【物理】江苏省如皋中学2020届高三下学期第一周综合自测（解析版） 19页

江苏省如皋中学2020届高三下学期 第一周综合自测 一、单选题 ‎1. 质点是一个理想化模型，下列说法中正确的是 A. 研究刘翔110m栏比赛的跨栏技术时，其身体可看作质点 B. 研究月球绕地球的运动轨迹时，月球可看作质点 C. 研究火车通过隧道所需的时间时，火车可看作质点 D. 研究“嫦娥一号”在轨道上的飞行姿态时，“嫦娥一号”可看作质点 ‎【答案】B ‎【解析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．‎ 解：A、研究刘翔110m栏比赛的跨栏技术时，需要分析人的不同的动作，所以此时人不能看成质点，所以A错误；‎ B、研究月球绕地球的运动轨迹时，月球的大小相对于和地球之间的距离来说是很小的，可以忽略，此时月球可看作质点，所以B正确；‎ C、研究火车通过隧道所需的时间时，火车的长度相对于隧道来说是不能忽略的，所以此时的火车不能看成质点，所以C错误；‎ D、研究“嫦娥一号”在轨道上的飞行姿态时，看的就是它的形状如何，所以不能看成质点，所以D错误．‎ 故选B．‎ ‎2.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1–N2的值为 A. 3mg B. 4mg C. 5mg D. 6mg ‎【答案】D ‎【解析】在最高点，根据牛顿第二定律可得，在最低点，根据牛顿第二定律可得，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有，联立三式可得 考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式 ‎【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．‎ ‎3.汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：，则它在停止运动前最后1s内的平均速度为（　　）‎ A. 6m/s B. 4m/s C. 2m/s D. 1m/s ‎【答案】C ‎【详解】根据匀变速直线运动的位移时间关系 ‎，‎ 解得：，；‎ 采取逆向思维，在物体在停止运动前1s内的位移 ‎，‎ 停止运动最后1s的平均速度 ‎，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】根据位移时间关系求出初速度和加速度，根据逆向思维求出物体在停止运动前1s内的位移，再根据平均速度的定义式求出物体在停止运动前1s内的平均速度．‎ ‎4.如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是　　‎ A. c、d两点的电场强度相同 B. a、b两点的电势相同 C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功 D. 将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大 ‎【答案】D ‎【分析】根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中电势能如何变化．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功．‎ ‎【详解】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同．故A项错误．‎ BD：MN间的电场线方向由M→N，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据，则电子的电势能一直增大．故B项错误，D项正确．‎ C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功．故C项错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功．‎ ‎5.在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时 (    ) ‎ A. 伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小 B. 安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大 C. 伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小 D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大 ‎【答案】D ‎【分析】本题考查的是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析，也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大。‎ 当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化。‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则路端电压减小，所以伏特表V的读数减小。‎ 根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大。‎ 由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，由可知，电容C的电荷量在减小，故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的一点，M、N分别为AC、BC的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是　　‎ A. M、N两点电场强度相同 B. M、N两点的电势相等 C. 若将一负试探电荷由M点移到C点，电场力做正功 D. 若将一负试探电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定增加 ‎【答案】C ‎【解析】M、N两点场强大小相等，但方向不同，选项A错误；PQ线上各点的电势均为零，PQ左侧电势为负，右侧电势为正，则M点电势低于N点电势，选项B错误；负电荷由M点移到C处，电势能减小，故电场力做正功，选项C正确；无穷远处电势为零，N点电势大于零，故负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定减小，选项D错误；故选C．‎ 考点：电场强度；电势及电势能.‎ ‎7.如图所示为一物体作匀变速直线运动的速度图线，下列判断正确的是（　　）‎ A. 物体一直往负方向向运动 B. 物体的加速度大小为 C. 2s末物体位于出发点 D. 前2秒的加速度与后两2秒的加速度方向相反 ‎【答案】B ‎【详解】A．由图线可知，物体在前内沿正方向运动，后内沿负方向运动，故A错误。‎ B．图线的斜率表示加速度，则加速度：‎ 大小为，故B正确。‎ C．末的位移：‎ 没有回到出发点，故C错误。‎ D．前内和后内图线的斜率相同，则加速度大小和方向都相同，故D错误。‎ ‎8.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子不计重力在该区域内运动的轨迹，轨迹上有a、b、c三点，已知带电粒子所带电荷量为，在a点处的动能为，则该带电离子（ ）‎ A. 可能带负电 B. 在b点处的电势能为 C. 在b点处的动能为零 D. 在c点处的动能为 ‎【答案】D ‎【详解】A．根据电场线和等势线垂直，且由高电势处指向低电势处，得出场强方向向上，由带电粒子的运动轨迹可判定，粒子所受电场力向上，则粒子带正电荷，A错误；‎ B．b点处的电势能：‎ B错误；‎ C．由能量守恒，a点处动能和电势能总和：‎ 则b点处的动能为：‎ C错误；‎ D．c点处的动能为：‎ D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔内位移为，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】设初速度为，末速度为，则，得，由得，代入，得，只有选项A正确。‎ ‎10.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐增大．小王分别画出汽车转弯时的四种加速度方向，则正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】汽车从M点运动到N，曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时速度增大，所以沿切向方向有与速度方向相同的分力；向心力和切线方向的合力与速度方向的夹角要小于，故BCD错误， A正确；‎ 故选A ‎【点睛】解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，加速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车加速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了．‎ 二、多选题 ‎11.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是　　‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎【答案】ABC ‎【解析】由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．‎ D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎12.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是　　‎ A. 汽车在前5s内的牵引力为 B. 汽车速度为时的加速度为 C. 汽车的额定功率为100 kW D. 汽车的最大速度为80 ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，故A正确．汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW，汽车在25m/s时的牵引力F′＝N＝4000N，根据牛顿第二定律得，加速度 ‎，故B错误，C正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度，故D错误．故选AC．‎ 点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．‎ ‎13.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　　）‎ A. 加速度为 B. 下滑位移为 C. 产生的焦耳热为 D. 受到的最大安培力为 ‎【答案】BCD ‎【详解】A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，感应电流也增大，金属棒受到的安培力增大；根据牛顿第二定律，有：，又，则：，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动．故A错误．‎ B、由感应电量计算公式可得，下滑的位移，故B正确．‎ C、根据能量守恒定律：产生的焦耳热 ‎，故C正确．‎ D、当金属棒的速度大小为v时，金属棒ab受到的安培力最大，所以安培力的最大值，故D正确．‎ ‎14.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知＞，则（　　）‎ ‎ ‎ A. 时刻，小物块离A处的距离达到最大 B. 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C. 0~时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D. 0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎【答案】B ‎【详解】A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；‎ B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；‎ C．0~t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；‎ D．时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎15.如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷 ‎ 入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为 g．关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（　　）‎ A. 小球的机械能减少了mgh B. 小球克服阻力做的功为mg（H+h）‎ C. 小球所受阻力的冲量等于 D. 小球动量的改变量大小等于 ‎【答案】BD ‎【解析】小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）．故A错误．对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）．故B正确．落到地面的速度 ，对进入泥潭的过程运用动量定理得，IG+If＝0−m，知阻力的冲量大小不等于m．故C错误．落到地面的速度v=，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m．故D正确．故选BD.‎ 点睛：解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向.‎ 三、实验题 ‎16.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：‎ A.电流表A1内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA B.电流表A2内阻约为0.4Ω，量程为0.6A C.定值电阻R0=900Ω D.滑动变阻器R(5Ω，2A)‎ E.干电池组（6V，0.05Ω）‎ F.一个开关和导线若干 G.螺旋测微器，游标卡尺 ‎(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为______cm。‎ ‎(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为______Ω。‎ ‎(3)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值。‎ ‎(4)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式Rx=______。（用I1，I1，R0，Rg表示）‎ ‎【答案】(1). 6.126 10.230 (2) ×1Ω 10.0 (3) (4). ‎ ‎【详解】(1)[1]金属丝的直径为 ‎[2]长度为 ‎(2)[3]用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，示数偏小，要增大示数，则要倍率减小换成×1Ω的倍率；‎ ‎[4]如图可知，粗测电阻为10.0Ω；‎ ‎(3)[5]由于题目中没有给出电压表，显然是用电流表A1与R0串联后组成电压表，为多测几组数据滑动变阻器采用分压接法，改装后电压表的内阻为1000Ω，则电流表采用外接法，设计的电路图如图所示 ‎(4)[6]由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为：‎ ‎17.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．‎ ‎（1）实验中涉及到下列操作步骤：‎ ‎①把纸带向左拉直 ‎②松手释放物块 ‎③接通打点计时器电源 ‎④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是__（填入代表步骤的序号）．‎ ‎（2）图（b）中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz．由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为__m/s．比较两纸带可知，__（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．‎ ‎【答案】(1). ④①③② (2). 1.29 M ‎【详解】（1）实验中应先向物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为④①③②；‎ ‎（2）由M纸带可知，右侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故2.58段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度v==1.29m/s；‎ 因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由图可知，M中的速度要大于L中速度；故说明M纸带对应的弹性势能大；‎ 四、计算题 ‎18.如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ=30°，其上A、B两点间的距离L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动．现将一质量m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ=，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（取g=10m/s2）‎ ‎（1）物体刚开始运动的加速度大小；‎ ‎（2）物体从A到B运动的时间；‎ ‎（3）传送带对小物体做的功；‎ ‎（4）电动机做功。‎ ‎【答案】（1）2.5m/s2（2）5.2s（3）255J（4）270J ‎【详解】（1）对小物体进行受力分析有：‎ N=mgcosθ ‎ ‎ mgsinθ=50N f＞mgsinθ，则小物体可以与传送带上静止。‎ 根据牛顿第二定律：‎ f-mgsinθ=ma ‎75N-50N=10a 得：‎ a=2.5m/s2‎ ‎（2）物块匀加速的时间：‎ 匀加速的位移：‎ 则小物体匀速运动的位移为：‎ s2=5m-0.2m=4.8m 匀速运动的时间：‎ 则小物体从A到B所需时间为：‎ t=0.4s+4.8s=5.2s ‎（3）由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量：‎ ‎ ‎ ‎（4）在前0.4s时间内传送带运动的位移为：S2=vt=1×0.4=0.4m 所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离，即：‎ Q=μmgcosθ（S2-S1）=75N×（0.4-0.2）J=15J 电动机做的功为：W′=255J+15J=270J ‎19.如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小．‎ ‎（2）小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离 ‎【答案】（1）160N（2）0.8m ‎【详解】（1）小物块在水平面上从A运动到B过程中，根据动能定理，有： （F-μmg）xAB=mvB2-0  在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得： 联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：N=160N 由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：N′=N=160N （2）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即： 可得：vD=2m/s 设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有： x=vDt， 2R=gt2           解得：x=0.8m 则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离 ‎20.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为有一质量为、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取，求：‎ 小球在A点处的速度大小；‎ 小球运动到最高点B时对轨道的压力．‎ ‎【答案】；‎ ‎【详解】（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N 电场力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×106V/m=4.8N 在A点，有：qE﹣mg=m 代入数据解得：v1=6m/s ‎（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：‎ ‎（qE﹣mg）×（2R）=mv22﹣mv12‎ 在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：‎ FN+mg﹣qE=mv22‎ 由牛顿第三定律有：FN′=FN 代入数据解得：FN′=216N ‎【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析．‎ ‎21.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V0．方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E的大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】（1）当粒子从P点垂直进入电场后，做类平抛运动，再以与x轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着从原点射出．由粒子在电场P点的速度可求出刚进入磁场的速度，再由动能定理可得电场强度．（2）从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度．（3）同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从P点到O点的时间．‎ 粒子在电场中经过点P后，做类平抛运动，进入磁场中做匀速圆周运动，从O点射出，则其运动轨迹如图所示．‎ ‎（1）设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，PQ段为抛物线．根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得 解得 在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得，解得 在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向的位移为 竖直方向的位移为 可得 由故粒子在QO段圆周运动的半径及得．‎ ‎（3）在Q点时，‎ 设粒子从P到Q所用时间为，在竖直方向上有： ‎ 粒子从Q点运动到O所用的时间为 则粒子从O点运动到P点所用的时间为： ‎