2021-2022学年江西省新余市高一（下）期末物理试卷（含解析）

绝密★启用前

2021-2022学年江西省新余市高一（下）期末物理试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1. 下列说法正确的是(    )

A. 元电荷是电荷量最小的电荷
B. 牛顿的万有引力定律中引力常量是由牛顿测定的
C. 若合外力对物体做正功，物体的机械能一定增加
D. 正电荷和负电荷是由富兰克林命名的；首先提出“电场线”的科学家是法拉第

2. 北京时间年月日，在经历“黑色九分钟”后，中国首辆火星车“祝融号”与着陆器成功登陆火星，这也意味着“天问一号”火星探测器已经实现了“绕”和“落”两项目标。火星可以看成半径为，质量分布均匀，不断自转的球体。“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动一周时间为。“祝融号”与着陆器总质量为，假如登陆后运动到火星赤道，静止时对水平地面压力大小为，引力常量为，下列说法正确的是(    )

A. 火星自转角速度大小为
B. 火星自转角速度大小为
C. 火星的质量为
D. “天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动的加速度小于火星赤道上物体随火星自转的加速度

3. 如图所示为公路变速自行车骑行情境。若该车前、后轮半径均为，大齿轮与脚蹬板相连的齿数为齿，飞轮与后轮相连的齿数为齿，若人以的转速蹬车，共享单车的速度大小约为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 如图所示，一小电动机用轻绳通过动滑轮将一重物由静止开始以的加速度匀加速竖直向上提起。已知重物的质量为，重力加速度，不计滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，运动过程中滑轮未碰到天花板，小电动机的最大输出功率，则重物匀加速运动过程中，能持续的时间和电动机输出的牵引力分别为(    )

A. ， B. ， C. ， D. ，

5. 如图所示，光滑的水平地面上有质量为且足够长平板车，车上最右端放一质量为的物块，开始时、均静止。时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其图像如图所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为，内物块始终没有滑出小车，取。下列说法正确的是(    )

A. 内，物块的加速度一直保持不变
B. 要使物块不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少
C. 内，与间因摩擦产生的热量为
D. 内，外力做功

6. 如图所示，一透明绝缘半球壳，为球心，将带有等量异种电荷的小球分别固定在直径的两端，、、、为平行底面的小圆上的点，且、位于过直径的大圆周上，、位于垂直直径面的大圆周上，下列说法正确的是(    )

A. 点与点的场强相同，电势不同
B. 点与点的场强相同，电势不同
C. 电势差
D. 将一负电子从点沿圆弧路径移动，其电势能先减小后增大

7. 如图所示，在边长为的正方形竖直平面内固定一光滑四分之一圆弧形杆，点固定一光滑轻质小滑轮。质量均为的小环和用不可伸长的细线连接，小环穿在圆弧形杆上位于点，细线搭在滑轮上，现将小环和同时由如图位置开始静止释放，重力加速度为，不计空气阻力，在弧形杆上运动过程中，下列描述正确的是(    )

A. 运动到点时的速度为
B. 速度最大时，细线对的拉力功率也最大
C. 的最大动能为
D. 的机械能先增大后减小
 

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8. 如图所示，已知一匀强电场的电场线平行于等边三角形所在的平面，三角形边长为，一带电荷量为的正点电荷由点移到无穷远处克服静电力做功为；而带电荷量为的负点电荷从点移到点电势能增加，若已知点电势为，无穷远处的电势为零，则下列说法中正确的是(    )

A. 点电势为 B. 点的电势低于点电势
C. 电场强度大小为 D. 电荷在点的电势能为

9. 如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板与静电计相接，极板接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差，现给电容器充电，静电计指针张开一定角度。之后实验过程中，保持电容器所带电量不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变大(    )

A. 将板向下平移
B. 将板水平向左平移
C. 在、之间插入云母板
D. 在、之间插入金属板，且不和、接触

10. 如图所示，传送带的水平部分长度为，倾斜部分长度为，与水平方向的夹角为。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率为。现将质量为小煤块从静止轻放到处，它将被传送到点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为，且此过程中煤块不会脱离传送带，，下列说法正确的是(    )

A. 小煤块从点运动到点的过程中，电动机多消耗的电能为
B. 小煤块从点运动到点所用的时间为
C. 从点运动到点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为
D. 从点运动到点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度为

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11. 如图是探究做匀速圆周运动的物体的向心力大小影响因素的实验装置。匀速转动手柄，使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。已知小球在长槽横臂竖直挡板、处和短槽横臂竖直挡板处做圆周运动半径之比为：：；长、短槽下方各有三层塔轮，且长糟上、中、下三层塔轮的半径分别为、、，短槽上、中、下三层塔轮的半径分别为、、。
    在操作正确的情况下，让长槽、短槽下方的塔轮在皮带连接下共同做匀速圆周运动，两塔轮边缘的______大小一定相等。
    A.角速度
    B.线速度
    C.周期
    D.向心加速度
    关于该实验的下列说法错误的是：______。
    A.由于小球挤压竖直挡板后，小球运动半径会略微增大，导致系统误差，转速越快，此项系统误差越大
    B.长、短臂的竖直挡板对球的压力提供了小球做匀速圆周运动的向心力
    C.利用以上装置，共可组合出种不同的塔轮半径比进行实验
    D.露出套筒外的红、白相间的格子数量之比可代表两球所受向心力的比值
    若将两个质量相同的小球分别放在挡板与挡板处，将皮带分别卡在长槽上层和短槽下层的塔轮上，做匀速圆周运动时，理论上、处两小球的向心力之比为______。

12. 用如图实验装置验证、，组成的系统机械能守恒。图给出的是实验中获取的一条纸带：是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有个打下的计时点图中未标出，计数点间的距离如图所示。已知、，则：
    
    要使实验误差更小，应选择“、”两计数点距离接近______的纸带，。计算结果保留三位有效数字
    用表示各计数点到点的距离，用表示各计数点速度，用表示重力加速度，这个实验需要验证机械能守恒的公式为：______；用相关物理量的字母表示
    在计数点过程中系统动能的增量______，则系统势能的减少量______；在误差允许范围内，系统机械能守恒，。计算结果均保留三位有效数字

四、简答题（本大题共3小题，共40.0分）

13. 将两段轻杆和、两小球按如图所示连接，其中长度为的轻杆一端与光滑竖直轴连接在一起，另一端固定一小球；长度为的轻杆被固定在、两球之间。整个系统可以在光滑水平面上绕轴转动，同时两杆保持在同一直线上。已知两个小球的质量均为，可视为质点。则当小球的线速度大小为时，求：
    
    小球的向心加速度大小；
    两段轻杆中拉力的大小分别是多少。
14. 年月日，圆满完成任务的三名中国航天英雄乘坐神舟十三号飞船从空间站顺利返回地面，刷新中国载人航天器最快返回的记录，实现了中国航天的又一项重大技术突破。如图所示，某颗卫星的返回回收过程可简化如下：轨道是某近地圆轨道，其半径可近似看作等于地球半径，轨道是位于与轨道同一平面内的中地圆轨道，轨道半径为地球半径的倍。一颗在轨道上运行的质量为的卫星的通过两次制动变轨，先从转移轨道进入轨道运行，调整好姿态再伺机进入大气层，返回地面。若已知地球半径地球表面重力加速度为，忽略地球自转的影响；试求用题中所给字母表示：
    
    该卫星在轨道上运行的动能；
    卫星在地球周围的引力场中具有的势能叫做引力势能，若把无穷远处定为引力势能的零势能点，则质量为的卫星在距地心处的引力势能表达为：，为地球质量未知。试求该卫星从轨道经两次变轨到轨道的过程中，制动力对它做的功。
15. 如图所示，一质量为，带电荷量为的小球以速度，沿两正对带电平行金属板板间电场可看成竖直向下的匀强电场左侧某位置水平向右飞入，极板长，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道，圆弧轨道的形状为半径的圆截去了左上角的圆弧，为其竖直直径，在过点竖直线的右边界空间存在平行于纸面的匀强电场图中未画出取试求解：
    两极板间的电场强度的大小。
    若匀强电场水平向左，大小为，则小球沿圆弧运动到点时对轨道的压力大小。
    若匀强电场竖直向下，欲使小球能沿圆弧运动到点，求的取值应满足的条件。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、元电荷不是电荷量最小的电荷，而是最小的电荷量，故A错误；
B、牛顿的万有引力定律中引力常量是由卡文迪什测定的，故B错误；
C、若合外力对物体做正功，根据动能定理可知物体的动能一定增加，但物体的机械能不一定增加，故C错误；
D、正电荷和负电荷是由富兰克林命名的；首先提出“电场线”的科学家是法拉第，符合史实，故D正确。
故选：。
元电荷是最小的电荷量。牛顿的万有引力定律中引力常量是由卡文迪什测定的。物体的机械能变化取决除了重力以外的力做功。结合富兰克林和法拉第的物理学成就进行解答。
本题主要考查物理学史，对于著名科学家的物理学成就要加强记忆，注重积累。
 

2.【答案】 

【解析】解：、“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动一周时间为，“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动的角速度大小为；
则“祝融号”与着陆器在火星表面的万有引力为：，在火星赤道上静止时对水平地面压力大小为，则向心力为：；
根据牛顿第二定律可得：
联立解得火星自转角速度大小为：，故A错误、B正确；
C、根据万有引力和重力的关系可得：，解得：，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可得，解得“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动的加速度；
火星赤道上物体随火星自转的加速度为：；
所以“天问一号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动的加速度大于火星赤道上物体随火星自转的加速度，故D错误。
故选：。
“祝融号”与着陆器在火星表面的万有引力等于重力与向心力之和，由此列方程求解火星自转角速度；
根据万有引力和重力的关系求解火星的质量；
根据牛顿第二定律半径加速度大小。
本题主要是考查万有引力和重力的关系，解答本题的关键是知道“祝融号”与着陆器做匀速圆周运动的向心力是万有引力，对火星的压力是“祝融号”与着陆器的重力，不能忽略自转的情况下，二者不相等。
 

3.【答案】 

【解析】解：大齿轮的转速，大齿轮转动的角速度；设大齿轮的半径为，小齿轮的半径为，根据题意：：：；大齿轮和小齿轮是链条皮带类传动，线速度相等，根据公式，可得，则小齿轮的角速度；小齿轮和后轮是同轴传动，角速度相等，设后轮半径为，所以后轮边缘的线速度，故C正确，ABD错误。
故选：。
齿轮的齿距是相等的，由于齿轮周长齿数齿距，因此齿轮的齿数之比等于齿轮周长之比，等于齿轮半径之比；根据转速可求得角速度，再根据两种传动方式的特点求解线速度的大小。
注意大、小齿轮的齿距相等，齿轮的齿数之比等于齿轮半径之比；要清楚转速与角速度的关系。
 

4.【答案】 

【解析】解：重物由静止开始以的加速度匀加速向上提起，则，代入数据解得：
绳子匀加速运动的最大速度：
重物匀加速运动所用时间：
故ACD错误，B正确；
故选：。
根据牛顿第二定律结合重物运动状态的分析可知匀加速所用的时间和牵引力。
本题考查以恒定加速度启动的问题，注意匀加速启动的特点，抓住重物的速度与绳端的速度关系。
 

5.【答案】 

【解析】解：根据图像斜率表示加速度，车先以加速度做匀加速直线运动
后以加速度做匀减速直线运动，
根据物块与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为，则有

物块与小车速度相同前，物块受到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小车速度相同后，物块受到的滑动摩擦力向左，物块做匀减速直线运动。物块运动的，图像如红线所示

内，物块先加速后减速，加速时加速度向右，减速时加速度向左，故A错误；
B.设时刻物块与小车速度相等，则有
解得

此时物块和小车的速度为

之后，物块相对小车向右滑，在时，物块的速度为
 
内，物块和小车的相对位移为，由图像可得

要使物块不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少，故B错误；
C.时，物块的速度为
内，由图像可知小车和物块的相对位移为

所以因摩擦产生的内能为 
代入数据解得：
故C错误；
D、结合项分析图可知，后平板车速度为，物块的速度为，根据功能关系可知外力做功为
解得：；
故D正确；
故选：。
当物块查对于平板车滑动时，由求物块的加速度，画出图象，由图象算出两者速度相等的时刻，根据平板车减速阶段的加速度大小与物块加速度的关系，判断物块与平板车相对滑动的时间，从而分析的加速度变化情况。根据“面积”法求内，相对滑动的位移的大小，根据功能关系解的热量和外力做功。
对于牛顿第二定律和功能关系的综合应用，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，根据图象的“面积”求位移。
 

6.【答案】 

【解析】解：根据等量异种电荷电场线的分布特点可知、所在大圆上各点的场强相同。点与点的场强大小相同，但方向不同；根据等量异种电荷电势的分布特点可知点与点的电势相同，点的电势高于点的电势，故AB错误；
C.根据等量异种电荷电势的分布特点可知点与点的电势相同，点的电势高于点的电势，但电势的绝对值相等，即电势差

故C正确；
D.电场线方向由正电荷指向负电荷，所以从电势降低，电子的电势能增大，从电势升高，电子的电势能减小，故D错误。
故选：。
由等量异种电荷电场线分布求解场强关系，由电势特点比较电势关系，根据电势与电势能的关系分析判断。
本题考查静电场，熟练掌握等量异种电荷电场线及电势特点是解题关键。
 

7.【答案】 

【解析】解：、小环运动到环上最低点时，、的速度大小相等，设为，根据机械能守恒定律可得，解得，故A正确；
B、速度最大时，切向合外力为零，合外力的功率为零，细线的拉力对环做功的功率的绝对值等于所受重力的功率，下滑过程中，一直减小，一直减小，速度先增大后减小，根据复合函数的规律，功率最大时应该出现在速度达到最大值之前，故速度最大时功率不是最大，故B错误；
C、根据速度的合成与分解可知，的速度在沿细线方向的分量大小等于的速度大小，当小环的速度为零时，小环的速度方向与细线垂直，根据几何关系可知此时细线与水平方向的夹角为，根据机械能守恒定律可得此时小环的动能最大，则有：，故C错误。
D、小环从点到达圆弧中点的过程中，即小环下降过程中，绳子拉力对做负功，故机械能减小，从圆弧中点到达点过程中，即上升过程中，绳子拉力对做正功，的机械能增加，所以的机械能先减小后增大，故D错误。
故选：。
小环和及细线组成的系统机械能守恒，从而求出的最大速度；
由小环速度与拉力的变化关系、拉力与速度的夹角变化关系，判断拉的拉力的功率的变化关系；
小环速度为零时，即小环的速度方向与细线垂直，此时细线恰好与水平方向成，由机械能守恒可知小环的最大动能；
根据拉力对环的做功情况，判断的机械能的变化情况。
本题考查系统机械能守恒的应用，关键是要清楚机械能守恒的条件。而且要知道小环和小环的运动过程，知道小环的速度为零时，小环的速度方向与细线垂直；小环运动到最低点时，的速度与细线速度共线，则的速度相等。
 

8.【答案】 

【解析】解：、电荷量为的正点电荷由点移到无穷远处克服电场力做功为，即电场力做功为，则点与无穷远处间的电势差为，代入数据解得：
结合，，得，故A错误；
B、带电荷量为的负点电荷从点移到点电势能增加，电场力做功为，则间的电势差为，代入数据解得：，结合，解得，则知点的电势低于点电势，故B正确；
C、已知点电势为，所以连线为等势线，过做的中垂线，为电场线，电场强度大小为，故C正确；

D、电荷在点的电势能为，故D错误。
故选：。
根据电势差的定义式求出点与无穷远处间的电势差，从而求得点电势；再根据求出间的电势差，从而判断点与点电势高低；根据电场线与等势面的关系，求解电场强度大小。
解决本题的关键要找出等势点，根据电场线与等势面的关系求解电场强度的大小。要注意在运用电势差的定义式时，各个量均要代符号计算。
 

9.【答案】 

【解析】解：、将板向下平移，电容器两极板正对面积减小，根据分析可知，电容器的电容减小，因电容器所带电量一定，根据分析可知，电容器两极板间的电势差增加，故静电计指针张角变大，故A正确；
B、将板水平向左平移，电容器两极板间距离增大，根据分析可知，电容器的电容减小，结合电容器所带电量一定，根据分析可知，电容器两极板间的电势差增加，故静电计指针张角变大，故B正确；
C、在、之间插入云母板，根据分析可知，电容器的电容增大，因电容器所带电量一定，根据分析可知，电容器两极板间的电势差减小，故静电计指针张角变小，故C错误；
D、在、之间插入金属板，且不和、接触，相当于电容器两极板间距离减小，根据分析可知，电容器的电容增大，因电容器所带电量一定，根据分析可知，电容器两极板间的电势差减小，故静电计指针张角变小，故D错误。
故选：。
静电计测量平行板电容器两极板间的电势差，电势差越大，静电计指针的张角越大。由分析电容的变化，抓住电容器所带电量不变，根据分析电压的变化，即可判断静电计指针张角如何变化。
本题是电容器动态分析问题，关键要抓住不变量：电容器所带电量，根据电容的决定式和电容的定义式相结合进行分析。
 

10.【答案】 

【解析】解：、小煤块从点运动到点的过程中，小煤块先向右做匀加速运动，假设小煤块到达点之前可以和皮带共速，小煤块的加速度为，匀加速运动的位移为，则假设成立，小煤块从点到和传送带共速所用的时间为
皮带在小煤块加速过程运动的位移为，之后小煤块匀速运动的时间
小煤块和传送带的相对滑动位移为，因摩擦产生的热量为
电动机多消耗的电能为
小煤块从点运动到点的过程中，由于，所以小煤块一直匀加速运动，加速度大小为，解得：
由，解得负值舍去
该过程皮带位移为
小煤块和传送带相对滑动位移为
因摩擦产生的热量为，所以煤块由运动到的时间为
小煤块和皮带间因摩擦而产生的总热量，故A错误，BC正确；
D、小煤块从点运动到点的过程中，小煤块相对于皮带有向后的位移，小煤块在传送带上留下的痕迹长度
小煤块从点运动到点的过程中，小煤块相对于皮带有沿皮带向下的位移，小煤块在传送带上留下的痕迹长度，两个过程痕迹有重叠，所以痕迹长为，故D错误。
故选：。
小煤块轻放到点后在滑动摩擦力作用下向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出小煤块的加速度，并求出当小煤块的速度达到时的位移，判断出小煤块的运动情况，从而求出小煤块从点传送到点所用的时间。根据小煤块与传送带间的相对位移求出因摩擦产生的热量，再应用功能关系求出小煤块从到过程电动机多消耗的电能；小煤块在段将沿倾斜部分加速下滑，此时受到的为滑动摩擦力，大小为，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出运动时间，并求出小煤块与传送带间的相对位移，即可求出小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量；在段与段都会留下痕迹，但段传送带快，段煤块快，所留痕迹的长度之和即为总长度。
本题是力学综合题，小煤块运动过程复杂，根据题意分析清楚小煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。要知道摩擦生热与相对位移有关。
 

11.【答案】    ： 

【解析】解：在操作正确的情况下，让长槽、短槽下方的塔轮在皮带连接下共同做匀速圆周运动，两塔轮边缘的线速度大小一定相等，由于半径不相同，故角速度、周期和向心加速度不相等。故ACD错误，B正确；
故选：。
转速越快，所需要向心力越大，则小球挤压竖直挡板越紧，小球运动半径会略微增大，导致系统误差越大，故A正确；
B.对小球受力分析，可知长、短臂的竖直挡板对球的压力提供了小球做匀速圆周运动的向心力，故B正确；
C.由题知，长糟上、中、下三层塔轮的半径分别为、、，短槽上、中、下三层塔轮的半径分别为、、。共可组合出种不同的塔轮半径比进行实验，故C错误；
D.因标尺格子数与向心力成正比，故露出套筒外的红、白相间的格子数量之比可代表两球所受向心力的比值，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：。
长槽、短槽下方的塔轮在皮带连接下共同做匀速圆周运动，两塔轮边缘的线速度大小一定相等，则有
则有

根据向心力表达式有

可得、处两小球的向心力之比为：；
故答案为：：
这个实验是为了验证向心力公式，皮带套在两塔轮半径相同的两个轮子上，说明两个轮子转动的角速度相等，结合恰当的向心力公式讨论即可．
该题考查与向心力有关的因素，解答本题关键选择向心力公式的恰当形式结合题意讨论．
 

12.【答案】       

【解析】解：已知，；每相邻两计数点间还有个打下的计时点，相邻计数点间的时间间隔
由牛顿第二定律得：，物体做初速度为零的匀加速直线运动，、两点间的距离，代入数据解得：
由机械能守恒定律得：，实验需要验证：。
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打点时的速度
在记数点过程中系统动能的增量，
系统势能的减少量。
故答案为：；；；。
应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求解。
应用机械能守恒定律求解。
求出打点时的速度，然后求出动能的增加量与重力势能的减少量。
理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与动能、重力势能的计算公式、机械能守恒定律即可解题；解题时注意单位换算与有效数字的保留。
 

13.【答案】解：依题意可知小球、转动快慢相同，角速度相同。
根据题意可得：，
根据可得：
所以：；
小球的向心加速度：
解得：；
设杆上的拉力大小为，杆上的拉力大小为，对小球，由牛顿第二定律得：
解得：；
对小球，由牛顿第二定律得
其中：
解得：。
答：小球的向心加速度大小为；
杆上的拉力大小，杆上的拉力大小。 

【解析】根据求解的线速度，再根据向心加速度的计算公式进行解答；
分别对小球、小球分析，由牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解杆上的拉力大小。
本题主要是考查匀速圆周运动，解答本题的关键是知道两个小球做匀速圆周运动的向心力来源，能够根据向心力的计算公式、向心加速度的计算公式进行解答。
 

14.【答案】解：根据万有引力提供向心力可得：
根据万有引力和重力的关系可得：
又
联立可得：；
与第问同理，可得卫星在轨道上运行时的动能：
根据引力势能定义可得，卫星在轨道上的引力势能为：
卫星在轨道上的引力势能为：
设制动力做功为，卫星由轨道变轨至轨道的整个过程，由功能关系可得，制动力做功等于卫星机械能的变化量，则有：

解得：。
答：该卫星在轨道上运行的动能为；
该卫星从轨道经两次变轨到轨道的过程中，制动力对它做的功为。 

【解析】根据万有引力提供向心力、万有引力和重力的关系结合动能的计算公式进行解答；
根据引力势能定义可得，卫星在轨道、轨道上的引力势能，由功能关系求解制动力对它做的功。
本题主要是考查万有引力定律与功能关系，解决本题的关键得出卫星动能和势能的变化量，从而根据能量守恒进行求解．
 

15.【答案】解：在点，竖直分速度
带电粒子在平行板中运动时间

根据牛顿第二定律
联立代入数据解得：
在点速度
设点速度为，小球从点运动到点过程，由动能定理：
解得
小球在受轨道的支持力和重力提供向心力，由向心力公式：
解得：
根据牛顿第三定律：
小球对轨道的压力大小
若小球能到达最高点，设点速度为，小球从点运动到点过程，由动能定理：
在点，需满足条件：
联立解得
答：两极板间的电场强度的大小为。
若匀强电场水平向左，大小为，则小球沿圆弧运动到点时对轨道的压力大小为。
若匀强电场竖直向下，欲使小球能沿圆弧运动到点，的取值应满足的条件为。 

【解析】小球在金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据求出运动的时间。在点，根据，及，求得小球的加速度，再根据牛顿第二定律求电场强度大小；
小球从到的过程，利用动能定理求出小球运动到点的速度。在点，对小球根据牛顿第二定律求出轨道的支持力，从而得到小球对轨道的压力。
根据动能定理结合牛顿第二定律解得。
带电体在复合场中运动问题，一般优先考虑动能定理研究速度，对于类平抛运动，往往采用运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学公式结合处理。