湖南师大附中2017-2018学年高一下学期期末考试物理试卷

湖南师大附中2017－2018学年度高一第二学期期末考试物理时量：90分钟(第Ⅰ卷60分钟，第Ⅱ卷30分钟)满分：150分(第Ⅰ卷100分，第Ⅱ卷50分)得分：____________第Ⅰ卷(必做题，共100分)一、单项选择题(共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是A．加速度、速度都是采取比值法定义的物理量B．在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法C．牛顿提出了万有引力定律，并没有通过实验测出万有引力常量的数值D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，可以用实验直接验证2．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，发现前方有障碍物立即刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2, 则汽车刹车后第2 s内的位移和刹车后5 s内的位移为A．30 m，40 m B．30 m，37.5 mC．12.5 m，40 m D．12.5 m，37.5 m3．如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在细杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力为A.35mg B.233mg C.33mg D．2mg4．下列说法正确的是A．物体做曲线运动时，速度、加速度都一定在改变B．做曲线运动的物体受到的合外力可能为零C．物体在恒力作用下不可能做曲线运动D．做曲线运动的物体，加速度可能不变5．如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是A．质点从M到N过程中速度大小保持不变B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同D．质点在MN间的运动不是匀变速运动6．“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标．设铁丝圈在空中运动的时间分别为t1、t2, 则A．v1＝v2B．v1＞v2C．t1＝t2D．t1＞t27．如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内的两颗人造卫星．B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．则以下判断正确的是A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为v A＞v BC．周期大小关系为T A＝T C＞T BD．B、C的线速度大小关系为v C＞v B8．“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面约为430 km的圆轨道上运行了77圈，运动中需要多次“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行，如果不进行“轨道维持”，由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是A．动能、重力势能和机械能逐渐减少B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小9．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有A．重力做功大小相等B．它们的末动能相同C．运动过程中重力的平均功率相等D．它们落地时重力的瞬时功率相等10．质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t＝0时质点的速度为零．在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大A．t1B．t2C．t3D．t411．假设列车从静止开始做匀加速运动，经过500 m的路程后，速度达到360 km/h.整个列车的质量为1.00×105 kg，如果不计阻力，在匀加速阶段，牵引力的最大功率是A．4.67×106 kW B．1.0×105 kWC．1.0×108 kW D．4.67×109 kW12．在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动．当速度达到v m后，立即关闭发动机而滑行直到停止．v－t图线如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2. 全过程中，牵引力做的功为W1, 克服摩擦阻力做功为W2. 以下是F1、F2及W1、W2间关系的说法，其中正确的是①F1∶F2＝1∶3②F1∶F2＝4∶3③W1∶W2＝1∶1④W1∶W2＝1∶3A．②③B．②④C．①③D．①④13．用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A后由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________．(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量__________．A．弹簧原长B．当地重力加速度C．滑块(含遮光片)的质量(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示的时间t将__________．A．增大B．减小C．不变14．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图1所示为选取的一条符合实验要求的纸带，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0.02 s打一次点，当地的重力加速度g＝9.80 m/s2. 那么：(1)纸带的________(选填“左”或“右”)端与重物相连；(2)根据图上所得的数据，应取图中O点和________点来验证机械能守恒定律；(3)从O 点到所取点，重物重力势能减少量E p ＝________J ，该所取点的速度大小为________m/s ；(结果取3位有效数字)(4)如图2，一位同学按如下方法判断机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h ，计算对应计数点的重物速度为v ，描绘v 2－h 图象，若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒，该同学的判断依据________．(填“正确”或“不正确)三、计算题(共2题，共21分.15题10分，16题11分)15．一辆载货的汽车，总质量是4.0×103 kg ，牵引力是4.8×103 N ，从静止开始做匀加速直线运动，经过10 s 前进了40 m ．求：(1)汽车运动的加速度；(2)汽车所受到的阻力(设阻力恒定)．16．如图所示，长为l 的细线下系一质量为m 的小球，线上端固定在O 点，小球可以在竖直面内摆动，不计空气阻力，当小球从偏角为θ的位置由静止运动到最低点的过程中，求：(1)重力对小球做的功；(2)小球到最低点时的速度大小；(3)小球在最低点时，对细绳的拉力大小．第Ⅱ卷 (选做题，共50分)四、多项选择题(共5小题，每小题全选对记6分，部分对记3分，有选错的记0分，共30分)17．18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球；假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，(已知此人的质量m ＝50 kg ；地球表面处重力加速度g 取10 m /s 2；地球半径R ＝6.4×106 m ；假设地球可视为质量分布均匀的球体．均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零)则以下说法正确的是A ．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒B ．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比C ．人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功W ＝3.2×109 JD ．当人下落经过距地心12R 瞬间，人的瞬时速度大小为43×103 m /s18．如图所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L ，B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中A ．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于32mg B ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32mg C ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下D ．弹簧的弹性势能最大值为32mgL19．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置．如果将小球B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比A ．推力F 将增大B ．竖直墙面对小球A 的弹力减小C ．地面对小球B 的弹力一定不变D ．两个小球之间的距离增大20．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B, 电势能分别为E p A 、E p B . 下列说法正确的是A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A ＞a B, 则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷，一定有E p A ＜E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势21．如图，同一平面内的a ，b ，c ，d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1；若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2.下列说法正确的是A ．此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行B ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的场强大小一定为W 2qLC ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W 1＋W 22D ．若W 1＝W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差第Ⅱ卷选择题答题卡8分)22．如图所示为一皮带传送装置，其中AB 段水平，长度L AB ＝4 m ，BC 段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)．传送带以v ＝4 m /s 的恒定速率顺时针运转．现将一质量m ＝1 kg 的工件(可看做质点)无初速度地放在A 点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.g 取10 m /s 2，求：(1)工件从A 点开始至第一次到达B 点所用的时间t ；(2)工件从第一次到达B 点至第二次到达B 点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.23．如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道在A 点相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m 的带正电、电量q ＝3mg 3E的小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应为多大？湖南师大附中2017－2018学年度高一第二学期期末考试物理参考答案第Ⅰ卷一、单项选择题(每小题5分，共60分)度是用比值法定义的，与速度的变化量无关，是伽利略首先建立起来的．故A 正确；在共点力的合成实验中要求两次拉橡皮筋的效果相同，故实验采用了等效替代的方法．故B 正确；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量的数值．故C 正确；牛顿在伽利略的理想斜面实验的基础上，利用逻辑思维对事实进行分析得出了牛顿第一定律，该定律不能用实验直接验证．故D 错误．2．C 【解析】汽车减速到0需要的时间为：t ＝v 0a ＝205＝4 s ，刹车后1 s 内的位移x 1＝(20×1－12×5×12) m ＝17.5 m ，2 s 内的位移为：x 2＝v 0t ＋12at 21＝(20×2－12×5×22) m ＝30 m ，∴刹车后第2 s 内的位移Δx ＝x 2－x 1＝12.5 m ．汽车运动4 s 就停止运动，则刹车后5 s内的位移为：x ＝v 202a ＝2022×5＝40 m ，故答案为：C .3．C 【解析】由题得知，A 、B 间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析如图所示． 因为杆的长度等于碗的半径，根据几何知识得知OA 、OB 与竖直方向的夹角为30°. 如图，由共点力的平衡知识可得，杆的作用力为：F ＝mg tan 30°＝33mg ，故C 正确，ABD 错误． 4．D 【解析】当合力与速度不在同一条直线上时，物体做曲线运动，而加速度可不变，也可以变化，但速度一定变化，答案为：D .5．B 【解析】因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，从M 到N 过程中，根据一段路程中的平均速率v ＝s t，可知，速度大小变化，A 不符合题意；因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，B 符合题意，C 不符合题意；在MN 间的运动是匀变速曲线运动，故答案为：B .6．D 【解析】圈圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h ＝12gt 2，有：t ＝2h g，故t 1＞t 2, 故C 错误，D 正确；水平分位移相同，由于t 1＞t 2，根据x ＝v 0t ，有：v 1＜v 2；故A 、B 均错误．7．C 【解析】第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大的线速度，由于卫星B 的轨道半径大于地球的半径，则卫星B 的速度小于地球的第一宇宙速度，A 不符合题意．对B 、C ，根据G Mm r 2＝m v 2r 知，v ＝GM r，C 的轨道半径大于B 的轨道半径，则v B ＞v C, 对于A 、C ，A 、C 的角速度相等，根据v ＝rω知，v C ＞v A, 所以v B ＞v A, B 不符合题意，D 不符合题意．A 、C 的角速度相等，则A 、C 的周期相等，根据T ＝4π2r 3GM 知，C 的周期大于B 的周期，故答案为：C .8．D 【解析】轨道高度逐渐降低，即飞船的高度降低、重力势能减少，速度将增大、动能增大，重力势能一部分转化为动能；由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，飞船要克服空气阻力做功，飞船的机械能减少，转化为内能．故答案为：D .9．A 【解析】a 、b 、c 三个小球的初位置相同，它们的末位置在同一水平线上，由于重力做功只与物体的初末位置的高度差有关，所以三个球的重力做功相等，A 符合题意．由动能定理可知，三个球的重力做功相等，它们的动能的变化相同，但是c 是平抛的，所以c 有初速度，故c 的末动能要大，B 不符合题意．由A 的分析可知，三个球的重力做功相等，三个球中b 、c 的运动时间相同，a 的运动的时间要比b 、c 的长，所以a 的平均功率最小，所以运动过程中重力的平均功率不相等，C 不符合题意．三个球的重力相等，但是它们的竖直方向上的末速度不同，所以瞬时功率不可能相等，故答案为：A .10．B 【解析】由力的图象分析可知：在0～t 1时间内，质点向正方向做加速度增大的加速运动．在t 1～t 2时间内，质点向正方向做加速度减小的加速运动．在t 2～t 3时间内，质点向正方向做加速度增大的减速运动．在t 3～t 4时间内，质点向正方向做加速度减小的减速运动．t 4时刻速度为零．则t 2时刻质点的速度最大，动能最大．故选B .11．B 【解析】由v 2＝2ax 得，a ＝v 22x ＝10022×500 m /s 2＝10 m /s 2.则牵引力F ＝ma ＝1×105×10 N ＝1×106 N ．所以牵引力最大功率P ＝Fv ＝1×106×100 W ＝1×108 W ．故B 正确，A 、C 、D 错误．故答案为：B .12．A 【解析】对全过程由动能定理可知W 1－W 2＝0，故W 1∶W 2＝1∶1，③符合题意，④不符合题意；W 1＝FsW 2＝fs′由图可知：s ∶s′＝3∶4所以F 1∶F 2＝4∶3，②符合题意，①不符合题意；故答案为：A .二、实验题(共2题，共19分，13题每空3分，14题每空2分)13．(1)s t(2)C (3)B 【解析】(1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC 段的平均速度表示离开时的速度；则有：v ＝s t；(2)弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块的质量；故答案为：C .(3)增大AO 间的距离时，滑块被弹出后的速度将增大，故通过两光电门的时间将减小．14．(1)左 (2)B (3)1.88 1.92 (4)不正确【解析】(1)下落过程为匀加速运动，物体运动速度渐渐变大，故打点间距应变大，所以纸带的左端与重物相连；(2)验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能ΔE p ＝mgh和增加的动能ΔE k ＝12mv 2之间的关系，所以我们要选择能够测h 和v 的数据．因为B 点的速度可以根据A 、C 两点间的平均速度计算出来，h 对应O 、B 两点间的距离，故答案为：B 点．(3)减少的重力势能为：ΔE p ＝mgh ＝1×9.8×19.2×10－2 J ＝1.88 J ，B 点的速度为：v B＝x AC 2T ＝23.23＋15.550.04×10－2 m /s ＝1.92 m /s ；④该同学的判断依据不正确．在重物下落h 的过程中，若阻力f 恒定，根据a ＝mg －f m，可得v 2＝2ah ，则此时v 2－h 图象也是过原点的一条直线．所以要想通过v 2－h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g.三、计算题(共2题，共21分.15题10分，16题11分)15．【解析】(1)汽车从静止开始做匀加速运动，则有s ＝12at 23分 则得：加速度a ＝2s t 2＝2×40102＝0.8 m /s 22分 答：汽车运动的加速度是0.8 m /s 2；(2)由牛顿第二定律F －f ＝ma3分代入得4800－f ＝4000×0.8解得 阻力f ＝1600 N 2分答：汽车所受到的阻力是1600 N .16．【解析】(1)小球由静止运动到最低点的过程中，重力所做的功为W ＝mgh ＝mgl(1－cos θ)2分(2)小球从静止开始运动到最低点的过程中，根据动能定理得：解得：mgl(1－cos θ)＝12mv 2－02分 ∴v ＝2gl （1－cos θ）2分(3)小球在最低点时，根据牛顿第二定律有T －mg ＝m v 2l2分 解得 T ＝3mg －2mg cos θ2分根据牛顿第三定律，小球对细绳的拉力大小为T ′＝3mg －2mg cos θ1分第Ⅱ卷四、多项选择题(共5小题，共30分)17.BD ，故A错误；与球心的距离为r 时，万有引力为：F ＝G M′m r 2＝G ρ·43πr 3m r 2＝4G πρm 3r ∝r ；故B 正确；人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功：W ＝F·R其中：F ＝F 2＝12mg联立解得：W ＝12mgR ＝12×50×10×6.4×106＝1.6×109 J 故C 错误；D ．人从下落到距地心R 2过程，万有引力的平均值为： F ＝mg ＋12mg 2＝34mg ＝34×50×10 N ＝375 N 根据动能定理，有：F·R 2＝12mv 2 解得：v ＝FR m ＝375×6.4×10650＝43×103 m /s 故D 正确．18．AB 【解析】A 的动能最大时，设B 和C 受到地面的支持力大小均为F ，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F ＝3mg ，所以F ＝32mg ；在A 的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B 受到地面的支持力小于32mg ，故A 、B 正确；当A 达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A 的加速度方向向上，故C 错误；A 下落的高度为：h ＝L sin 60°－L sin 30°，根据功能关系可知，小球A 减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为E p ＝mgh ＝(32－12)mgL ，故D 错误． 19．BCD 【解析】以A 球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．设B 对A 的库仑力F 库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A 的弹力为：N 1＝m A g tan θ，将小球B 向左推动少许时θ减小，则N 1减小．再以AB 整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F ＝N 1N 2＝(m A ＋m B )g则F 减小，地面对小球B 的弹力一定不变．故A 错误，BC 正确．由上分析得到库仑力F 库＝m A g cos θ，θ减小，cos θ增大，F 库减小，根据库仑定律分析得知，两个小球之间的距离增大，故D 正确．20．BC 【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A 错误；若a A ＞a B, 则A 点离点电荷Q 更近即Q 靠近M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN 上电场方向向右，那么Q 靠近M 端且为正电荷，故B 正确；点电荷Q 若是正电荷，只能放在M 左侧；若是负电荷，只能放在N 右侧，不论哪种情况，都是φA >φB ，∴C 对，D 错．故C 正确．21．CD 【解析】A .选项根据题意无法判断，故A 项错误．因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是W 2qL，故B 错误；由于电场为匀强电场，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点，所以φN ＝φb ＋φd 2，φM ＝φa ＋φc 2，∴φM －φN ＝（φa －φb ）＋（φc －φd ）2，若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W 1＋W 22，故C 正确；若W 1＝W 2, 说明U cd ＝U ab ，由φa －φb ＝φc －φd ，∴φa －φc ＝φb －φd ，φa －φM ＝φa －φc 2，φb －φN ＝φb －φd 2；解得：U aM ＝U bN ，故D 正确．五、综合应用题(本题共2小题，共20分．第22题12分，第23题8分)22．【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a 1, 由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 11分解得：a 1＝μg ＝5 m /s 21分设经t 1时间工件与传送带的速度相同，则有：t 1＝v a 1＝45s ＝0.8 s 1分 工件前进的位移为：x ＝12a 1t 21＝12×5×0.82 m ＝1.6 m 1分 此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时：t 2＝l AB －x 0v＝0.6 s 1分 所以工件第一次到达B 点所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.4 s 1分答：工件从A 点开始至第一次到达B 点所用的时间t 是1.4 s ；(2)工件上升过程中受到摩擦力大小为：f ＝mg cos θ1分由牛顿第二定律可得：工件上升的加速度大小为：a 2＝mg sin θ－f m＝g sin θ－μg cos θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m /s 2＝2 m /s 2，方向沿斜面向下1分由运动学公式可得：工件上升的时间为：t 3＝v a 2＝2 s 1分 下降过程加速度不变 a 3＝a 2由运动学公式可得：t 4＝v a 3＝2 s 1分 工件与传送带的相对路程为：Δx ＝v(t 3＋t 4)＝4×(2＋2) m ＝16 m 1分摩擦生热为：Q ＝f Δx ＝μmg cos θΔx ＝0.5×1×10×0.8×16 J ＝64 J 1分23．【解析】小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝（qE ）2＋（mg ）2＝233mg ，1分tan θ＝qE mg ＝33，解得θ＝30°，1分 等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，1分因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点(D)点满足等效重力提供向心力，有：mg′＝m v 2D R，1分 因θ＝30°，与斜面倾角相等，由几何关系可知AD ＝2R.1分令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知：－mg′·2R ＝12mv 2D －12mv 201分 解得v 0＝103gR 3，1分 因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为v 0≥103gR 3.1分。