________Ω；
(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，通過調(diào)整測量方法消除測量方案中的系統(tǒng)誤差，請?jiān)O(shè)計(jì)電路并畫在虛線方框中_________，并要求實(shí)驗(yàn)操作時(shí)電壓可以從零開始調(diào)節(jié)。在設(shè)計(jì)的電路中電壓表選用_________，滑動(dòng)變阻器選用_________（填寫各器材前的字母序號(hào)）；
(3)某次測量時(shí)，電壓表與電流表的示數(shù)分別為U、I，則待測電阻的阻值_________（用已知物理量的字母表示）。
四、計(jì)算題
13．如圖，中空的水平圓形轉(zhuǎn)盤內(nèi)徑，外徑足夠大，沿轉(zhuǎn)盤某條直徑有兩條粗糙凹槽，凹槽內(nèi)有A、B兩個(gè)物塊，兩根不可伸長的輕繩一端系在C物塊上，另一端分別繞過轉(zhuǎn)盤內(nèi)側(cè)的光滑小定滑輪系在A、B兩個(gè)物塊上，轉(zhuǎn)盤不轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩個(gè)物塊放在距離豎直轉(zhuǎn)軸處系統(tǒng)恰好保持靜止。每根繩長，A、B兩個(gè)物塊的質(zhì)量均為，C物塊的質(zhì)量，所有物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度。
(1)啟動(dòng)轉(zhuǎn)盤，緩慢增大轉(zhuǎn)速，求A、B與凹槽間摩擦力恰好為零時(shí)轉(zhuǎn)盤的角速度；
(2)時(shí)，改變物塊C的質(zhì)量，要使A、B相對凹槽不滑動(dòng)，求物塊C的質(zhì)量最小值。
14．傳送帶運(yùn)輸經(jīng)常應(yīng)用于分揀貨物中。如圖甲為傳送帶輸送機(jī)簡化模型圖，傳送帶輸送機(jī)傾角，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶下端A點(diǎn)無初速度放入貨物。貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能E與位移s的關(guān)系圖像（以A位置所在水平面為零勢能面）如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量，重力加速度。求：
(1)貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(2)貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的時(shí)間t；
(3)傳送帶輸送機(jī)因運(yùn)送該貨物而多消耗的電能。
15．如圖所示，光滑絕緣直軌道AC與光滑絕緣圓軌道CD相切于C點(diǎn)，圓軌道半徑，以距C點(diǎn)處的為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系。一個(gè)質(zhì)量、不帶電的絕緣滑塊Q放在原點(diǎn)處。第二象限存在一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量、電荷量的帶正電滑塊P從A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)時(shí)與滑塊Q發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程滑塊P、Q之間沒有電荷轉(zhuǎn)移，隨后滑塊Q沿軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，離開后落到直軌道上立即被拿走，沒有和滑塊P發(fā)生第二次碰撞。已知A點(diǎn)與原點(diǎn)之間的電勢差，重力加速度，兩個(gè)滑塊均可以視為質(zhì)點(diǎn)。，。
(1)求滑塊Q從D點(diǎn)離開再次落到直軌道上的位置與C點(diǎn)的距離；
(2)若滑塊P第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，在第一象限加水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度，滑塊P能否不脫離圓弧軌道一直運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)？請寫明推理過程。
(3)若滑塊P第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，在圓弧區(qū)域加豎直方向的勻強(qiáng)電場，使滑塊P不脫離軌道且從D點(diǎn)離開后在直軌道上的落點(diǎn)與滑塊Q的落點(diǎn)相距，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E。
參考答案
1．答案：D
解析：由A圖可知，經(jīng)4s，無人機(jī)的位移為0，故平均速度；由B圖可知，經(jīng)4s，無人機(jī)的位移為8m，故平均速度為
由C圖可知，經(jīng)4s，無人機(jī)的位移為
故平均速度為
由D圖可知，經(jīng)4s，無人機(jī)的位移為
故平均速度為
故平均速度最大是D圖，為5m/s。
故選D。
2．答案：C
解析：AB.設(shè)10根輕繩對返回艙的合力為，根據(jù)平衡條件可知
解得
故AB錯(cuò)誤；
CD.設(shè)每根繩的拉力為，根據(jù)平行四邊形定則有
解得
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
3．答案：A
解析：A.將籃球看成反向平拋運(yùn)動(dòng)，籃球在豎直方向下降的高度相同，在豎直方向有
可知籃球從兩點(diǎn)下落的時(shí)間相同；在水平方向，可知，根據(jù)
可知
擊中P點(diǎn)時(shí)速度即水平方向的速度，故籃球從B點(diǎn)拋出擊中P點(diǎn)時(shí)速度大，故A正確；
B.根據(jù)
可知籃球從兩點(diǎn)拋出到擊中P點(diǎn)，速度變化率相同，都為重力加速度，故B錯(cuò)誤；
C.將籃球看成反向平拋運(yùn)動(dòng)，籃球在豎直方向下降的高度相同，在豎直方向有
說明從兩點(diǎn)拋出的豎直方向速度相同，但在水平方向有，根據(jù)
故從B點(diǎn)拋出的速度更大，根據(jù)動(dòng)能定理有
籃球從B點(diǎn)拋出時(shí)小明對球做的功更大，故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)
可知從兩點(diǎn)拋出的豎直速度相同，故籃球從B點(diǎn)拋出時(shí)重力的瞬時(shí)功率相等，故D錯(cuò)誤。
故選A。
4．答案：B
解析：A.根據(jù)萬有引力定律有
解得地球質(zhì)量為
故A錯(cuò)誤；
B.地球的密度為
其中，，代入上式，可得
故B正確；
C.根據(jù)
可得空間站的線速度
故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)
可得空間站的加速度
故D錯(cuò)誤。
故選B。
5．答案：B
解析：AB.鄭欽文在此次發(fā)球速度可達(dá)到
根據(jù)動(dòng)量定理可得球拍對網(wǎng)球的沖量約為
可得球拍對網(wǎng)球的平均作用力約為
故A錯(cuò)誤，B正確；
CD.根據(jù)動(dòng)能定理可知，球拍對網(wǎng)球做的功約為
球拍對網(wǎng)球做功的平均功率約為
故CD錯(cuò)誤。
故選B。
6．答案：C
解析：A.根據(jù)波速計(jì)算公式可得
故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)題意可得
解得
（、1、2、3……）
故B錯(cuò)誤；
C.該波的周期為
（n=0、1、2、3……）t=2s時(shí)，即
（、1、2、3……）
當(dāng)時(shí)，
此時(shí)質(zhì)點(diǎn)B處于波谷，故C正確；
D.質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移，故D錯(cuò)誤。
故選C。
7．答案：D
解析：A.小球N置于方框右邊BC中點(diǎn)時(shí)恰好靜止不動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知，N所受庫侖力一定為斥力，即小球N帶正電，故A錯(cuò)誤；
B.結(jié)合上述，對N進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件有
解得
故B錯(cuò)誤；
C.根據(jù)庫侖定律有
結(jié)合上述解得
故C錯(cuò)誤；
D.小球M在方框中心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小
結(jié)合上述解得
故D正確。
故選D。
8．答案：BD
解析：A.由于導(dǎo)彈所受阻力大小隨導(dǎo)彈速度的變化而變化，可知導(dǎo)彈的加速度不是恒定不變的，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)動(dòng)能定理可得
代入數(shù)據(jù)解得導(dǎo)彈發(fā)動(dòng)機(jī)提供的平均反沖力大小為
故B正確；
C.導(dǎo)彈增加的機(jī)械能為
故C錯(cuò)誤；
D.導(dǎo)彈發(fā)動(dòng)機(jī)對導(dǎo)彈做的功為
故D正確。
故選BD。
9．答案：BD
解析：A.兩次擊中木塊過程中，子彈受到的阻力f相同，根據(jù)牛頓第二定律
兩次的加速度相等；第二次以同樣的速度擊穿放在光滑水平面上同樣的木塊，由于在子彈穿過木塊的過程中，木塊會(huì)在水平面內(nèi)滑動(dòng)，所以第二次時(shí)子彈的位移要大于第一次的位移，即，子彈做減速運(yùn)動(dòng)，由位移公式
可知，A錯(cuò)誤；
B.兩次擊中木塊過程中，子彈受到的阻力相同，阻力對子彈做的功等于子彈損失的動(dòng)能，即
由于，故有
B正確；
C.兩次擊中木塊過程中，子彈受到的平均阻力相同，系統(tǒng)摩擦生熱
其中f為阻力，d為子彈相對于木塊的位移。由于兩次子彈相對于木塊的位移都是木塊的厚度，所以系統(tǒng)機(jī)械能的損失相等，即
C錯(cuò)誤；
D.第一次子彈穿透木塊后，系統(tǒng)的動(dòng)量小于子彈的初動(dòng)量，而第二次子彈穿透木塊的過程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則等于子彈的初動(dòng)量，所以
D正確。
故選BD。
10．答案：AD
解析：A.由圖可知，與電容器串聯(lián)，故其作用相當(dāng)于導(dǎo)線，所以改變的阻值，并不會(huì)改變回路中的總電阻，故不會(huì)改變電路穩(wěn)定時(shí)總電流，故R兩端的電壓也不會(huì)改變，電容器兩電壓等于R兩端的電壓，故電路穩(wěn)定時(shí)電容兩端電壓不變，粒子所受電場力不變，故帶電液滴P仍能處于靜止?fàn)顟B(tài)，故A正確；
B.材料溫度降低，材料體積變小，電容器兩板間距增大，根據(jù)
可知電場強(qiáng)度減小，電場力減小，故帶電液滴P將向下運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C.材料溫度升高，材料體積變大，電容器兩板間距減小，根據(jù)
可知電容增大；根據(jù)
又電壓不變，故極板所帶電荷量增大，故C錯(cuò)誤；
D.檢測到靈敏電流計(jì)的電流方向?yàn)閺腶到b，說明電容器正充電，則電容增大，根據(jù)
可知電容器兩板間距減小，說明材料溫度升高，故D正確。
故選AD。
11．答案：(1)不掛;1.5
(2)擺長;20.6
解析：（1）平衡摩擦力時(shí)，調(diào)整木板右端的高度，不掛砂桶，讓小車的下滑分力與摩擦力相平衡。
相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔
根據(jù)
可知
（2）甲圖中，懸點(diǎn)未固定，擺球在擺動(dòng)的過程中，擺長會(huì)發(fā)生變化，而乙圖中，懸點(diǎn)固定，擺球在擺動(dòng)的過程中，擺長不會(huì)發(fā)生變化，易于測量。
擺球直徑
12．答案：(1)2
(2);;
(3)
解析：（1）根據(jù)題意，若電流表量程為0~60mA，量程擴(kuò)大到6倍，則根據(jù)并聯(lián)電壓相等的關(guān)系
即
解得
（2）電源電動(dòng)勢3V，所以電壓表應(yīng)選用；實(shí)驗(yàn)操作時(shí)電壓可以從零開始調(diào)節(jié)，故滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，為了調(diào)節(jié)方便，使電表示數(shù)變化明顯，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用阻值較小的；由于電流表內(nèi)阻已知，所以電流表采用內(nèi)接法，可消除測量方案中的系統(tǒng)誤差，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示
;
（3）根據(jù)歐姆定律可得
13．答案：(1)2.5rad/s
(2)2.34kg
解析：（1）設(shè)繩子上的拉力為T，繩子與豎直方向的夾角為θ，由幾何知識(shí)可得
即有
對于物塊C而言，則有
解得
A、B與凹槽間摩擦力恰好為零時(shí)，繩子的拉力為其做圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
（2）轉(zhuǎn)盤不動(dòng)時(shí)，A、B受到的摩擦力與繩子的拉力平衡，則有
解得
當(dāng)轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，A、B所需的向心力
要使物塊C的質(zhì)量最小，繩子上的拉力應(yīng)最小，對物塊A、B受力分析可知
聯(lián)立解得
對物塊C受力分析可得
聯(lián)立可得
14．答案：(1)
(2)
(3)
解析：（1）由圖乙知，貨物沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)后，與傳送帶保持相對靜止，根據(jù)功能關(guān)系有
可得貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
（2）貨物沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，與傳送帶保持相對靜止，此時(shí)有
解得傳送帶速度為
設(shè)貨物加速過程所用時(shí)間為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
解得
設(shè)A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為L，貨物在B點(diǎn)時(shí)，有
解得
則貨物勻速階段所用時(shí)間為
貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的時(shí)間為
（3）貨物在與傳送帶共速前，發(fā)生的相對位移為
因摩擦產(chǎn)生的熱量為
根據(jù)能量守恒可知傳送帶輸送機(jī)因運(yùn)送該貨物而多消耗的電能為
15．答案：(1)1.2m
(2)能，見解析
(3)，方向豎直向上
解析：（1）P在電場中加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
P、Q發(fā)生彈性碰撞過程有
，
解得
，
滑塊Q運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
，
解得
（2）P與Q碰撞后，結(jié)合上述可知，P在電場中做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對稱性，再次返回坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)速度大小仍然為
令P在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)，方向水平向左的電場力與重力合力的方向與豎直方向夾角為θ，則有
解得
P在圓弧上運(yùn)行時(shí)，電場力與合力方向指向圓心的位置為等效物理最高點(diǎn)，令該點(diǎn)為B點(diǎn)，若P能夠運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，則P必需能夠順利通過等效物理最高點(diǎn)B，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
若滑塊P能不脫離圓弧軌道一直運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，則P能夠順利通過等效物理最高點(diǎn)B，在B點(diǎn)有
解得
由于
可知，滑塊P能不脫離圓弧軌道一直運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。
（3）P與Q碰撞后，結(jié)合上述可知，P在電場中做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對稱性，再次返回坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)速度大小仍然為
若滑塊P第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，該過程P向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度
令P從D點(diǎn)離開后的初速度為，在直軌道上的落點(diǎn)與滑塊Q的落點(diǎn)相距，當(dāng)落點(diǎn)在Q落點(diǎn)右側(cè)時(shí)有
，
解得
假設(shè)電場強(qiáng)度方向豎直向上，則有
解得
假設(shè)不成立，電場強(qiáng)度方向應(yīng)豎直向下，此過程，C點(diǎn)速度大于D點(diǎn)速度，即D點(diǎn)為等效物理最高點(diǎn)，若滑塊P不脫離軌道，則在D點(diǎn)的速度有最小值，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
可知，滑塊P不能夠順利通過D點(diǎn)，該種情況不成立。當(dāng)落點(diǎn)在Q落點(diǎn)左側(cè)時(shí)有
解得
令電場強(qiáng)度方向豎直向上，則有
解得
假設(shè)成立，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
可知，滑塊P能夠順利通過D點(diǎn)，沒有脫離軌道。綜合上述，P落點(diǎn)在Q落點(diǎn)左側(cè)，電場強(qiáng)度大小為，方向豎直向上。

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