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2021 年福建省普通高中学业水平选择性考试物理试题
（福建新高考）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M 点和玉女峰附近的N 点，
如图所示。已知该游客从M 点漂流到N 点的路程为5.4 km，用时1h，M、N 间的直线
距离为1.8km，则从M 点漂流到N 点的过程中（ ）
A．该游客的位移大小为5.4 km
B．该游客的平均速率为5.4 m/s
C．该游客的平均速度大小为0.5 m/s
D．若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0
【答案】C
【详解】A．位移指的是从M 点漂流到N 点的有向线段，故位移大小为1.8km，故A
错误；
B．从M 点漂流到N 点的路程为5.4 km，用时1h，则平均速率为
v率= s
t = 5.4
1 km/h
故B 错误；
C．该游客的平均速度大小为
v = x
t = 1.8
1 km/h=0.5m/s
故C 正确；
D．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为0.5m/s，若以所乘竹筏为参考系，玉
女峰的平均速度也为0.5m/s，故D 错误；
故选C。
2．一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场
的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（❑
1
1
）以速度v0
自O 点沿中
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轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O 点沿中轴线射入，能够做
匀速直线运动的是（ ）（所有粒子均不考虑重力的影响）
A．以速度v0
2
的射入的正电子( )
1
0
B．以速度v0
射入的电子(
)
−1
0
C．以速度2v0
射入的核( )
1
2
D．以速度4 v0
射入的a 粒子( e)
2
4
【答案】B
【详解】质子（❑
1
1
）以速度v0
自O 点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将
受到向上的洛伦兹力和电场力，满足
q v0 B =q E
解得
v0= E
B
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A．以速度v0
2
的射入的正电子( )
1
0 ，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，
故A 错误；
B．以速度v0
射入的电子(
)
−1
0 ，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即
速度选择题不选择电性而只选择速度，故B 正确；
C．以速度2v0
射入的核( )
1
2 ，以速度4 v0
射入的a 粒子( e)
2
4
，其速度都不满足速度选器
的条件v0= E
B
，故都不能做匀速直线运动，故CD 错误；
故选B。
3．某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R 为输电线的总电阻。
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若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载
变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是（ ）
A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
【答案】D
【详解】不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U 1=U V1
不变，根据
U 1
U 2
= n1
n2
可知，变压器副线圈的输出电压U 2=U V2不变；当住户使用的用电器增加时，即用户
的总电阻R灯变小，由
I 2=
U 2
R+ R灯
可知，副线圈的电流I 2= I A2变大，而由
U V3=U 2−I 2 R
可知V3减小；由理想变压器的原理
U 1 I 1=U 2 I 2
可知原线圈的电流I 1= I A1变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3
减小；
故选D。
4．福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10 级台风的
风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s，16 级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风
迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16 级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10
级台风的（ ）
A．2 倍
B．4 倍
C．8 倍
D．16 倍
【答案】B
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【详解】设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在
时间Δt的空气质量为
Δm= ρ S v ⋅Δt
假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
−F ⋅Δt =0−Δm v
可得
F = ρ S v
2
10 级台风的风速v1≈25 m/s，16 级台风的风速v2≈50 m/s，则有
F2
F1
= v2
2
v1
2 ≈4
故选B。
二、多选题
5．以声波作为信息载体的水声通信是水下长距离通信的主要手段。2020 年11 月10 日，
中国载人潜水器“奋斗者”号创造了10909 米深潜纪录。此次深潜作业利用了水声通
信和电磁通信等多种通信方式进行指令传输或数据交换，如图所示。下列说法正确的
是（ ）
A．“奋斗者”号与“探索一号”通信的信息载体属于横波
B．“奋斗者”号与“沧海”号通信的信息载体属于横波
C．“探索一号”与通信卫星的实时通信可以通过机械波实现
D．“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程
【答案】BD
【详解】A．由题知，“奋斗者”号与“探索一号”通信是通过水声音通信，由下而
上，故信息载体属于纵波，故A 错误；
B．由题知，“奋斗者”号与“沧海”号通信是通过水声音通信，由左向右，故信息载
体属于横波，故B 正确；
C．因为太空中没有介质，故机械波无法传播，所以“探索一号”与通信卫星的实时通
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信只能通过电磁通信来实现，故C 错误；
D．在传递信息的过程也是传递能量的过程，故“探索一号”与“探索二号”的通信
过程也是能量传播的过程，故D 正确。
故选BD。
6．如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy 平面，导线与坐标平面的交点为
a、b、c、d 四点。已知a、b、c、d 为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点
O，e 为c d的中点且在y 轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a 点的导线的电流
方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则（ ）
A．O 点的磁感应强度为0
B．O 点的磁感应强度方向由O 指向c
C．e 点的磁感应强度方向沿y 轴正方向
D．e 点的磁感应强度方向沿y 轴负方向
【答案】BD
【详解】AB．由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O 点的距离相等，故四条导
线在O 点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O 点产生的
磁感应强度方向，如图所示
由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则，可知O 点的磁感
应强度方向由O 指向c，其大小不为零，故A 错误，B 正确；
CD．由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b 到e 点的距离相等，故a、b 在e 点的
磁感应强度大小相等，c、d 到e 点的距离相等，故c、d 在e 点的磁感应强度大小相等，
根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O 点产生的磁感应强度方向，如图所示
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由图可知Bc与Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb与Ba大小相等，方向如图所示，
根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y 轴负方向，故C 错误，
D 正确。
故选BD。
7．如图，P、Q 是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长
且电阻可忽略不计。图中E F G H矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大
小为B 的匀强磁场。在t =t1时刻，两均匀金属棒a、b 分别从磁场边界E F、G H进入
磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a 棒的电流为0，此时t =t2，b 棒仍位于磁
场区域内。已知金属棒a、b 相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R 和2 R，a 棒的
质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b 棒没有相碰，则
（ ）
A．t1
时刻a 棒加速度大小为2B
2 L
2v0
3m R
B．t2时刻b 棒的速度为0
C．t1~t2时间内，通过a 棒横截面的电荷量是b 棒的2 倍
D．t1~t2时间内，a 棒产生的焦耳热为2
9 m v0
2
【答案】AD
【详解】A．由题知，a 进入磁场的速度方向向右，b 的速度方向向左，根据右手定则
可知，a 产生的感应电流方向是E 到F，b 产生的感应电流方向是H 到G，即两个感应
电流方向相同，所以流过a、b 的感应电流是两个感应电流之和，则有
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I = 2B Lv0
3 R
对a，根据牛顿第二定律有
B I L=ma
解得
a= 2B
2 L
2v0
3m R
故A 正确；
B．根据左手定则，可知a 受到的安培力向左，b 受到的安培力向右，由于流过a、b 的
电流一直相等，故两个力大小相等，则a 与b 组成的系统动量守恒。由题知，t2时刻流
过a 的电流为零时，说明a、b 之间的磁通量不变，即a、b 在t2时刻达到了共同速度，
设为v。由题知，金属棒a、b 相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R 和2 R，根据
电阻定律有
R = ρ L
s ，2 R = ρ L
s
′
解得
s
′ = 1
2 s
已知a 的质量为m，设b 的质量为m
′，则有
m= ρ密V = ρ密s L，m
′ = ρ密V
′ = ρ密s
′ L
联立解得
m
′ = 1
2 m
取向右为正方向，根据系统动量守恒有
m v0−1
2 m v0=(m+ 1
2 m)v
解得
v = 1
3 v0
故B 错误；
C．在t1~t2时间内，根据
q = I Δt
因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C
错误；
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D．在t1~t2时间内，对a、b 组成的系统，根据能量守恒有
1
2 m v0
2+ 1
2 ×(
1
2 m)v0
2= 1
2 m v
2+ 1
2 ×(
1
2 m)v
2+Q总
解得回路中产生的总热量为
Q总= 2
3 mv0
2
对a、b，根据焦耳定律有
Q = I
2 R Δt
因a、b 流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b 产生的热量与电阻成正比，即
Qa:Qb=1:2
又
Qa+Qb=Q总= 2
3 m v0
2
解得a 棒产生的焦耳热为
Qa= 2
9 mv0
2
故D 正确。
故选AD。
8．两位科学家因为在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了2020 年诺
贝尔物理学奖。他们对一颗靠近银河系中心的恒星S2的位置变化进行了持续观测，记
录到的S2的椭圆轨道如图所示。图中O 为椭圆的一个焦点，椭圆偏心率（离心率）约
为0.87。P、Q 分别为轨道的远银心点和近银心点，Q 与O 的距离约为120 AU（太阳到
地球的距离为1AU），S2的运行周期约为16 年。假设S2的运动轨迹主要受银河系中心
致密天体的万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出（ ）
A．S2与银河系中心致密天体的质量之比
B．银河系中心致密天体与太阳的质量之比
C．S2在P 点与Q 点的速度大小之比
D．S2在P 点与Q 点的加速度大小之比
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【答案】BCD
【详解】A．设椭圆的长轴为2a，两焦点的距离为2c，则偏心率
0.87= 2c
2a = c
a
且由题知，Q 与O 的距离约为120 AU，即
a−c =120 AU
由此可得出a 与c，由于S2是围绕致密天体运动，根据万有定律，可知无法求出两者的
质量之比，故A 错误；
B．根据开普勒第三定律有
a
3
T
2 =k
式中k 是与中心天体的质量M 有关，且与M 成正比；所以，对S2是围绕致密天体运动
有
a
3
T s2
2 =k 致∝M 致
对地球围绕太阳运动有
r地
3
T 地
2 =k 太∝M 太
两式相比，可得
M 致
M 太
= a
3T 地
2
r地
3 T s2
2
因S2
的半长轴a、周期T s2
，日地之间的距离r地
，地球围绕太阳运动的周期T 地
都已知，
故由上式，可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B 正确；
C．根据开普勒第二定律有
1
2 v P(a+c)= 1
2 vQ(a−c)
解得
vP
vQ
= a−c
a+c
因a、c 已求出，故可以求出S2在P 点与Q 点的速度大小之比，故C 正确；
D．S2不管是在P 点，还是在Q 点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二
定律有
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G M m
r
2 =ma
解得
a= G M
r
2
因P 点到O 点的距离为a+c,，Q 点到O 点的距离为a-c，解得
aP
aQ
= (a−c)
2
(a+c)
2
因a、c 已求出，故S2在P 点与Q 点的加速度大小之比，故D 正确。
故选BCD。
三、填空题
9．核污水中常含有氚( )
1
3 等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全。氚β衰变的
半衰期长达12.5 年，衰变方程为→e+
+ νe
−1
0
Z
A
1
3
，其中νe
是质量可忽略不计的中性粒子，
Z= ，A= 。若将含有质量为m 的氚的核污水排入大海，即使经
过50 年，排入海中的氚还剩 m（用分数表示）。
【答案】 2 3 1
16
【详解】[1][2]根据电荷数守恒和质量数守恒可得
Z=2
A =3
[3]经过50 年，排入海水中的氚的剩余质量为
m
′ =m( 1
2 )
50
12.5 = 1
16 m
10．如图，一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B，该过程气体对外
（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体的温度 （填“升高”
“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”）。
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【答案】 做正功 先升高后降低
【详解】[1]该过程气体体积增大，对外做正功。
[2]由题图可知，从状态A 到状态B，p 与V 的乘积先增大后减小，根据理想气体状态
方程
pV
T =C
可知气体的温度先升高后降低。
四、实验题
11．某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00cm电阻丝的电阻率，
该电阻丝的电阻值约为100~200Ω，材料未知。实验过程如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图（a）所示。该电阻丝的直径为
mm。
（2）对多用电表进行机械调零。
（3）将多用电表的选择开关旋至 倍率的电阻挡（填“×1”“×10”“
×100”或“×1k”）。
（4）将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
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（5）将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图（b）所示。该电阻
丝的电阻值为 Ω。
（6）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
（7）实验测得的该电阻丝电阻率为 Ω⋅m（结果保留3 位有效数字）。
【答案】 1.414 ×10 160 3.14×10
−4
【详解】（1）[1]该电阻丝的直径为
d =1mm + 41.4×0.01mm =1.414 mm
（3）[2]使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，应尽可能使指针偏转至刻度盘
中央附近，由于该电阻丝的阻值在100~200Ω，而表盘中央刻度在15~20 左右 ，所以
应选择×10 倍率的电阻挡；
（5）[3]15~20 之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为
R =16×10Ω=160Ω
（7）[4]根据电阻定律有
R = ρ L
S = ρ 4 L
πd
2
解得该电阻丝的电阻率为
ρ=πd
2 R
4 L
≈3.14×10
−4Ω⋅m
12．某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如
下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器
与小车相连。
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某
次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应
该 （填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打
出的纸带一部分如图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上
标出的每两个相邻计数点之间还有4 个打出的点未画出。打出F 点时小车的速度大小
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为 m/s（结果保留2 位小数）。
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小
车v-t 图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小 （填“逐渐变大”
“逐渐变小”或“保持不变”）。据此可以得到的实验结论是 。
【答案】 往右移 0.15 逐渐变小 空气阻力随速度增大而增大
【详解】（2）[1]由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，
即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
（4）[2]打F 点时小车的速度大小等于打E、G 两点之间小车的平均速度大小，即
vF= xEG
2T = (6.92−3.85)×10
−2
2×0.1
m/s≈0.15 m/s
（5）[3]v-t 图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。
[4]小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车和钩码组成的系统所
受合外力F 随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则
F =m g−f
而钩码重力mg 不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
五、解答题
13．一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动力减速
阶段，探测器速度大小由96 m/s减小到0，历时80s。在悬停避障阶段，探测器启用最
大推力为7500 N的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已
知火星半径约为地球半径的1
2
，火星质量约为地球质量的1
10
，地球表面重力加速度大
小取10 m/s
2，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动。求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。
【答案】（1）1.2m/s
2，3840 m；（2）1875kg
【详解】（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为v1，末速度大小
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为v2，加速度大小为a，由匀变速直线运动速度公式有
v2= v1−at ①
代入题给数据得
a=1.2m/s
2 ②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
s= v1t −1
2 at
2 ③
联立②③式并代入题给数据得
s=3840 m ④
（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为M 火、r 火和g火，地球的质量、
半径和表面重力加速度大小分别为M 地、r地和g地由牛顿运动定律和万有引力定律，
对质量为m 的物体有
G M 火m
r 火
2
=m g火 ⑤
G M 地m
r地
2
=m g地 ⑥
式中G 为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质
量为mmax，由力的平衡条件有
F =mmax g火 ⑦
联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得
mmax=1875kg ⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为1875kg。
14．如图（a），一倾角37°的固定斜面的A B段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹
簧的一端固定在底端C 处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉
力T 作用下，由A 处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去T。T 随滑块沿斜
面下滑的位移s 的变化关系如图（b）所示。已知A B段长度为2m，滑块质量为2kg，
滑块与斜面A B段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取
10 m/s
2，sin37° =0.6。求：
（1）当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B 点时的动能；
（3）滑块第一次在B 点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
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【答案】（1）7 m/s
2；（2）26J；（3）1.3 m
【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，
滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10 N时滑块的加速度大小
为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
T +m gsinθ−f =ma ①
N −m gcosθ =0 ②
f = μ N ③
联立①②③式并代入题给数据得
a=7 m/s
2 ④
（2）设滑块在A B段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W =T 1s1+T 2s2 ⑤
式中T 1、T 2和s1、s2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，T 1=8 N，s1=1m，T 2=10 N，s2=1m。设滑块第一次到达B 点时的动能为Ek，
由动能定理有
W +(m gsinθ−f )(s1+ s2)= Ek−0 ⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
Ek=26J ⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B 点时，动能仍为Ek。设滑块离B 点
的最大距离为smax，由动能定理有
−(m gsinθ+ f )smin=0−Ek ⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
smax =1.3 m ⑨
15．如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N 四点距O 点的距离均为❑√2 L，O 为水
平连线AB的中点，M、N 在AB连线的中垂线上。A、B 两点分别固定有一点电荷，电
荷量均为Q（Q>0）。以O 为原点，竖直向下为正方向建立x 轴。若取无穷远处为电
势零点，则ON上的电势φ随位置x 的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q>0）
的小球S1以一定初动能从M 点竖直下落，一段时间后经过N 点，其在ON段运动的加速
度大小a 随位置x 的变化关系如图（c）所示。图中g 为重力加速度大小，k 为静电力
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常量。
（1）求小球S1在M 点所受电场力大小。
（2）当小球S1运动到N 点时，恰与一沿x 轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性
碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4 k Q
2
3 L
，碰撞时间极短。求
碰撞前S2的动量大小。
（3）现将S2固定在N 点，为保证S1能运动到N 点与之相碰，S1从M 点下落时的初动
能须满足什么条件？
【答案】（1）❑√2k Q
2
4 L
2
；（2）8k Q
2❑√g L
9 g L
2
；（3）Ek> (13−8 ❑√2)k Q
2
27 L
【详解】（1）设A 到M 点的距离为RM，A 点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA，由
库仑定律有
FA= k Q
2
RM
2 ①
设小球S1在M点所受电场力大小为FM，由力的合成有
F M=2 FAsin 45° ②
联立①②式，由几何关系并代入数据得
FM=
❑√2k Q
2
4 L
2
③
（2）设O 点下方L
2
处为C点，A与C的距离为RC，小球S1在C处所受的库仑力大小为FC，
由库仑定律和力的合成有
FC=2 k Q
2
RC
2 sinθ ④
式中
试卷第17页，共3页
sinθ = O C
RC
设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
FC+m1g=m1a ⑤
由图（c）可知，式中
a=2g
联立④⑤式并代入数据得
m1= 8k Q
2
27 g L
2
⑥
设S2
的质量为m2
，碰撞前、后S1
的速度分别为v1
，v1
′，S2
碰撞前、后的速度分别为v2
，
v2
❑′，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v1+m2v2=m1v1
❑′ +m2v2
′ ⑦
1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2= 1
2 m1v1
❑❑
′2+ 1
2 m2v2
❑❑
′2 ⑧
设小球S2碰撞前的动量为p2，由动量的定义有
p2=m2v2 ⑨
依题意有
1
2 m1v1
2= 1
2 m1v1
❑❑
′2= 4 k Q
2
3 L
m1=m2
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得
p2=−8k Q
2❑√g L
9 g L
2
⑩
即碰撞前S2
的动量大小为8k Q
2❑√g L
9 g L
2
。
（3）设O 点上方L
2
处为D 点。根据图（c）和对称性可知，S1在D 点所受的电场力大
小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D 点上方做减速运
动，在D 点下方做加速运动，为保证S1能运动到N 点与S2相碰，S1运动到D 点时的速
度必须大于零。
设M 点与D 点电势差为U MD，由电势差定义有
试卷第18页，共3页
U MD=φM−φD ⑪
设小球S1初动能为Ek，运动到D 点的动能为EkD，由动能定理有
m1 g(MO−DO)+QU MD= EkD−Ek ⑫
EkD>0 ⑬
由对称性，D 点与C 点电势相等，M 点与N 点电势相等，依据图（b）所给数据，并
联立⑥⑪⑫⑬式可得
Ek> (13−8 ❑√2)k Q
2
27 L
⑭
