★试卷3套汇总★邢台市2020年高一物理下学期期末考试试题

2019-2020学年高一下学期期末物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．(本题9分)对于一个做匀减速直线运动的物体，在它静止前，下列说法中正确的是()
A．速度越来越小B．速度越来越大
C．加速度越来越小D．加速度越来越大
2．(本题9分)绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，其轨道半径越大，则它运行的
A．速度越小，周期越小B．速度越小，周期越大
C．速度越大，周期越小D．速度越大，周期越大
3．(本题9分)如图所示，将A球以某一速度v0水平抛出，经时间t落于斜面上的P点，第二次将A球从
同样的位置静止释放，也经过时间t它将运动至（）
A．P点以下B．P点以上
C．P点D．由于v0未知，故无法确定
4．(本题9分)如图所示，洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错误的是()
A．脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的
B．水会从桶中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故
C．加快脱水桶转动角速度，脱水效果会更好
D．靠近中心的衣物的脱水效果不如周边的衣物的脱水效果好
5．(本题9分)AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O．将电量分别为+q和-q的两点电荷放在圆
周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q（）
A．应放在A点，Q=+2q B．应放在B点，Q=-2q
C．应放在C点，Q=+q D．应放在D点，Q=+q
6．图描绘了一颗悬浮在液体中的固体微粒受到周围液体分子撞击的情景，下列关于布朗运动的说法中正确的是
A．悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞击造成的
B．布朗运动是固体分子的无规则运动
C．液体温度越低，布朗运动越剧烈
D．悬浮微粒越大，液体分子撞击作用的不平衡性表现得越明显
7．(本题9分)如图，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地．给电容器充电，静电计指针张开一定角度．实验过程中，电容器所带电荷不变．下面操作能使静电计指针张角变大的是（）
A．将M板向上平移
B．将M板沿水平向右方向靠近N板
C．在M、N之间插入有机玻璃板
D．在M、N之间插入厚金属板，且不和M、N接触
8．(本题9分)被人们称为“能称出地球质量的人”是测出引力常量的物理学家( )
A．伽里略B．卡文迪许C．牛顿D．开普勒
9．(本题9分)伽利略斜面实验反映了一个重要的事实：如果空气阻力和摩擦阻力小到可以忽略，小球必将准确地回到同它开始时相同高度的点，决不会更高一点，也不会更低一点。

这说明小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”应是
A．重力B．速度
C．加速度D．机械能
10．(本题9分)关于弹性势能，下列说法正确的是（）
A．弹性势能与物体的形变量有关
B．弹性势能与物体的形变量无关
C．物体运动的速度越大，弹性势能越大
D．物体运动的速度越大，弹性势能越小
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，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
11．(本题9分)如图所示，带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷．在静电平衡后，下列物理量中等于零的是( )
A．导体腔内任意点的场强
B．导体腔内任意点的电势
C．导体外表面的电荷量
D．导体空腔内表面的电荷量
12．(本题9分)如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧开始压缩到最短的整个过程中（不计空气阻力及碰撞过程能量损失），下列关于能量的叙述中正确的应是（）
A．重力势能和动能之和一直减少
B．重力势能和弹性势能之和总保持不变
C．动能和弹性势能之和保持不变
D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变
13．(本题9分)2017年4月23日至4月27日，我国天舟一号货运飞船对天宫二号进行了推进剂补加，这是因为天宫二号组合体受轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，天宫二号运动中需要通过“轨道维持”使其飞回设定轨道.对于天宫二号在“轨道维持”前后对比，下列说法正确的是（）
A．天宫二号在“轨道维持”前的速度比“轨道维持”后的速度大
B．天宫二号在“轨道维持”前的周期比“轨道维持”后的周期小
C．天宫二号在“轨道维持”前的重力势能比“轨道维持”后的重力势能大
D．天宫二号在“轨道维持”前的机械能与“轨道维持”后的机械能相等
14．(本题9分)质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率P启动，经过时间t汽车的位移大小为s，速度大小为v。

此过程中，车所受阻力大小恒为f，则t时刻
A．汽车的牵引力大小为
B．汽车的动能为Pt- fs
C．汽车的加速度大小为
D．牵引力的功率为fv
15．(本题9分)质量为4kg的物体由静止开始向上被提升0.25m后，速度达1m/s，则下列判断正确的是（）
A．拉力对物体做功等于物体增加的动能B．合外力对物体做功为2J
C．物体克服重力做功为10J D．拉力对物体做功为12J
16．如图所示，质量相同的小球A和B分别悬挂在长为l和2l的不可伸长的轻绳下端，绳的另一端悬于等高点。

先将小球拉至与悬点等高处，使绳伸直，从静止释放小球，当两绳竖直时，下列说法正确的是
A．两球的加速度大小相等
B．两球的动能一样大
C．两球的机械能一样大
D．两球所受的拉力大小相等
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．(本题9分)某同学利用DIS系统对封闭在注射器内的一定质量的气体在不同温度下作了两次等温过程的研究.
(1)结束操作后，该同学绘制了这两个等温过程的
1
P
V
-关系图线，如图，则反映气体在温度较高实验中的
1
P
V
-关系图线的是_________(选填“1”或“2”)；
(2)该同学是通过开启室内暖风空调实现环境温度升高的.在这一过程中，注射器水平地放置在桌面上，活塞可以自由伸缩，管内的气体经历了一个____________(选填“等压”“等温”或“等容”)的变化过程.
18．为验证机械能守恒定律，选用了如图所示的实验装置，让重物带动纸带下落的过程中，打出了一条纸
带，如图所示。

(1)利用纸带上的B 、E 两点来验证，需要直接测量的数据有：___________、___________、___________。

(2)为完成实验，除了电源、开关、导线和图中器材外，还必需的测量器材有___________
A ．刻度尺
B ．秒表
C ．天平
D ．弹簧测力计
(3)下列哪些操作对减小实验误差有帮助___________
A ．将铁架台由离地面0.8米的实验台放在离地面2米的高处
B ．固定打点计时器时，使纸带限位孔的连线保持竖直
C ．重物的质量应适当大些
D ．图中夹子的质量尽量小
四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．（6分） (本题9分)将20kg 的物体从静止开始以2m/s 2的加速度竖直提升4m ，求：
(1)拉力的大小；
(2)该过程中拉力做的功；
(3)到达 4m 高处时拉力的瞬时功率．（g 取10m/s 2）
20．（6分） (本题9分)三维弹球()3DPinball 是Window 里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小王同学受此启发，在学校组织的趣味运动会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏．如图所示，将一质量为0.1m kg =的小弹珠(可视为质点)放在O 点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和AB 进入水平桌面BC ，从C 点水平抛出．已知半圆型轨道OA 和AB 的半径分别为0.2r m =，0.4R m =，BC 为一段长为 2.0L m =的粗糙水平桌面，小弹珠与桌面间的动摩擦因数为0.4μ=，放在水平地面的矩形垫子DEFG 的DE 边与BC 垂直，C 点离垫子的高度为0.8h m =，C 点离DE 的水平距离为0.6x m =，垫子的长度EF 为1m ，2
10/.g m s =求：
()1若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，在B 位置小弹珠对半圆轨道的压力；
()2若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE 的距离；
()3若小弹珠从C 点水平抛出后不飞出垫子，小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度．
21．（6分）如图是长为l 、高为h 的光滑绝缘水平桌面，桌面上方存在水平向右的匀强磁场，电场强度大小为E ，桌面右侧空间没有电场。

一质量为m 、带电量为q 的小物块从桌面左端由静止释放，然后从桌面右端M 点以速度v 水平抛出，最后落于地面Q 点，平抛的水平位移为x ，不考虑空气阻力。

若m=2.0kg ，48.010q C -=+⨯，l=2.0m ，h=0.8m ，x=1.6m 。

求：
（1）v 的大小；
（2）E 的大小。

22．（8分） (本题9分)如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的14
光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入14
圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：
(1)物块第一次滑到C 点时的速度；
(2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；
(3)物块最终停在距离D 点多远的位置．
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．A
【解析】 匀减速直线运动是加速度不变而速度均匀减小的运动，故A 正确，BCD 错误．
2．B 【解析】 人造卫星做匀速圆周运动，设卫星的质量为m ，轨道半径为r ，地球质量为M ．根据万有引力提供向心力有F F =向，2=Mm F G r ，2
222π=v F m m r m r ma r T ω⎛⎫=== ⎪⎝⎭向． 计算得出：
GM v r
=…① 3
2π=2πx r T v GM
=…② 所以卫星的轨道半径越大，速度越小，周期越大．故B 正确．
故选B ．
3．B
【解析】
试题分析：设从开始到P 点的距离为，斜面的夹角为，小球做平抛运动时，竖直方向上做自由落体运动，所以有，解得，当小球由静止释放时，小球的加速度的大小为，在t 时间内下降的位移为
，对比可知 ，所以球将运动至P
点以上，B 正确
考点：考查了平抛运动规律的应用
4．B
【解析】 试题分析：脱水过程中，桶壁为衣物提供做圆周运动的向心力，A 正确；水会从桶中甩出是因为为水滴提供的向心力小于水滴需要的向心力，B 错误；加快脱水桶转动的角速度，水滴做圆周运动需要的向心力就越大，滴水效果会更好，C 正确；靠近中心的衣物比四周的衣物得到向心力的来源多，则靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好，D 正确。

考点：本题考查离心运动。

5．D
【解析】
两个点电荷在O 点产生的场强大小都为2q k
r
两个场强的方向互成120°，根据平行四边形定则，合场强大小为：2q k r ，方向水平向右．所以放一个电荷在O 点产生的场强大小为2q k r ，方向水平向左，所以该电荷若在C 点，为-q ，若在D 点，为+q ，故D 正确，ABC 错误．
6．A
【解析】
【详解】
AB.布朗运动是小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的，它既不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。

故A 正确，B 错误；
C.颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈。

故C 错误；
D.悬浮微粒越大，液体分子撞击作用的不平衡性表现得越不明显。

故D 错误。

7．A
【解析】
试题分析：极板M 和静电计外壳均接地，相当于以大地为导向连接在一起，那么两极板之间的电压即静电计的指针和外壳之间的电压越大，指针偏角越大，平行板电容器电压44r r Q Q kdQ U s C s kd
πεεπ===，M
板上移，正对面积s 变小，电压变大，选项A 对．将M 板沿水平向右方向靠近N 板，板间距离d 变小，在M 、N 之间插入有机玻璃板相对介电常数r ε变大，在M 、N 之间插入金属板，且不和M 、N 接触，板间距离d 变小，都会导致电压变小，指针张角表小，选项BCD 错．
考点：平行板电容器
8．B
【解析】
【详解】
当卡文迪许通过扭秤实验测量出引力常量后可计算地球的质量，故他被人们称为“能称出地球质量的人”
A.A 项与上述分析结论不相符，故A 错误；
B. B 项与上述分析结论相符，故B 正确；
C.C 项与上述分析结论不相符，故C 错误；
D.D 项与上述分析结论不相符，故D 错误；
9．D
【解析】
【详解】
A ．在伽利略斜面实验中，小球所受重力不变；在有阻力的情况下，小球不能回到原来的高度；无阻力情况下，小球能回到原来高度；这说明伽利略斜面实验中寻求的不变量不是重力．故A 项错误．
BC．在伽利略斜面实验中，小球从一个斜面到另一个斜面，小球运动的速度先增大后减小，小球在倾角不同的斜面上加速度不同；所以不变的“东西”不是速度也不是加速度．故BC项错误．
D．伽利略斜面实验中，如果空气阻力和摩擦阻力小到可以忽略，在小球运动过程中只有重力做功，物体的机械能守恒；所以不变的“东西”是机械能．故D项正确．
10．A
【解析】
试题分析：任何物体发生弹性形变时，都具有弹性势能．弹簧伸长和压缩时都有弹性势能．同一个弹簧形变量越大，弹性势能就越大．
解：A、B、发生弹性形变的物体，形变量越大，弹性势能越大，故A正确，B错误；
C、D、物体运动的速度越大，动能越大，但弹性势能与物体的运动速度大小无关，故C错误，D错误；
故选A．
点评：本题关键明确弹性势能的概念，知道影响弹性势能大小的因素，基础题．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，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
11．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
因为接地空腔导体里面无电荷，带电体Q感应远端为正电荷，近端为负电荷，导体接地，说明远端为地球，近端为导体，故导体外表面带负电荷，外表面的电荷量不为零，C错误；而空腔内由于静电屏蔽的作用，其内部的场强为零，故A正确；但因为无穷远处的电势为零，而地球相当于很远的地方，故地球上电势为零，而导体与地球相连，是一个等势体，故导体空腔内任意点的电势也为零，B正确；导体空腔内表面的电荷量为零，即内表面没有电荷，D正确．
【点晴】
如果导体空腔不与大地相连，则空腔内部的电场强度为零，电势不为零，在空腔的右侧感应负电荷，在空腔的左侧感应正电荷；如果空腔接地，则说明空腔与地球连成了一个整体，它们是一个等势体，其内部的场强为零，电势也为零．
12．AD
【解析】
【详解】
对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。

对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大。

因为小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，重力势能和动能之和始终减小。

故A正确。

在刚接触弹簧的时候这个时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来越大，小球所受到的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速度为0，要注意在小球刚接触到加速度变0的过程中，小球一直处于加速状态，由于惯性的原因，小球还是继续压缩弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这个时候弹簧压缩的最短。

所以小球的动能先增大后减小，所以重力势能和弹性势能之和先减小后增加。

故B错误。

小球下降，重力势能一直减小，所以动能和弹性势能之和一直增大。

故C错误。

对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变。

故D正确。

故选AD。

【点睛】
根据能量守恒小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变．其中一个能量的变化可以反映出其余两个能量之和的变化．
13．AB
【解析】
天宫二号在“轨道维持”前轨道半径比“轨道维持”后的小，由卫星的速度公式
GM
v
r
=分析知，天宫二号
在“轨道维持”前的速度比“轨道维持”后的速度大，故A正确．天宫二号在“轨道维持”前轨道半径比“轨道维
持”后的小，由开普勒第三定律
3
2
R
k
T
=知天宫二号在“轨道维持”前的周期比“轨道维持”后的周期小．故B
正确．天宫二号在“轨道维持”前离地的高度较小，则在“轨道维持”前的重力势能比“轨道维持”后的重力势能小，故C错误．天宫二号要实现“轨道维持”，必须点火加速，所以天宫二号在“轨道维持”前的机械能小于“轨道维持”后的机械能．故D错误．
故选AB.
14．BC
【解析】
【详解】
A．汽车所受的牵引大小为，故A错误；
B．根据动能定理可得t时刻的动能为E k=Pt-fs，故B正确；
C．根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为，故C正确；
D．由已知可知，牵引力的功率为P，由于不知在t时刻是否已经做匀速运动，故不一定等于fv，故D错误。

15．BCD
【解析】
【分析】
根据物体的运动的情况可以求得物体的加速度的大小，再由牛顿第二定律就可以求得拉力的大小，再根据功的公式就可以求得力对物体做功的情况。

【详解】
分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为0.25m，末速度的大小为1m/s，由v2-0=2ax可得，加速度a=2m/s2，
A项：由功能关系可知，拉力对物体做功等于物体增加的动能和增加的重力势能之和，故A错误；
B项：合外力对物体做功W合=F合x=2J，故B正确；
C项：重力做功为W G=-mgh=-10J，所以物体克服重力做功为10J，故C正确；
D项：由牛顿第二定律可得，F-mg=ma
所以F=mg+ma=48N，
拉力对物体做功为W=Fx=12J，故D正确。

16．ACD
【解析】
【详解】
A．令细线的长度为l，小球下落到最低点的过程中，由动能定理得：mgl=1
2
mv2，解得：2
v gl
=
最低点加速度大小
2
2
v
a g
l
==，与细线的长度l无关，所以两球在最低点加速度大小相等，故A正确；
B．根据动能定理得小球下落到最低点的动能为E k=mgl，可知两球质量相等，细线长度l不等，则到达最低点时的动能不等，故B错误；
C．A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能都守恒，初始位置时它们的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等。

故C正确。

D．小球在最低点时，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma，得：F=3mg，与绳的长度无关。

所以两绳拉力大小相等。

故D正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
17．1 等压
【解析】
【详解】
（1）[1]．由图2看出
1
p
V
-图象是过原点的倾斜直线，其斜率等于pV，斜率不变，则pV不变，根据气
态方程pV
c
T
=，可知气体的温度不变，均作等温变化．由气态方程得知T与pV正比，即T与图线的斜率
成正比，所以可知反映气体在第二次实验中的1p V
-关系图线的是 1． （2）[2]．注射器水平地放置在桌面上，设注射器内的压强为p ，大气压强为p 0，活塞横截面积为S ，活塞移动过程中速度缓慢，认为活塞处于平衡状态，则：
pS=p 0S
即
p=p 0
可知，管内的气体压强等于大气压，保持不变，所以管内气体经历了一个等压变化．
18．（1）AC 间距 DF 间距 BE 间距 （2）A （或刻度尺） （3）BC
【解析】
【详解】
第一空.第二空.第三空.根据实验原理可知，若用B 、E 两点来验证，则需要测B 、E 两点间的距离及B 、E 两点对应的重物体的速度，根据速度的测量的方法是：用平均速度等于中间时刻的速度来进行测量的，所以可知直接测量的数据有：AC 间的距离，DF 间的距离，BE 间的距离；
第四空.A ．由于要测量纸带上计数点间的距离，所以需要用到刻度尺，故A 正确；
B ．打点计时器可以记录重物下落的时间，所以不需要秒表，故B 错误；
C ．根据22211122
mv mv mgh -＝可知，在不需要求出动能的增加量与重力势能的减少量的具体数据时，可以不测质量，故C 错误；
D ．本实验不需要测量力的大小，所以不需要弹簧测力计，故D 错误。

故选A ；
第五空.A ．只要保证有足够的距离使纸带打出数量足够的点，不要求将铁架台由离地面0.8米的实验台放在离地面2米的高处，故A 错误；
B ．为减小纸带与打点计时器间的摩擦力，固定打点计时器时，应该使纸带限位孔的连线保持竖直，故B 正确；
C ．为减小重物在下落过程中所受的空气阻力大小，重物的质量应适当大些，体积适当的小一些，故C 正确；
D ．图中夹子的质量应该大一些，故D 错误。

故选BC 。

四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19． (1) 240N F = (2) 960J W = (3) 960W P =
【解析】
【详解】
(1)对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律列式得：
F mg ma -=
代入数据得：
240N F =
(2) 该过程中拉力做的功W Fs =代入数据解得：
960J W =
(3) 设物体到达4m 高处时速度为v ，由22v as =得：m 4s
v =，到达4m 高处时拉力的瞬时功率 P=Fv=240×4W=960W
20．（1）6N （2）0.2m （3）/s
【解析】
【分析】
(1)由牛顿第二定律求得在A 点的速度，然后通过机械能守恒求得在B 点的速度，进而由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；
(2)通过动能定理求得在C 点的速度，即可由平抛运动的位移公式求得距离；
(3)求得不飞出垫子弹珠在C 点的速度范围，再通过动能定理求得初速度范围，即可得到最大初速度．
【详解】
（1）若小弹珠恰好不脱离圆弧轨道，那么对弹珠在A 点应用牛顿第二定律有2A mv mg R
=，
所以，2/A v m s ==； 那么，由弹珠在半圆轨道上运动只有重力做功，机械能守恒可得：
2211222B A mv mv mgR =+，所以，
/B v s ==；
那么对弹珠在B 点应用牛顿第二定律可得：弹珠受到半圆轨道的支持力
26B N mv F mg N R
=+=，方向竖直向上； 故由牛顿第三定律可得：在B 位置小弹珠对半圆轨道的压力6N N F N ==，方向竖直向下；（2）弹珠在BC 上运动只有摩擦力做功，故由动能定理可得：221122
C B mgL mv mv μ-=
-，
所以，2/C v m s ==； 设小弹珠从C 点水平抛出后落入垫子时距左边缘DE 的距离为d ，那么由平抛运动的位移公式可得：212
h gt =，
0.8C x d v t v m +===， 所以，0.2d m =；
（3）若小弹珠从C 点水平抛出后不飞出垫子，那么弹珠做平抛运动的水平距离0.6 1.6m s m ≤≤；
故平抛运动的初速度'C s v t ==
所以，1.5/'4/C m s v m s ≤≤；
又有弹珠从O 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：
()2201122'22
C mg R r mgL mv mv μ--=-； 所以，
0/v s ==
，
故0//2
m s v s
≤≤，所以小弹珠被弹射装置弹出时的最大初速度为/s ； 【点睛】
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
21．（1）4m/s （2）104V/m
【解析】
【详解】
(1)小物块从M 开始做平抛运动，由平抛运动的规律有：
212
h gt =
4/x v m s t == (2)从释放到物块抛出前，由动能定理有：
212
qEl mv = 2
410/2mv E V m ql
== 或者：物块在桌面做匀加速直线运动，故有：22v al =
由牛顿第二定律有：qE ma =
可得：E=104V/m
22． (1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m
【解析】
【分析】
根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨
道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出．
【详解】
解：(1)根据动能定理可得21()2
mg H R mv +=
解得8/v m s =
(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有： ()0mg H R mgL mgh μ+--=
解得： 2.2h m =
(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-=
解得：12.8S m =
因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．。