2020年新疆乌鲁木齐市高考物理一诊试卷

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2020年新疆乌鲁木齐市高考物理一诊试卷
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,在每小题给出的四个选项中,第1-5题只有一项符合题目要求,第6-10题有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1. 物理学中通常运用科学方法建立概念,如“理想模型法”“等效替代法”“比值定义法”等。

下列概念的建立与运用的科学方法相对应的是()
A.总电阻-等效替代法
B.点电荷-控制变量法
C.合力与分力-比值定义法
D.加速度-理想模型法
【答案】
A
【考点】
物理学史
【解析】
物理学中用到大量的科学方法,建立“合力与分力”、“平均速度”、“总电阻”采用等效替代的方法,“质点”、“点电荷”采用理想化模型的方法,“加速度”采用比值定义法。

【解答】
A、“总电阻”采用等效替代的方法,故A正确。

B、“点电荷”采用理想化模型的方法,故B错误。

C、“合力与分力”采用等效替代的方法,故C错误。

D、“加速度”采用比值定义法。

故D错误。

2. 我国99式主战坦克装有激光炫目系统,其激光发射功率为P,若激光的波长为λ,则该系统每秒发射的光子数是()
A.ℎc
λB.λP
ℎc
C.ℎλP
c
D.Pℎcλ
【答案】
B
【考点】
光子
【解析】
求出每个光子的能量,每秒内发出的光子数与每个光子能量的乘积是激光器每秒做的功,每个光子的能量E=ℎγ=ℎc
λ。

【解答】
每个光子的能量E=ℎγ=ℎc
λ

设每秒(t=1s)激光器发出的光子数是n,
则Pt=nE,即:P=nℎ c
λ

所以:n=Pλ
ℎc
;故B正确,ACD错误;
3. 2019年4月10日,人类发布了首张黑洞(M87)照片,为解开星系演化之谜提供了宝贵资料。

黑洞是一个非常致密的天体,会形成强大的引力场,连光也无法逃离。


M87黑洞的质量为1.4×1040kg,引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2,则该黑洞最大半径的数量级为()
A.107m
B.109m
C.1011m
D.1013m
【答案】
D
【考点】
向心力
万有引力定律及其应用
【解析】
根据逃逸速度大于光速,求出“黑洞”的最大半径,注意结果有效数字的计算。

【解答】
设“黑洞”的可能半径为R,质量为M,根据逃逸速度(第二宇宙速度)的定义,结合第一宇宙速度可知,须满足√2GM
R
>c,
即有R<2GM
c2

所以“黑洞”的可能最大半径:
R max=2×6.67×10−11×1.4×1040
(3×108)2
m=2×1013m,数量级为1013m,故D正确,ABC错误。

4. 民航客机飞行过程中遭遇鸟击容易造成重大事故。

若一飞机以150m/s的速度飞行时,机头遭到一质量约为0.2kg、身长约为8−10cm的飞鸟迎头撞击,飞鸟在空中的飞行速度与飞机相比可忽略,则飞机受到飞鸟对它的平均作用力的大小约为()
A.5×103N
B.5×104N
C.5x105 N
D.5×106N
【答案】
B
【考点】
动量定理的理解
【解析】
应用动量定理可以求出撞击时受到的平均撞击力。

【解答】
本题为估算题,可以认为撞击前鸟的速度为零,撞击后鸟与飞机的速度相等,飞机速度为:v=150m/s,
撞击的时间约为t=9×10−2
150
s=6×10−4s
撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动,对鸟,由动量定理得:Ft=mv−0
F=mv
t =0.2×150
6×10−4
N=5×104N,故ACD错误,B正确;
5. 我国ETC(电子不停车收费系统)全国联网的实施,大大缩短了车辆通过收费站的时间。

辆汽车以25m/s的速度驶向高速收费口,到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动,经5s的时间速度减为5m/s且收费完成,司机立即加速到25m/s,加速度大小为2.5m/s2,则汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为()
A.2.0s
B.3.2s
C.5.2s
D.6.8s
【答案】
C
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
可以根据平均速度计算出减速距离;然后再根据平均速度计算出加速距离,就可以计算出总路程了;先计算出匀速通过的时间,进而计算出加速、减速时间,两者之差就是耽误的时间。

【解答】
汽车开始减速位移为:x1=v0+v
2 t1=25+5
2
×5m=75m
汽车恢复到25m/s所用的间为:t2=v0−v
a2=25−5
2.5
s=8s
汽车的加速位移为:x2=v+v0
2t2=5+25
2
×8m=120m
汽车从开始减速到速度恢复到25m/s通过的总路程为:x=x1+x2=75m+120m=195m
若汽车匀速通过这段距离所用的时间为:t=x v
0=195
25
s=7.8s
所以汽车耽误的时间为:△t=t1+t2−t=5s+8s−7.8s=5.2s
故ABD错误,C正确。

6. 如图所示电路中,电源的内电阻不能忽略,开关S闭合后,三盏灯均发光。

由于某处断路,其中一盏灯熄灭,另外两盏灯一盏变亮,一盏变暗。

则发生断路的位置可能在()
A.L1处
B.L2处
C.L3处
D.R处
【答案】
A,B,D
【考点】
闭合电路的欧姆定律
【解析】
根据串并联电路的电压、电流、电阻的特点很容易判断,也可以根据“串反并同”的规律进行判断。

【解答】
AD、若是L1或者R断路,会使灯泡L2两端电压变大,灯泡L2会变亮。

但是电路的总电阻变大,总电流变小,L3变暗,故AD正确;
B、若是L2断路,同样会使灯泡L1和变阻器R两端的总电压变大,通过L1的电流变大,则L1变亮。

但是电路总电阻变大,总电流变小,L3变暗,故B正确;
C、若是灯泡L3断路,则整个电路就处于断路状态,电路中没有电流,三盏灯泡都不发光,故C错误。

7. 如图所示,水平地面上固定一斜面,初始时物体A沿斜面向下做匀变速运动,其加速度大小为a1;若在物体A上施加一竖直向下的恒力F,其加速度大小变为a2,已知斜面倾角为θ,A与斜面间的动摩擦因数为μ,则()
A.若μ>tanθ,则a1>a2
B.若μ>tanθ,则a1<a2
C.若μ<tanθ,则a1<a2
D.若μ<tanθ,则a1>a2
【答案】
B,C
【考点】
动摩擦因数
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
【解析】
若μ>tanθ,即mgsinθ<μmgcosθ,施加F后合外力增大,根据受力情况分析加速度大小;若μ<tanθ,即mgsinθ>μmgcosθ,施加F后合外力增大,但质量不变,据此分析即可。

【解答】
AB、若μ>tanθ,即μmgcosθ>mgsinθ,重力下滑分力小于滑动摩擦力,物体原来是向下做减速运动,施加F后μFcosθ>Fsinθ,物体的合力增大,则加速度增大,故A 错误、B正确;
CD、若μ<tanθ,即μmgcosθ<mgsinθ,重力下滑分力大于滑动摩擦力,物体原来是向下做加速运动,施加F后μFcosθ<Fsinθ,物体的合力增大,则加速度增大,故D 错误、C正确。

8. 如图所示,三根直导线A、B和C垂直纸面并固定于等腰直角三角形的三个顶点上,三根导线均通有方向垂直纸面向里的电流I时,AC的中点O处磁感应强度的大小为
B0.若使其中一根导线中的电流反向、其他条件不变,则O点处磁感应强度大小可能是()
A.B0
B.2B0
C.√3B0
D.√5B0
【答案】
D
【考点】
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
磁感应强度
【解析】
该题考查了磁场的叠加问题。

用右手定则首先确定三根通电直导线在O点产生的磁场的方向,利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向,从而判断各选项。

【解答】
当三导线中均通有垂直纸面向里的电流I时,A、C中点O磁感应强度为B0,
用右手螺旋定则判断通电直导线A与通电直导线C在O点的合磁场为零,
则通电直导线B在O点产生的磁场方向沿着AC,由A指向C,磁感应强度为B0,
如果使A中的电流反向其他条件不变,则通电直导线A与通电直导线C在O点的合磁场大
小为2B0,方向垂直AC向上;
依据矢量的合成法则,则三根通电直导线在P点共同产生的磁场大小为:B合=
√B02+(2B0)2=√5B0.故ABC错误,D正确。

9. 图中虚线a、b、c、d、f为一电场区域内的一组平行等势面,任意两相邻等势面之间的电势差相等。

已知等势面c上的电势为零。

一个α粒子(氦核)垂直于等势面进入电场,经过f面时的动能为24V,从f到b的过程中克服电场力所做的功为12eV.下列说法正确的是()
A.该电场一定为匀强电场
B.α粒子的运动轨迹可能为曲线
C.两相邻等势面间的电势差为4V
D.α粒子经过b面时电势能和动能之和为16eV
【答案】
A,D
【考点】
等势面
电势能
【解析】
根据只有电场力做功,动能与电势能之和不变,当电场力做负功时,动能转化为电势能,在电势为零处,电势能为零,从而即可一一求解。

【解答】
A、由于该电场区域内的一组平行且间距相等的等势面,任意两相邻等势面之间的电势差相等,根据电场的特点可知,该电场一定是匀强电场,故A正确;
B、由于α粒子(氮核)垂直于等势面进入电场,则速度的方向始终与电场力的方向在同一条直线上,所以一定是直线运动,故B错误;
C、α粒子2个单位的带正电荷,α粒子从f到b的过程中克服电场力所做的功为12eV,
即电场力做负功,所以:U fb=W
q =−12
2
V=6V
各等势面之间的电势差是相等的,所以相邻的等势面之间的电势差:U0=1
3
U fb=2V,故C错误;
D、相邻的等势面之间的电势差是2V,则fc之间的电势差为4V,所以α粒子从f到c的
过程中克服电场力所做的功为8eV,即电场力做功−8eV,粒子到达c的动能:E kc=
E kf+W fc=24eV−8eV=16eV,粒子的动能为16eV,由于等势面c上的电势为零,则α粒子的动能与电势能的和等于16eV,故D正确;
10. 如图所示,一根轻杆长为2L,轻杆的中点和右端各固定一个小球A、B,轻杆左端
O为光滑水平转轴。

已知小球A、B的质量之和为m,开始时轻杆静止在水平位置,释
放后轻杆向下摆至竖直位置的过程中(不计一切摩擦和空气阻力),下列说法正确的是()
A.B球质量越大,系统的机械能一定越大
B.B球质量越大,杆对B球做的功一定越多
C.杆在竖直位置时A球的角速度一定大于√g
L
D.杆在竖直位置时,A球的角速度一定小于√2g
L
【答案】
C,D
【考点】
机械能守恒的判断
向心力
【解析】
根据机械能的定义求出系统的机械能与两球质量的关系,再分析B球质量越大,系统的机械能否越大。

根据系统的机械能守恒和两球速度关系求出系统转到竖直位置时两球
的速度大小,由动能定理分析杆对B球做的功。

由v=ωr分析两球的角速度。

【解答】
A、以杆转到竖直位置时B球所在位置为零势能点,则系统的机械能为E=m A g⋅2L+
m B g⋅2L=(m A+m B)gL=mgL,可知,B球质量越大,系统的机械能不变,故A错误。

B、设杆转到竖直位置时,A球的速度为v A,B球的速度为v B,则:由v=ωr,ω相等,可得v B=2v A…①
由系统的机械能守恒知系统减少的重力势能等于增加的动能,可得:
m A gL+m B g⋅2L=1
2m A v A2+1
2
m B v B2⋯②
由①②式解得:v A=√2m A+4m B
m A+4m B gL,v B=2√2m A+4m B
m A+4m B
gL
设细棒对B球做的功为W,根据动能定理得W+m B g⋅2L=1
2
m B v B2⋯③
解得W=2m A m B
m A+4m B gL=2(m−m B)m B
m+3m B
gL,可见,B球质量越大,杆对B球做的功不一定越
多,故B错误。

CD、杆在竖直位置时A球的角速度ω=v A
L =√2m A+4m B
m A+4m B
⋅g
L
,可知,一定在√g
L
<ω<
√2g
L
,故CD正确。

二、实验题(本题共2小题,每空2分,共14分)
如图所示,用光电门等器材验证机械能守恒定律。

直径为d、质量为m的金属小球从A 处由静止释放,下落过程中经过A处正下方的B处固定的光电门,测得A、B的距离为H(H>>d),小球通过光电门的时间为t,当地的重力加速度为g,则:
(1)实验时,小球的质量m________(选填“需要”或“不需要”)
(2)多次改变高度H,重复上述实验得到多组数据。

已知d=5.00mm,g=9.80m/s2,
若以H为横坐标,1
t2为纵坐标,用描点法作出1
t2
随H的变化图象。

若小球下落过程中机
械能守恒,理论上该图象应为一条直线,且直线的斜率满足k=________m−1⋅s−2.用描点法作图时,有两个点恰好在作出的直线上,则这两次实验中,小球克服阻力做的
功________(选填“相等”或“不相等”)。

【答案】
不需要
7.84×10,不相等
【考点】
用纸带测速法(落体法)验证机械能守恒定律
【解析】
(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过光电门B的速度表达式,
若小球的机械能守恒,则重力势能的减小量等于动能的增加量,列式化简即可知是否
需要测量m。

(2)根据公式分析斜率的数值;高度越大,阻力做功越多。

【解答】
已知经过光电门时的时间和小球的直径;则可以由平均速度表示经过光电门时的速度,故有:v=d
t

若减小的重力势能等于增加的动能时,可以认为机械能守恒;则有:mgH=1
2
mv2;
即:2gH=(d
t )2,解得:1
t2
=2gH
d2
,可知实验时,无需测量小球的质量m。

根据以上的公式知1
t2为纵坐标,用描点法作出1
t2
随H的变化图象的斜率k=2g
t2
=
2×9.8
(5.00×10−3)2
m−1⋅s−27.84×105m−1⋅s−2,由于该过程中有阻力做功,故动能的增加量一定小于重力势能的减小量,而高度越高,阻力做功越多,故两次实验中,小球克服阻力做的功不相等。

某探究小组用如图所示的电路测量某电源的电动势和内阻,实验器材如下:
待测电源(电动势约2V);
定值电阻R0(阻值为2.0Ω)
定值电阻R1(阻值为4.5kΩ);
电阻箱R(最大阻值为99.99Ω);
电流表G(量程为400μA,内阻R g=500Ω);
开关S,导线若干。

(1)电路图中将定值电阻R1和电流表G串联,相当于把电流表G改装成了一个量程为________V的电压表。

(2)闭合开关,调节电阻箱,并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I.若测得两组数据分别为:R2=7.50Ω,l2=300μA;R3=2.50Ω,I3=200μA,则电源的电动势为________V,内阻为________Ω(保留两位有效数字)。

(3)若认为通过电源的电流等于通过电阻箱的电流,则对电源内阻的测量结果影响________(选填“较大”或“较小”)。

【答案】
2
2.1,0.50
较小
【考点】
测定电源的电动势和内阻
【解析】
(1)由串联电路及欧姆定律求得量程。

(2)根据实验原理,分析电路结构,根据闭合电路欧姆定律进行分析即可得出对应的表达式,由表达式求解E,r。

(3)用作图法分析误差。

【解答】
改装后的电压表量程:U=I(R g+R1)=0.4×10−3×5×103=2V
)(R0+r)①
由闭合电路欧姆定律得:E=I2(R g+R1)+(I2+I2(R g+R1)
R2
)(R0+r)②
E=I3(R g+R1)+(I3+I3(R0+R1)
R3
由①②代入数据得:E=2.1V r=0.50Ω
电源的U−I图象如图所示,由图象可知,若不考虑电压表的分流,电源电动势的测量值小于真实值,电源内阻电源内阻测量值小于真实值,
三、计算题(本题共5小题共46分.解答时要有必要的步骤、公式和文字说明,只写答案不得分)
如图所示,AB为某滑雪场的一条长直滑道滑道的倾角θ=37∘,长度L=60m,滑板与滑道间的动摩擦因数为μ=0.15.一滑雪者从A点由静止开始匀加速下滑到B点的过程
中(空气阻力忽略不计,sin37∘=0.6,cos37∘=0.8)。

求:
(1)滑雪者滑行过程中的加速度大小;
(2)滑雪者下滑到B点时的速度大小。

【答案】
滑雪者滑行过程中的加速度大小为4.8m/s2。

滑雪者下滑到B点时的速度大小为24m/s。

【考点】
匀变速直线运动的速度与位移的关系
牛顿第二定律的概念
【解析】
(1)根据牛顿第二定律求出滑雪者滑行过程中的加速度大小。

(2)根据速度位移公式求滑雪者下滑到B点时的速度大小。

【解答】
滑雪者滑行过程中,由牛顿第二定律得:
mgsinθ−μmgcosθ=ma
解得:a=4.8m/s2。

由运动学公式可得:v B2=2aL
v B=24m/s
如图所示,竖直平面内的轨道由倾斜直轨道AB和半径为R的光滑圆轨道BCD组成,AB 和BCD相切于B点,CD连线是圆轨道竖直方向的直径,可视为质点的滑块从轨道AB上高H=3R处的某点由静止滑下,恰好能通过最高点D.求:
(1)滑块通过最高点D时的速度大小;
(2)滑块从倾斜直轨道AB滑下的过程中克服阻力做的功。

【答案】
滑块通过最高点D时的速度大小是√gR;
mgR。

滑块从倾斜直轨道AB滑下的过程中克服阻力做的功是1
2
【考点】
牛顿第二定律的概念
动能定理的应用
向心力
【解析】
(1)根据牛顿第二定律求出滑块经过D 点时的速度;
(2)滑块从开始下滑到D 的过程,由动能定理可求得克服阻力做的功。

【解答】
在D 点,由牛顿第二定律得:mg =m v 2
R
解得:v =√gR
滑块从开始下滑到D 的过程,
由动能定理得:mg(H −2R)+W 克=1
2mv 2 解得:W 克=1
2mgR
如图所示,用轻弹簧相连接的质量不相等的A 、B 两小球静止在光滑的水平面上,若使A 球获得某一水平向右的初速度,系统运动过程中,当弹簧压缩到最短时的弹性势能为E 1;若使B 球获得同样大小的水平向左的初速度,系统运动过程中,当弹簧压缩到最短时的弹性势能为E 2;求的E 1
E 2
值。

【答案】
E 1E 2
的值为1。

【考点】
动量守恒定律的理解 摩擦力做功与能量转化 【解析】
在A 、B 和弹簧发生相互作用的过程中,系统动量守恒,当弹簧压缩最短时,A 、B 速度相等,弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒和能量守恒求出弹簧的最大弹性势能。

【解答】
设A 与B 的质量分别为m A 和m B ,获得的水平速度的大小为v 0,弹簧压缩到最短时的速度分别为v 1和v 2,当弹簧压缩最短时,A 、B 的速度相等,根据动量守恒得:m A v 0=(m A +m B )v 1①
由能量守恒可得弹簧的最大弹性势能:E 1=1
2m A v 0
2−1
2
(m A +m B )v 12② 同理,给B 一个相等的初速度时:m B v 0=(m A +m B )v 2③
又:E 2=12m B v 0
2−1
2(m A +m B )v 22④ 联立可得:E
1
E 2
=1
如图所示,在xOy 平面内x 轴上方有垂直xOy 平面向里的匀强磁场磁感应强度大小为B .一质量为m ,电荷量为+q 的粒子(不计重力),从O 点以某一初速度垂直射入磁场,其轨迹与y 轴交于M 点,与x 轴交于N 点(图中MN 未画出)。

已知MN =a .求:
(1)粒子初速度的大小;
(2)穿过第Ⅱ象限内粒子的轨迹与坐标轴所围成的面积的最大磁通量Φ.以及此情况下粒子在整个磁场中运动的时间t。

【答案】

设粒子做圆周运动的半径为R,根据几何知识可得MN连线为粒子做圆周运动的直径,
故R=a
2

根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v2
R

解得v=qBa
2m。

(1)粒子初速度的大小为qBa
2m。

(1)穿过第Ⅱ象限内粒子的轨迹与坐标轴所围成的面
积的最大磁通量Φ为π+2
8Ba2.以及此情况下粒子在整个磁场中运动的时间t为3πm
2qB。

【考点】
牛顿第二定律的概念
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
向心力
【解析】
(1)做出粒子运动的轨迹,根据几何知识求解其做圆周运动的半径,结合洛伦兹力提供向心力求解速度大小。

(2)根据磁通量的公式Φ=BS可知,要磁通量最大,则面积最大,根据数学知识求解最大的面积。

找到轨迹所对应的圆心角,即可求解粒子在磁场中运动的时间。

【解答】
粒子的运动轨迹如图所示:

设粒子做圆周运动的半径为R,根据几何知识可得MN连线为粒子做圆周运动的直径,
故R=a
2

根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v2
R

解得v=qBa
2m。

根据磁通量公式Φ=BS,
S为半圆面积和△MNO面积之和,
当△MNO面积最大时,Φ有最大值,
所以S=1
8
πa2+S0,
令N点的横坐标为x,M点的纵坐标为y,
则S0=1
2xy=1
2
x√a2−x2,
根据数学知识可得x=y=√2
2
a时,△NMO的面积最大,
其最大值为S max=a2
4

则磁通量的最大值为Φm=π+2
8
Ba2,
设粒子在整个磁场中运动的弧长为l,此情况下,根据几何知识有粒子运动的轨迹所对应的圆心角为θ=45∘,
所以弧长为l=3
2
πR,
则运动时间为t=l
v =3πm
2qB。

答:(1)粒子初速度的大小为qBa
2m。

(1)穿过第Ⅱ象限内粒子的轨迹与坐标轴所围成的
面积的最大磁通量Φ为π+2
8Ba2.以及此情况下粒子在整个磁场中运动的时间t为3πm
2qB。

如图所示,在坐标系xOy中,x轴水平向右,y轴竖直向下,在虚线右侧区域内存在水平向左的匀强电场。

一质量为m、电荷量为q的带正电的小球从原点O以某一初速度水平抛出,小球从A点进入电场区域,从C点穿出电场边界且小球在C点的速度方向与水平方向的夹角θ=60∘.已知A、C两点的纵坐标之比为1:9,B点为小球在电场中运动的最右端,不计空气阻力。

求:
(1)小球从O点运动到A点的时间t OA与从A点运动到C点的时间t AC之比;
(2)匀强电场的场强大小E和小球从O点水平抛出的初速度v0大小;
(3)小球在电场中运动的最小速度。

【答案】
小球从O 点运动到A 点的时间t OA 与从A 点运动到C 点的时间t AC 之比为1:2;
匀强电场的场强大小E 和小球从O 点水平抛出的初速度v 0大小为√3gL ;
小球在电场中运动的最小速度为√3gL 。

【考点】
牛顿第二定律的概念
带电粒子在电场中的加(减)速和偏转
动能定理的应用
【解析】
(1)小球抛出后再竖直方向一直做自由落体运动,根据位移时间公式求运动时间,最后再求比值。

(2)利用两段水平方向运动规律和运动学公式以及牛顿第二定律列式求解;
(3)利用运动分解法分析出速度最小位置,然后利用运动的合成与分解规律列式求解。

【解答】
小球在竖直方向一直做自由落体运动,设小球水平抛出时的初速度为v 0,A 点的纵坐标为y A ,
根据运动学公式有y A =12gt OA 2,
9y A =12gt OC 2, 解得t OA
t AC =t OA
t OC −t OA =12。

在水平方向,小球在进入电场前做匀速直线运动,进入电场后做匀变速直线运动,B 点为水平最远点,故t AB =t BC ,小球从C 点穿出电场边界时,其水平方向大小为v0,设小球经过C 点时的竖直速度大小为vy ,
v 0=at BC =a
t AC 2 a =qE m
tan60∘=v y v 0
v y =gt OC =g3t BC 联立解得:E =
√3mg q 水平方向上:√3L =v 0t oA
v 0=at BC =a t AC 2
t AB =t BC =t OA
联立解得:v 0=√3gL t OA =√L g
由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为30∘,v A与水平方向夹角为30∘,
建立如图所示坐标系
将v A分解到xy上,小球在x′方向上做匀速运动,在当y′方向上做类似于竖直上抛运动,当y′方向分速度为零时,小球在电场中有最小速度v A′,与x′轴夹角为30∘。

则v′A=v Ay cos30∘+v0sin30∘=gt OA×√3
2+√3gL×1
2
=√3gL。

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