广西玉林市容县高级中学2016-2017学年高一下学期期末物理试卷含解析

广西玉林市容县高级中学2016—2017学年高一(下）期末物理试卷解析版
一.选择题
1．假如一做圆周运动的人造卫星的轨道半径r增为原来的2倍，则（）
A．据v=rω可知，卫星的线速度将变为原来的2倍
B．据F=可知,卫星所受的向心力减为原来的
C．据F=可知，地球提供的向心力减为原来的
D．由=mω2r可知，卫星的角速度将变为原来的倍
【分析】人造地球卫星的轨道半径增大到原来2倍时，角速度减小，线速度减小,由数学知识分析线速度和向心力的变化．根据公式F=可分析向心力的变化．
【解答】解：AD、卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则G=mω2r，
解得,卫星的角速度ω=,则知当人造卫星的轨道半径r增为原来的2倍时，其角速度减小,变为原来的倍，根据v=rω可知,卫星的线速度将变为原来的倍，故AD错误．
B、由G=m，解得,卫星的线速度v=,则知线速度变为原来倍．据F=可知,卫星所受的向心力减为原来的倍，故B错误．
C、据F=可知，卫星的轨道半径r增为原来的2倍时,其他量不变,则地球提供的向心力减为原来的，故C正确．
故选：C
【点评】本题要应用控制变量法来理解物理量之间的关系,要注意卫星的线速度、角速度等描述运动的物理量都会随半径的变化而变化．2．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）
A．篮球两次撞墙的速度可能相等
B．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短
C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大
【考点】43:平抛运动．
【分析】采用逆向思维，篮球做平抛运动，根据高度比较运动的时间,抓住水平位移相等，比较撞墙的速度．根据平行四边形定则，比较篮球抛出时的速度．
【解答】解：AB、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，根据t=知，第二次球在空中运动的时间较短,由于水平位移相等，可知第二次撞墙的速度较大，故A错误,B正确．CD、根据v y=gt知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，故CD错误．
故选：B．
3。

如图所示,AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R,BC 的长度也是R．一质量为m的物体,与两个轨道的动摩擦因数都为μ,当它由轨道顶端A从静止下滑时,恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做功为()
A.μmgR
B. mgR
C. mgR D。

【答案】D
【解析】试题分析：BC段摩擦力可以求出，由做功公式求得BC段摩擦力对物体所做的功；对全程由动能定理可求得AB段克服摩擦力所做的功．
BC段物体受摩擦力，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功; 对全程由动能定理可知，，解得，故AB段克服摩擦力做功为，D正确．
4。

在水平面上一轻质弹簧竖直放置，在它正上方一物体自由落下，如图所示，在物体压缩弹簧速度减为零的过程中（）
A．物体的动能不断减小B．物体所受的合力减小为零
C．弹簧的弹性势能减小D．物体和弹簧组成的系统机械能守恒【分析】以小球为研究对象，分析其受力情况，判断其运动情况，
分析时抓住弹簧的弹力随压缩量的增加而增大．根据压缩量的变化，判断弹簧弹性势能的变化．物体和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．
【解答】解：A、在物体压缩弹簧速度减为零的过程中，物体受到向上的弹力和向下的重力，弹力不断增大，弹力先小于重力，后大于重力，所以物体的速度先增大后减小，因此动能先增大后减小，故A错误;
B、当弹力小于重力时，弹力增大时,合力减小,当重力等于弹力时，合力为零，当弹力大于重力时，合力增大．所以合先减小后增大，故B错误;
C、在物体压缩弹簧速度减为零的过程中，弹簧的压缩量不断增大，因此弹性势能不断增加，故C错误；
D、对于物体和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故D正确．
故选：D
【点评】解决本题的关键就是物体的运动过程的分析，分析清楚物体在每个过程的运动情况即可解决问题．不能简单地认为物体一碰弹簧就立即减速．
5．如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面,半径为R,在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为（）
A．B．C． D．R
【考点】43：平抛运动．
【分析】由几何知识求解水平射程．根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的关系,再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C点到B点的距离．
【解答】解：由题意知得：小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有
v y=v0tan60°
小球从C到D,水平方向有Rsin60°=v0t
竖直方向上有y=
联立解得y=R
故C点到B点的距离为S=y﹣R（1﹣cos60°）=
故选：A
6. 从同一点水平抛出三个小球分别撞在竖直墙壁上a点、b点、c 点，则(）
A。

落在a点的小球水平速度最小B。

落在b点的小球竖直速度最小
C。

落在c点的小球飞行时间最短 D. a、b、c三点速度方向的反向延长线交于一点
【答案】D
【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．根据推论:平抛运动的速度反向延长线交水平位移的中点根据D项．
根据得，，则知落在c点的小球飞行时间最长．由得：，x相等，落在a点的小球飞行时间最短，则落在a点的小球水平速度最大．小球竖直速度，知落在a点的小球竖直速度最小，故ABC错误;根据推论：平抛运动的速度反向延长线交水平位移的中点,则知a、b、c三点速度方向的反向延长线交于一点，D正确．7。

轻质弹簧吊着小球静止在如图所示的A位置，现用水平外力F 将小球缓慢拉到B位置，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ，在这一过程中,对于整个系统，下列说法正确的是（）
A．系统的弹性势能不变B．系统的弹性势能变小C．系统的机械能不变D系统的机械能增加
【分析】系统的弹性势能取决于弹簧的形变量的大小,弹性势能的增减可通过弹力做功的正负判断,由于有外力F参与做功，系统机械能不守恒，总量要增加
【解答】解：A、初始状态，弹簧的弹力F弹=mg，后来cosθ=mg，故弹力会增加，弹簧伸长量增加，系统弹性势能变大，故A错误B、由A分析得,B错误
C、作用过程中，外力F做正功，系统机械能不守恒,机械能总量要增加，故c错误
D、由C知，D正确
故选D
【点评】系统的弹性势能取决于弹簧的形变量的大小,形变量大，则弹性势能大，与弹簧伸长还是压缩无关,此外，要真正理解机械能守恒的条件
8。

一质量为1kg的质点做匀速圆周运动，5s内沿半径为5m的圆周运动了10m，则下列说法错误的是(）
A。

线速度大小为2m/s B. 角速度大小为0.4rad/s
C。

周期为4πs D. 向心力大小为0。

8N
【答案】C
【解析】线速度大小为,根据可得,AB正确；周期，C错误;向心力大小为，D正确．9．地球绕太阳运行到图中A、B、C、D四个位置时，分别为春分、夏至、秋分和冬至，以下说法错误的是（）
A．地球由夏至运行到秋分的过程中速率逐渐增大
B．地球由春分运行到夏至的过程中加速度逐渐减小
C．地球由春分运行到秋分的时间比由秋分运行到春分的时间长D．地球由春分运行到秋分的时间比由秋分运行到春分的时间短
【考点】4D：开普勒定律．
【分析】开普勒第二定律：对每一个行星而言,太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，然后结合图象分析即可．
【解答】解：根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化．近日点D连线短，速度大，远日点B连线长，速度小．
A、地球由夏至（B）点运行到秋分（C）点的过程中地球到太阳的距离减小，所以速率逐渐增大．故A正确;
B、地球由春分（A）点运行到夏至（B）点的过程中距离增大，根据万有引力定律和牛顿第二定律可知，地球的加速度逐渐减小．故B正确；
C、D、地球由春分运行到秋分（A→B→C）的过程中地球的线速度小，而且距离比由秋分运行到春分(C→D→A）的路程大，所以地球由春分运行到秋分的时间比由秋分运行到春分的时间长．故C正确，D错误
本题选择不正确的，故选：D
10。

在水平粗糙的地面上使一物体由静止开始作匀加速运动，如图所示,第一次是拉力，第二次是用推力，两种情况下力的作用线与水平方向夹角、力的大小、位移大小均相同，那么比较两种情况，则下列说法正确的是(）
A．力F对物体所做的功相等B．摩擦力对物体所做的功相等C．物体的动能变化量相等D．力F做功的平均功率相等
【分析】对物体进行受力分析，求出两次运动的加速度的关系，再根据功的公式及功率公式即可求解．
【解答】解：A、由W=Fscosα知，由于两种情况下力的大小和位移大小相同，故力F两种情况下对物体做功相等，故A正确；
B、物体在粗糙水平面上运动时会受到阻力的作用，两种情况下物体对地面的压力不同，所以滑动摩擦力的大小也不同，但位移相等，所以摩擦力做的功不等，故B错误；
C、根据动能定理，动能增加量等于总功，由于拉力F做功相同，摩擦力做功不同，故总功不同,动能增加量也就不同，故C错误;
D、由牛顿第二定律可以知道：当斜向上拉时,合力F1=Fcosα﹣μ（mg ﹣Fsinα）；当斜下推时,合力F2=Fcosα﹣μ（mg+Fsinα），比较可得合力F1＞F2，所以加速度a1＞a2，由于水平方向的位移相同，故第一次用的时间小于第二次用的时间，所以力F的平均功率不相同，故D 错误．
故选:A．
【点评】本题考查功和功率的计算公式，要注意两次运动的时间不等，知道合力做功等于动能的变化量，同时明确受力分析和功的计算方法．
11. 从离地高为H的阳台上以速度v竖直向上抛出质量为m的物体,它上升h后又返回下落,最后落在地面上,则下列说法中正确的是(不计空气阻力,以地面为参考面）（）
A。

物体在最高点时机械能为mg（H+h) B. 物体落地时的机械能为mg(H+h）+mv2/2
C. 物体落地时的机械能为mgH+mv2/2
D. 物体在落回过程中,经过阳台时的机械能为mgH+mv2/2
【答案】ACD
【解析】物体做竖直上抛运动，在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，在整个运动过程中，物体机械能保持不变;最高点，物体速度为零，以地面为参考面,物体在最高点时机械能为，故A正确;由于物体的机械能守恒，物体落地时的机械能为，故B错误C正确;由于物体的机械能守恒,物体在落回过程中,经过阳台时的机械能为，故D正确．
12．内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内,一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙．现将两小球放入凹槽内，初始时刻小球乙位于凹槽的最低点(如图所示）,由静止释放后（）
A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球沿凹槽下滑不可能到达槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点
【考点】6C：机械能守恒定律；6A：动能和势能的相互转化．
【分析】甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化,系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒．【解答】解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒,故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能,故A正确；
B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误;
C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处,但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了,明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点,故C正确;
D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D错误；
故选：AC．
13．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平地面上，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，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落,如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,则（)
A．t2时刻弹簧的弹性势能最大B．t3时刻弹簧的弹性势能最大
C．t1～t3这段时间内,弹簧的弹性势能先减小后增加
D．t1～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先增加后减少
【考点】6C：机械能守恒定律．
【分析】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,但合力变小，加速度变小，故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,弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大,故加速度向上且不断变大，故物体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，直到小球离开弹簧为止．
【解答】解:A、小球接触弹簧后，先向下做加速度减小的加速运动，当弹簧的弹力与重力相等时，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点时,弹力最大,弹性势能最大，可知t2时刻弹力最大，弹性势能最大，故A正确,B错误．
C、t1~t3这段时间内，弹簧的弹力先增大后减小，知弹性势能先增大后减小，故D正确，C错误．
故选：AD．
14. 假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是（）
A. 地球的向心力变为缩小前的一半
B. 地球的向心力变为缩小前的
C. 地球绕太阳公转周期与缩小前相同
D. 地球绕太阳公转周期变
为缩小前的一半
【答案】BC
【解析】A、B、由于天体的密度不变而半径减半，导致天体的质量减小，所以有：
地球绕太阳做圆周运动由万有引力充当向心力．所以有：，B正确，A错误；
C、D、由,整理得：,与原来相同，C正确；D错误；故选BC。

15．如图所示，两颗个人造地球卫星A、B围绕地球E做匀速圆周运动，卫星A的轨道半径为r A，运行周期为T A；卫星B的轨道半径为r B．已知万有引力常量为G．则根据以上信息可以求出（）
A．卫星B的运行周期B．地球的质量C．地面上的重力加速度D．地球的半径
【考点】4H:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用．
【分析】根据万有引力提供向心力得出卫星的运行周期与轨道半径的关系,可求得地球的质量，利用比例法可求得卫星B的运行周期．根据万有引力等于重力，分析能否求地面上的重力加速度和地球的半径．
【解答】解:A、对于任一卫星，由万有引力提供向心力得
G=m r，得T=2π，则得A、B运行周期之比为=,已知，卫星A的轨道半径为r A，运行周期为T A；卫星B的轨道半径为r B．可知能求出卫星B的运行周期T B．故A正确．
B、由T=2π，知已知卫星A的轨道半径为r A，运行周期为T A以及万有引力常量G，可以求出地球的质量M,故B正确．
CD、在地面上，根据万有引力等于重力,得G=mg，得g=，由题不能求出地球半径R,所以不能求出地面上的重力加速度g．故CD 错误．
故选:AB
二、实验题
16．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点,A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为9.8m/s2,那么
（1）纸带的端（填“左"或“右”)与重物相连；
（2）根据图上所得的数据,应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律；
（3)从O点到（2）问中所取的点，重物重力势能的减少量△E p=
J，动能增加△E k=
J．（结果取三位有效数字)
【分析】根据相等时间内的位移越来越大,确定纸带的哪一端与重物相连．
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出速度的大小，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．
【解答】解：（1）重物做加速运动，纸带在相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与重物相连．
(2）根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．
(3）从O到B的过程中，重力势能的减小量J ≈1。

89J，B点的速度m/s=1。

845m/s,则动能的增加量≈1。

70J．
故答案为:（1）左，（2）B，（3）1.89，1。

70．
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量．
17. 如图1为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．
(1）为完成此实验，除了图中所示器材，还需要有________（多选）A．刻度尺B．秒表C．天平D．交流电源
（2）在一次实验中,质量m的重物自由下落,在纸带上打出一系列的点，如图2所示，长度单位cm,那么从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是△Ep=____J ,g 取10m/s2
【答案】(1)。

AD (2). 0。

49m或0.50m
【解析】（1）实验中需要通过刻度尺测量点迹间的距离，从而得出重物下降的高度，以及求出瞬时速度，故A正确．时间可以通过打点计时器直接得出，不需要秒表，故B错误；验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，所以不需要用天平测量质量，故C错误；打点计时器需要交流电源，故D正确．
（2）从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量
，
三、计算题
18．一号卫星和二号卫星分别绕地球做匀速圆周运动,它们的质量之比为1:3,它们的轨道半径之比为1：4,则:
(1）一号卫星和二号卫星的线速度之比为多少？
(2)一号卫星和二号卫星的周期之比为多少？
（3）一号卫星和二号卫星的向心加速度之比为多少？
【分析】根据万有引力提供向心力,解出线速度v、周
期T向心加速度a与轨道半径r之间的关系表达式,根据半径关系求其比值．
【解答】解：根据万有引力提供向心力=ma，得，，
（1）
(2）
（3)向心加速度：a=
所以:
答：（1)一号卫星和二号卫星的线速度之比为2：1；
（2）一号卫星和二号卫星的周期之比为1：8；
（3）一号卫星和二号卫星的向心加速度之比为16:1．
【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系,能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．
19．如图所示，一传送带与水平面的夹角为30°，以v0=2m/s的初速度按图示方向匀加速1s后再做匀速运动，加速时的加速度为1m/s2．现将一质量为10kg的质点小工件轻放于传送带底端皮带，
经一段时间后送到高2m的平台上，工件与传送带间的动摩擦因数为μ=，取g=10m/s2．求：电动机由于传送工件多消耗的电能．
【考点】BG：电功、电功率．
【分析】本题的关键是根据能量守恒定律，多消耗的电能应是煤块增加的机械能与系统产生的热量之和．关键是物体由底端运送到平台上需要经过匀加速和匀速两个过程需要分过程分析．
【解答】解:设工件向上运动的距离x时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知，此过程中有重力和摩擦力对工件做功：
代入数据可解得：x==1.8m
故工件未达到平台时，速度已达到v，
所以在此过程中，工件动能的增量为:=45J
势能的增加量为：△E p=mgh=10×10×2J=200J
工件在加速运动过程中的工件的位移：x===1.8m
传送带的位移为：x′=vt
所以可知，x′=3。

6m
所以在皮带上滑过程中由于滑动摩擦力做功而增加的内能：Q=μmgcosθ•(x′﹣x）=135J
根据能量守恒定律知，电动机多消耗的电能为:E=△E k+△E p+Q=45J+200J+135J=380J
答:电动机由于传送工件多消耗的电能为380J
20．如图所示,在光滑水平桌面上有一光滑小孔O,一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为m=1kg的小球A，另一端连接质量为M=4kg 的重物B,已知g=10m/s2，则
（1）当A球沿半径r=0.1m的圆周做匀速圆周运动，其角速度ω1为多大时，B物体处于将要离开、而尚未离开地面的临界状态？（2）当小球A的角速度为ω2=10rad/s时，物体B对地面的压力为多大？
【考点】4A：向心力；37：牛顿第二定律．
【分析】（1）B物体处于将要离开而尚未离开地面的临界状态时地面给它的支持力为零，由此可以求出绳子上拉力，然后以A为研究对象根据向心力公式T=mω2r可以求出A球的角速度的大小．（2）对A，绳子的拉力提供A所需的向心力，根据向心力公式T=mω2r，求出绳子上拉力．B受到重力、支持力和拉力,根据B处于平衡状态，求出地面给B的支持力，根据牛顿第三定律可知物体B 对地面的压力．
【解答】解：（1）当B对地面恰好无压力时，有:Mg=F T′,
拉力F T′提供小球A所需向心力，则：F T′=mrω′2
则有：ω′=．
（2）对小球A来说，小球受到的重力和支持力平衡．因此绳子的拉力提供向心力，则：
F T=mrω2=1×0.1×102N=10N，
对物体B来说，物体受到三个力的作用：重力Mg、绳子的拉力F T、地面的支持力F N，由力的平衡条件可得：
F T+F N=Mg 故F N=Mg﹣F T
将F T=10N代入可得：F N=（4×10﹣10）N=30N
由牛顿第三定律可知,B对地面的压力为30 N，方向竖直向下．答：（1）角速度ω1为20rad/s时，B物体处于将要离开、而尚未离开地面的临界状态；
（2)物体B对地面的压力为30N，方向竖直向下．
21．绝缘细绳的一端固定在天花板上,另一端连接着一个带负电的电量为q、质量为m的小球，当空间建立足够大的水平方向匀强电场后，绳稳定处于与竖直方向成α=60°角的位置,
(1)求匀强电场的场强E的大小；
（2)若细绳长为L,让小球从θ=30°的A点释放,小球运动时经过最低点O．王明同学求解小球运动速度最大值的等式如下：
据动能定理﹣mgL（cos30°﹣cos60°）+qEL（sin60°﹣sin30°)=mv2﹣0
你认为王明同学求解等式是否正确？(回答“是"或“否”）
（3）若等式正确请求出结果，若等式不正确，请重新列式并求出正确结果．
【考点】AG:匀强电场中电势差和电场强度的关系;AD:电势差与电场强度的关系．
【分析】（1）小球稳定后，细丝线跟竖直方向夹角为θ,对小球进行受力，根据力的合成即可求得电场的场强．
(2）小球在θ=600处处于平衡,因此小球从θ=300的A点释放，它不会往A点的左边运动，而是以θ=600处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O．根据动能定理即可解题．
【解答】解:（1)小球在θ=600角处处于平衡，根据平衡条件得：Eq=mgtanθ
得:E==
方向水平向左
（2)否．
（3)因为小球在θ=600处处于平衡，因此小球从θ=300的A点释放，它不会往A点的左边运动，而是以θ=600处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O．
王明同学的求解实际上也不是小球运动到θ=600的平衡位置处的速度．
平衡位置处的速度的正确求解应该是：据动能定理有
qE(Lsin60°﹣Lsin30°）﹣mg（Lcos30°﹣Lcos60°)=mv2．
联解得：v=（﹣1）
答:(1)匀强电场的场强大小是，方向水平向左．。