广东物理-答案_1.高考2025全国各省真题+答案_00.2025各省市高考真题及答案（按省份分类）_4、广东卷（9科全）_4.物理

2025 年高考广东卷物理真题 一、单选题 1．关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（ ） A．系统的固有频率与驱动力频率有关 B．只要驱动力足够大，共振就能发生 C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度 D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大 【答案】C 【详解】 A．系统的固有频率只与系统本身有关，与驱动力频率无关，A错误； B．只有驱动力频率与系统固有频率相同时，共振才能发生，B错误； CD．根据多普勒效应可知观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率小，观察者与波源相互靠近 时，接收到的波的频率比波源的频率大，所以应用多普勒效应可以测量车辆的速度，C正确，D错误。 故选C。 2．如图所示。某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器升压至10kV后，通过输电线输送 到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是（ ） A．变压器原、副线圈匝数比为1:100 B．输电线上由R造成的电压损失为500V C．变压器原线圈中的电流为100A D．变压器原、副线圈中电流的频率不同 【答案】B 【详解】 A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得𝑛1 = 𝑈1 = 400 = 1 𝑛2 𝑈2 10000 25 A错误； B．原副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流𝐼 = 𝑃 = 1000000 A=100A 2 𝑈2 10000 输电线上由R造成的电压损失为Δ𝑈 =𝐼 𝑅 =100×5V=500V 2 B正确； C．变压器原线圈中的电流为𝐼 = 𝑃 = 1000000 A=2500A 1 𝑈1 400 C错误； D．变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D错误。 故选B。 3．有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光电子， 其最大初动能为𝐸 ，下列说法正确的是（ ） k A．使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子 B．使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于𝐸 k C．频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子 D．频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于𝐸 k 【答案】B 【详解】A．某频率的光不能使乙金属发生光电效应，说明此光的频率小于乙金属的截止频率，则换用频率更小的光不能发 生光电效应，A错误； B．由光电效应方程𝐸 =ℎ𝜈−𝑊 可知频率越大最大初动能越大，换用频率更小的光最大初动能小于𝐸 ，B正确； k 0 k C．频率不变则小于乙金属的截止频率，不会发生光电效应，C错误； D．由𝐸 =ℎ𝜈−𝑊 可知频率不变最大初动能不变，D错误。 k 0 故选B。 4．如图为测量某种玻璃折射率的光路图。某单色光从空气垂直射入顶角为𝛼的玻璃棱镜，出射光相对于入射光的偏 转角为𝛽，该折射率为（ ） A．sin(𝛼+𝛽) B．sin(𝛼+𝛽) C．sin𝛼 D．sin𝛽 sin𝛼 sin𝛽 sin𝛽 sin𝛼 【答案】A 【详解】光路图如图所示 则有折射定律可得𝑛 = sin(𝛼+𝛽) sin𝛼 故选A。 5．一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于 该小行星，下列说法正确的是（ ） A．公转周期约为6年 B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小 C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的1 25 【答案】D 【详解】 A．据题意，设地球与太阳间距离为𝑅，则小行星公转轨道的半长轴为𝑎 = 5𝑅+7𝑅 =6𝑅 2 由开普勒第三定律有 (6𝑅)3 = 𝑅3 𝑇2 𝑇2 2 地 解得𝑇 =√63𝑇2 =6√6年 地 故A错误； B．从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律𝐹 = 𝐺𝑚1𝑚2可知，小行星受太阳引力增大，故B 𝑟2 错误；cC．由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故C错误。 D．由牛顿第二定律有𝐺𝑀𝑚 =𝑚𝑎 𝑟2 解得𝑎 = 𝐺𝑀 𝑟2 可知 𝑎 行 = 𝑅2 = 1 𝑎 (5𝑅)2 25 地 即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的1，故D正确； 25 故选D。 6．某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带 电荷量为−𝑞、质量为m的离子以初速度𝑣 从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速 0 电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（ ） A．偏转磁场的方向垂直纸面向里 B．第1次加速后，离子的动能增加了2𝑞𝑈 √𝑚2𝑣2+𝑘𝑞𝑈𝑚 0 C．第k次加速后．离子的速度大小变为 𝑚 √𝑚2𝑣2−2𝑘𝑞𝑈𝑚 0 D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 𝑞𝑅 【答案】A 【详解】 A．直线通道𝑃𝑄有电势差为𝑈的加速电场，粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁 感应强度方向垂直纸面向里，故A正确； BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为𝑞𝑈，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后， 带电粒子的动能增量为𝑘𝑞𝑈，加速k次后，由动能定理有𝑘𝑞𝑈 = 1 𝑚𝑣2− 1 𝑚𝑣2 2 2 0 √𝑚2𝑣2+2𝑘𝑞𝑈𝑚 解得𝑣 =√𝑣2+ 2𝑘𝑞𝑈 = 0 0 𝑚 𝑚 故BC错误； D．粒子在偏转磁场中运动的半径为𝑅，则有𝑞𝑣𝐵 =𝑚 𝑣2 𝑅 联立解得𝐵 = 𝑚𝑣 = 𝑚 √𝑣2+ 2𝑘𝑞𝑈 = √𝑚2𝑣0 2+2𝑘𝑚𝑞𝑈 𝑞𝑅 𝑞𝑅 0 𝑚 𝑞𝑅 故D错误。 故选A。 7．如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力𝐹 和𝐹 作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在𝑡 时刻 1 2 1 发生正碰后各自反向运动。已知𝐹 和𝐹 始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰掉后第1次速度减为0的过程中， 1 2 两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（ ）A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律𝑎 = 𝐹两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之 𝑚 比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v， 则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律3𝑚⋅4𝑣−2𝑚⋅6𝑣 =3𝑚𝑣 +2𝑚𝑣 1 2 若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知1 3𝑚(4𝑣)2+ 1 ⋅2𝑚(6𝑣)2 = 1 ⋅3𝑚𝑣2+ 1 ⋅2𝑚𝑣2 2 2 2 1 2 2 解得𝑣 =−4𝑣、𝑣 =6𝑣 1 2 因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的； 若不是弹性碰撞，则3𝑚⋅4𝑣−2𝑚⋅6𝑣 =3𝑚𝑣 +2𝑚𝑣 1 2 可知碰后速度大小之比为𝑣 :𝑣 =2:3 1 2 若假设v =2v，则v =3v，此时满足1 3𝑚(4𝑣)2+ 1 ⋅2𝑚(6𝑣)2 > 1 ⋅3𝑚𝑣2+ 1 ⋅2𝑚𝑣2 1 2 2 2 2 1 2 2 则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比 为4v:2v=2:1 可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。 故选A。 二、多选题 8．将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R 为0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角𝜃为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球， 下列说法正确的有（ ） A．角速度为5rad/s B．线速度大小为4m/s C．向心加速度大小为10m/s2 D．所受支持力大小为1N 【答案】AC【详解】 A．对小球受力分析可知𝐹 =𝑚𝑔tan45°=𝑚𝜔2𝑅 向 解得𝜔 =5rad/s 故A正确； B．线速度大小为𝑣 =𝜔𝑅 =2m/s 故B错误； C．向心加速度大小为𝑎 =𝜔2𝑅 =10m/s2 n 故C正确； D．所受支持力大小为𝑁 = 𝑚𝑔 =√2N cos45° 故D错误。 故选AC。 9．如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线 圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块， 其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持 线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速 度为g。下列说法正确的有（ ） A．线圈电阻为𝐸 B．I越大，表明m越大 𝐼 C．v越大，则E越小 D．𝑚 = 𝐸𝐼 −𝑀 𝑣𝑔 【答案】BD 【详解】 A．根据题意电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故𝐸不是线圈的电 𝐼 阻； 故A错误； B．根据平衡条件有(𝑀+𝑚)𝑔 =𝐵𝐼𝐿① 故可知I越大，m越大； 故B正确； C．根据公式有𝐸 =𝐵𝐿𝑣② 故可知v越大，E越大； 故C错误； D．联立①②可得𝑚 = 𝐸𝐼 −𝑀 𝑔𝑣 故D正确。 故选BD。 10．如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控， 在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的 变化关系为F = F －kt（F ≠ 0，F 、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在 0 0 0到T时间段内（T是满足F > 0的任一时刻），下列说法正确的有（ ）A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为(𝐹 − 1 𝑘𝑇)𝑇 0 2 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为𝑚𝑔𝑇+(𝐹 − 1 𝑘𝑇)𝑇 0 2 2 D．T时刻受到空气作用力的大小为√3 (𝐹 −𝑘𝑇)2+(𝑚𝑔− 𝐹0−𝑘𝑇 ) 0 4 2 【答案】AB 【详解】 AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到 空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图 (𝑚𝑔)2+𝐹2−𝐹2 可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有cos120° = 空，F = F －kT 0 2𝑚𝑔𝐹 解得𝐹 =√(𝐹 −𝑘𝑇)2+(𝑚𝑔)2+𝑚𝑔(𝐹 −𝑘𝑇) 空 0 0 故A正确、D错误； B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面 积为(𝐹 − 1 𝑘𝑇)𝑇，故B正确； 0 2 C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有𝐹 = √3 (𝐹 −𝑘𝑡) 𝑥 0 2 无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有𝐹 = 1 (𝐹 −𝑘𝑡)+𝑚𝑔 𝑦 0 2 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为𝐼 = √3 (𝐹 𝑇− 1 𝑘𝑇2) 𝑥 0 2 2 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为𝐼 = 1 𝐹 𝑇− 1 𝑘𝑇2+𝑚𝑔𝑇 𝑦 0 2 4 则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为𝐼 =√𝐼2+𝐼2 =√(𝐹 𝑇− 1 𝑘𝑇2+ 1 𝑚𝑔𝑇)2+ 3 𝑚2𝑔2𝑇2 𝑥 𝑦 0 2 2 4 故C错误。 故选AB。 三、实验题 11．请完成下列实验操作和计算。 (1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图所示，读数 mm。(2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图所示，图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道 乙倾角较大。 ①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。 ②轨道调节。 调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高。将小车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门A和B的 。证明 已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③碰撞测试 先将小车1静置于光电门A和B中间，再将小车2在M点由静止释放，测得小车2通过光电门A的时间为t ，碰 2 撞后小车1通过光电门B的时间为t 。若t t ，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。 1 2 1 ④吸能材料性能测试。 将吸能材料紧贴于小车2的前端。重复步骤③。测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms，两车碰撞后，依次测 得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms、30.00 ms，不计吸能材料的质量，计算可得碰撞后两小车总动 能与碰撞前小车2动能的比值为 （结果保留2位有效数字）。 【答案】 (1) 8.260/8.261/8.259 (2) 时间相等 = 0.56 【详解】 （1）根据题意，由图可知，小球的直径为𝑑 =8mm+26.0×0.01mm=8.260mm （2）②[1]若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，小车将在轨道甲上做匀速直线运动，通过两个光电门 的速度相等，即通过光电门A和B的时间相等。 ③[2]若两个小车发生弹性碰撞，由于两个小车的质量相等，则碰撞后两个小车的速度互换，即碰撞后小车1的速 度等于碰撞前小车2的速度，则有t = t 2 1 ④[3]根据题意可知，碰撞前小车2的速度为𝑣 = 𝑑 = 1×10−2 m⁄s=1m⁄s 0 Δ𝑡1 10×10−3 碰撞后，小车1和小车2的速度分别为𝑣 = 𝑑 = 2 m⁄s，𝑣 = 𝑑 = 1 m⁄s 1 2 Δ𝑡2 3 Δ𝑡3 3 则碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为𝐸′ k = 1 2 𝑚𝑣1 2+ 1 2 𝑚𝑣2 2 = 5 ≈0.56 𝐸k 1 2 𝑚𝑣 0 2 9 12．科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。 图（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E（电动势15V，内阻不计）；电流表A（量程有0.6A 和3A，内阻不计）；滑动变阻器R （最大阻值100Ω）；定值电阻R （阻值10Ω）；开关S；磁传感器和测试仪；电 P 0 磁铁（线圈电阻16Ω）；导线若干。图（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。请完成下列实验操作和计算。 (1)量程选择和电路连接。 ①由器材参数可得电路中的最大电流为 A（结果保留2位有效数字），为减小测量误差，电流表的量程选择 0.6A挡。 ②图（b）中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成R 、R 和A间的实物图连线 。 P 0 (2)磁感应强度B和电流I关系测量。 ①将图（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器R 的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流 ， P 保护电路安全。 ②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图所示，读数为 A。分别记录测试仪示数B和I， 断开S。 ③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。 ④下图是根据部分实验数据描绘的B−I图线，其斜率为 mT/A（结果保留2位有效数字）。 （3）制动时间t测量。 利用图（b）所示装置测量了t，结果表明B越大，t越小。 【答案】 (1) 0.58(2) 最小 0.48 30 【详解】 （1）①[1]由题知，电源内阻不计、电流表内阻不计，则当滑动变阻器的阻值为零时，电路中有最大电流𝐼 = 𝐸 = 𝑅0+𝑅 线 0.58A ②[2]由于电路中最大电流为0.58A，则电流表应选择0 ~ 0.6A量程，根据电路图实物图连线如下 （2）①[1]滑动变阻器R 的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，保护电路安全。 P ②[2]电流表读数为0.48A。 ③[3]根据题图中数据可知B−I图线斜率为𝑘 = 15.2−5.6 mT/A=30mT/A 0.5−0.18 四、解答题 13．如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金 属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强𝑝 =1.0×105Pa，铸型室底面积𝑆 =0.2m2， 0 1 高度ℎ =0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差𝐻 =0.15m，柱状气室底面积𝑆 =0.8m2，注气前气室内气体 1 2 压强为𝑝 ，金属液的密度𝜌 =5.0×103kg/m3，重力加速度取𝑔 =10m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体 0 积。 (1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度ℎ 和气室内气体压强𝑝 。 2 1 (2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为ℎ = 3 0．04m时，气室内气体压强𝑝 。 2 【答案】 (1)ℎ =0.05m，𝑝 =1.2×105Pa 2 1 (2)𝑝 =1.35×105Pa 2 【详解】 （1）根据体积关系𝑆 ℎ =𝑆 ℎ 1 1 2 2 可得下方液面下降高度ℎ =0.05m 2 此时下方气体的压强𝑝 =𝑝 +𝜌𝑔(ℎ +𝐻+ℎ ) 1 0 1 2 代入数据可得𝑝 =1.2×105Pa 1 （2）初始时，上方铸型室气体的压强为𝑝 ，体积𝑉 =𝑆 ℎ 0 1 1 当上方铸型室液面高为ℎ =0.04m时体积为𝑉′ =𝑆 (ℎ −ℎ ) 3 1 1 3 根据玻意耳定律𝑝 𝑉 =𝑝′𝑉′ 0 可得此时上方铸型室液面高为ℎ =0.04m时气体的压强为𝑝′ =1.25×105Pa 3 同理根据体积关系𝑆 ℎ =𝑆 ℎ 1 3 2 4 可得ℎ =0.01m 4此时下方气室内气体压强𝑝 =𝑝′+𝜌𝑔(𝐻+ℎ +ℎ ) 2 3 4 代入数据可得𝑝 =1.35×105Pa 2 14．用开瓶器拔出瓶中的木塞，初始时软木塞的上截面与玻璃瓶口平齐，木塞质量为𝑚，高为h，过程中做匀加速 直线运动，加速度为a、过程中木塞受到的摩擦力为𝑓 =𝑓 (1− 𝑥 )，其中𝑓 为参数，h为木塞高，x为木塞运动的距 0 0 ℎ 离。开瓶器齿轮的半径为r，重力加速度为𝑔。 (1)求拔出时，齿轮的角速度ω； (2)求初始到拔出，开瓶器对木塞做的功W； (3)设经过时间为t，求开瓶器的功率P与t的关系式。 【答案】 √2𝑎ℎ (1)𝜔 = 𝑟 1 (2)𝑊 =𝑚𝑎ℎ+𝑚𝑔ℎ+ 𝑓 ℎ 0 2 (3)𝑃 =𝑚𝑎𝑔𝑡+𝑚𝑎2𝑡+𝑓 𝑎𝑡− 𝑓0𝑎2 ×𝑡3 0 2ℎ 【详解】 （1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式𝑣2 =2𝑎ℎ 根据角速度和线速度的关系𝑣 =𝜔𝑟 联立可得𝜔 = √2𝑎ℎ 𝑟 （2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示 可得摩擦力所做的功为𝑊 =− 1 𝑓 ℎ f 0 2 对木塞，根据动能定理𝑊+𝑊 −𝑚𝑔ℎ = 1 𝑚𝑣2−0 f 2 解得𝑊 =𝑚𝑎ℎ+𝑚𝑔ℎ+ 1 𝑓 ℎ 0 2 （3）设开瓶器对木塞的作用力为𝐹，对木塞，根据牛顿第二定律𝐹−𝑚𝑔−𝑓 =𝑚𝑎 速度𝑣 =𝑎𝑡位移𝑥 = 1 𝑎𝑡2 2 开瓶器的功率𝑃 =𝐹𝑣 联立可得𝑃 =𝑚𝑎𝑔𝑡+𝑚𝑎2𝑡+𝑓 𝑎𝑡− 𝑓0𝑎2 ×𝑡3 0 2ℎ 15．一矩形上下方有两块长为d的绝缘板，左、右方有两块带电金属板，两端电势差为u，一质量为m，带正电的 粒子从矩形左上角静止释放后往矩形内运动，第一次与下方绝缘板碰撞，碰撞处与左侧距离为l。 (1)求带电量q； (2)当粒子与绝缘板第一次碰撞后，粒子带电量变为Q，碰后瞬间粒子合外力与运动方向垂直，碰撞后水平方向速度 不变，竖直速度大小变为原来的k倍（𝑘 <1），求带电量Q； (3)在静止释放后，从开始到第二次与绝缘板碰撞过程中，求电场力对粒子做的功W。 【答案】 𝑚𝑔𝑑𝑙 (1)𝑞 = 𝑢ℎ 𝑘𝑚𝑔𝑑ℎ (2)𝑄 = 𝑢𝑙 (3) 𝑚𝑔𝑙2 +4𝑘2𝑚𝑔ℎ+ 4𝑘4𝑚𝑔ℎ3 ℎ 𝑙2 【详解】 （1）根据题意可知，粒子在竖直方向上做自由落体，则有ℎ = 1 𝑔𝑡2 2 水平方向上做匀加速直线运动，则有𝑢𝑞 =𝑚𝑎，𝑙 = 1 𝑎𝑡2 𝑑 2 解得𝑞 = 𝑚𝑔𝑑𝑙 𝑢ℎ （2）根据题意可知，粒子与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为𝑣 =√2𝑔ℎ 𝑦1 水平分速度为𝑣 =√2𝑎𝑙 =√ 2𝑔𝑙2 𝑥1 ℎ 则第一次碰撞后竖直分速度为𝑣 =𝑘𝑣 =𝑘√2𝑔ℎ 𝑦2 𝑦1 设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为𝜃，则有tan𝜃 = 𝑣𝑦2 = 𝑘ℎ 𝑣𝑥1 𝑙 𝑢𝑄 由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有tan𝜃 = 𝑑 = 𝑢𝑄 𝑚𝑔 𝑚𝑔𝑑 联立解得𝑄 = 𝑘𝑚𝑔𝑑ℎ 𝑢𝑙 （3）根据题意可知，由于𝑘 <1，则第一次碰撞后粒子不能返回上绝缘板，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动 时间为𝑡′，则有𝑡′ = 2𝑘√2𝑔ℎ =2𝑘√ 2ℎ 𝑔 𝑔 水平方向上做匀加速直线运动，加速度为𝑎′ = 𝑢𝑄 = 𝑘𝑔ℎ 𝑚𝑑 𝑙水平方向运动的距离为𝑙′ =𝑣 𝑡′+ 1 𝑎𝑡′2 =4𝑘𝑙+ 4𝑘3ℎ2 𝑥1 2 𝑙 则电场对粒子做的功为𝑊 = 𝑢𝑞𝑙 + 𝑢𝑄𝑙′ = 𝑚𝑔𝑙2 +4𝑘2𝑚𝑔ℎ+ 4𝑘4𝑚𝑔ℎ3 𝑑 𝑑 ℎ 𝑙2