2023-2024学年辽宁省名校联盟高三（下）联合考试物理试卷（3月）（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省名校联盟高三（下）联合考试物理试卷（3月）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.光刻机是制作芯片的核心装置，主要功能是利用光线把掩膜版上的图形印制到硅片上。如图所示，DUV光刻机使用的是深紫外线，其波长为193 nm。为提高投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体以提高分辨率，则与没加入液体相比，下列说法正确的是
A. 深紫外线进入液体后传播速度变大
B. 传播相等的距离，深紫外线在液体中所需的时间更长
C. 深紫外线光子的能量在液体中更大
D. 深紫外线在液体中更容易发生衍射，能提高分辨率
2.地震监测技术的主要原理是利用了地震发生后横波与纵波的时间差，由监测站发出的电磁波赶在监测站监测仪记录的地震横波波形图和振动图像，已知地震纵波的平均波速为6km/s，两种地震波都向x轴正方向传播，地震时两者同时从震源发出。下列说法正确的是( )
A. 地震横波的周期为1s
B. 用于地震预警监测的是横波
C. 若震源位于地表以下144km，则纵波、横波到达震源正上方的地表时间差为12s
D. 若将监测站显示的地震横波看成简谐横波，以t=0时刻作为计时起点，则该振动图像的振动方程为y=10sin83πtcm
3.2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核污水，其中含有放射性元素多达64种，在这些元素中有21种半衰期超过10年，其中有一种含量最高却难以被清除的氢同位素氚，氚核的衰变方程为
，半衰期为12.5年，X为新生成的粒子。关于氚核的衰变下列说法正确的是()
A. X粒子来自原子核的外部
B. 经过50年，氚 13H的含量为初始的18
C. 通过升高海水温度可以改变氚 13H的半衰期
D. 13H的比结合能比 23He的比结合能小
4.如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数为n1，连接一个理想交流电流表，副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头P调节，副线圈接有定值电阻R0和压敏电阻R，压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图乙所示。物块m置于压敏电阻上，保持原线圈输入的交流电压不变。下列说法正确的是
A. 只减小物块对R的压力，电流表的示数减小
B. 只增大物块对R的压力，R0两端的电压增大
C. 只将滑动触头P向左滑动，电流表的示数增大
D. 只将滑动触头P向右滑动，R0两端的电压增大
5.北京时间2023年9月21日15时48分，“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，新晋“太空教师”景海鹏、朱杨柱、桂海潮为广大青少年带来了一场精彩的太空科普课，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课。已知中国空间站绕地球做匀速圆周运动的周期约为90分钟，则其公转轨道半径和地球同步卫星的公转轨道半径之比约为
A. 8:32B. 32:8C. 1:4D. 4:1
6.如图所示，a、b、c、d为四个质量均为m的带电小球，恰好构成“三星拱月”之形。小球a、b、c在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三个小球带同种电荷，电荷量大小为q1，三小球所在位置恰好将圆周三等分。小球d带电荷量大小为q2，位于圆心O点正上方h处，且在外力和静电力的共同作用下处于静止状态，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A. 水平面对a、b、c三球的支持力FN大于3mg
B. a、b、c三球始终在小球d形成电场的一个等势面上运动
C. 在圆周运动的过程中，小球a的机械能在周期性变化
D. 在圆周运动的过程中，小球b始终不对小球a做功
7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为m的小物块a，a与弹簧间不拴接，开始时a静止于P点。质量也为m的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与a发生正碰后立即粘在一起成为组合体c，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为Ep=12kx2，重力加速度为g，弹簧始终未超出弹性限度。则PQ之间的距离是
A. 2mgsinθkB. 3mgsinθkC. 4mgsinθkD. 5mgsinθk
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.图像可以直观地反映一个物理量随另一个物理量变化的规律。一小球从距地面高h1处由静止开始下落，与水平地面碰撞后弹起所达到的最高点距地面的高度为h2(h2A. B.
C. D.
9.如图所示，真空室中y轴右侧存在连续排列的4个圆形边界磁场，圆心均在x轴上，相邻两个圆相切，半径均为R，磁感应强度均为B。其中第1、3个圆形边界的磁场方向垂直于纸面向里，第2、4个圆形边界的磁场方向垂直于纸面向外，第4个磁场右侧有一个粒子接收屏与x轴垂直，并与第4个磁场相切，切点为M，在磁场上方和下方分别有一条虚线与磁场相切，上方虚线以上有一向下的范围无限大的匀强电场，下方虚线以下有一向上的范围无限大的匀强电场，电场强度大小均为E。现将一群质量均为m、电荷量均为+q(q>0)的带电粒子从坐标原点O向第一、四象限各个方向发射(不考虑平行于y轴方向发射的粒子)，射出速度大小均为v=qBRm。不计粒子重力，则下列说法正确的是
A. 所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运动的时间均为4mvqE
B. 所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程中在磁场中运动的时间均为4πmqB
C. 所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的时间不相同
D. 所有被接收屏接收的粒子均从M点沿x轴正方向射出
10.磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理为：竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ(固定在轿厢上)将受到安培力。当磁场平动速度为v1时，轿厢悬停；当磁场平动速度为v2时，轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是
( )
A. 速度v1和v2的方向都是竖直向上
B. 速度v1的方向竖直向上，速度v2的方向竖直向下
C. 导线框和电梯轿厢的总质量为4B2b2v1gR
D. 轿厢匀速上升的过程中，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量为4B2b2v1v2R
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.传感器在现代生活、生产中有着相当广泛的应用。一个测量温度的传感器设计电路如图甲所示，要求从温度t=0℃时开始测量，并能从表盘上直接读出温度值(电流表满偏时指针所指刻度为0℃)。其中R1是保护电阻，R2是调零电阻(总阻值为100 Ω)，理想电流表量程为0～6 mA，电源电动势为E=3 V(内阻不计)，金属热电阻的阻值R与温度t的对应关系如图乙所示。
(1)选取并安装好保护电阻后，要对温度传感器进行调零，调零后闭合电路的总电阻为_________Ω；
(2)现对表盘进行重新赋值，原5 mA刻度线应标注_________℃；
(3)由于电池老化，电动势降低，但温度传感器仍可以调零，用此调零后的温度传感器测量温度，测量值_________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
12.某同学通过查阅资料得知：机械能中的动能既包括平动动能也包括转动动能。于是他利用实验室中的器材设计了一个实验用来研究转盘的转动动能Ek转和角速度ω的关系。如图所示，轻质细线上端固定在转盘边缘，另一端连接物块，挡光片固定在物块的侧面。逆时针转动转盘将物块吊起，稳定后由静止释放转盘，物块竖直下落。若挡光片的宽度为d(很窄)，挡光片通过光电门的时间为t，物块(含挡光片)的质量为m1，转盘的质量为m2，转盘的半径为R，释放时挡光片距离光电门的高度为h。用题中所给物理量的字母回答下列问题：
(1)请写出挡光片通过光电门时速度的表达式v=_______，此时转盘角速度的表达式ω=_______；
(2)请写出物块(含挡光片)通过光电门时动能的表达式Ek=_______；
(3)若忽略各处摩擦及空气阻力，转盘转动动能的表达式Ek转=_______；
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.某幼儿园的滑梯可简化成如图所示的模型。小朋友(可视为质点)从滑梯顶端A由静止开始下滑，然后经C点进入水平部分减速直到末端D点停止。若滑梯高h=1.8 m，倾斜部分AC长为l=3 m，滑梯的倾斜部分和水平部分与小朋友之间的动摩擦因数均为μ=0.25，忽略空气阻力的影响及小朋友在C处的动能损失。
(1)求小朋友停止的位置D到C点的水平距离；
(2)若设计滑梯时AB高度不变，只减小BC距离从而增大了斜面倾角，其他条件不变，通过计算说明滑梯的占地长度BD是否需要改变？
14.高压氧舱是进行高压氧疗的设备，某高压氧舱内气体压强为大气压强的1.5倍，温度为17℃，体积为29m3，密度为1.6kg/m3，热力学温度T与摄氏温度t之间的关系式为T=t+273K。高压氧舱中的气体始终可视为理想气体。(计算结果均保留3位有效数字)
(1)仅将高压氧舱内的气体温度升高至27℃，求高压氧舱内的压强为标准大气压强的几倍；
(2)保持高压氧舱内的温度为27℃，释放出舱内部分气体，使压强恢复到大气压强的1.5倍，求释放出的气体质量。
15.如图甲所示，在水平面的上方，A、B为同一竖直面内的两点，A、B之间的高度差为h，水平距离为2h，现将一质量为m的不带电小球自A点以一定初动能Ek水平抛出，经过一段时间小球运动至B点。若该小球带正电、电荷量为q，并在竖直面内加上周期性变化的匀强电场，变化规律如图乙所示，将小球在t=0时刻仍从A点以2 3Ek的初动能水平向右抛出，并在t=T时，小球恰好以2Ek的动能竖直向下经过B点，且该时刻电场的方向刚好反向。(重力加速度g和题中m，q，h均为已知量)求：
(1)不带电小球水平抛出时的初动能Ek；
(2)0∼T时间内匀强电场的场强E0大小和方向；
(3)从抛出开始计时经过5T的时间内，带电小球动能的最小值和全过程位移的大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查波长、频率和波速的关系问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。根据深紫外线进入液体中v=λf和真空中c=λ0f，光的能量与频率有关，根据v=cn求解光在液体中的传播速度，从而计算时间；结合折射率公式求解光在液体中的波长，根据明显衍射的条件分析。
【解答】
深紫外线进入液体后传播速度变慢，频率不变，则波长变短，因此深紫外线光子的能量不变，更不容易发生明显的衍射现象;速度变慢，则传播相等的距离，在液体中所需时间更长，故B正确，ACD错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】本题考查识别、理解振动图像和波动图像的能力以及把握两种图像联系的能力。
波的图像反映不同质点在相同时刻的位置，振动图像反映同一质点在不同时刻的位置。从波的图像中可以直接读取波长，从振动图像中可以直接读取周期，然后利用v=λT可求得波速。熟练掌握波传播与质点做简谐运动的关系即可解题。
【解答】A.由题图振动图像可知地震横波的周期为T=38×2s=0.75s，A错误；
B.由题图波动图像可知地震横波的波长为λ=3km，则地震横波的波速为v横=λT=4km/sC.若震源位于地表以下 144km ，则纵波、横波到达震源正上方的地表时间差为Δt=1444s−1446s=36s−24s=12s，C正确；
D.由题图可知A=10cm，又角速度ω=2πT=8π3rad/s，初相位φ=180∘，则若将监测站显示的地震横波看成简谐横波，以 t=0 时刻作为计时起点，则该振动图像的振动方程为y=−10sin83πtcm，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】.D
【详解】A.根据电荷数守恒和质量数守恒可知X粒子是电子，其来源于原子核内一个中子转变为一个质子同时释放一个电子，故A错误；
B.半衰期为12.5年，经过50年，即4个半衰期，氚 13H 的含量为初始的
124=116
故B错误；
C.半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化，故C错误；
D.由于该核聚变释放能量，生成物的原子核更稳定，氚核的比结合能小于氦核的比结合能，故D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】【分析】
根据理想变压器电流比等于匝数反比，电压比等于匝数正比解答。
物块m置于压敏电阻上，增大物块对R的压力，R阻值增大，副线圈输出电压不变，副线圈电流减小，原线圈电流减小。
【解答】
A、只减小物块对R的压力，副线圈输出电压不变，根据乙图，压力减小，压敏电阻阻值减小，则副线圈中电流增大，由原副线圈匝数比不变，可知原线圈中电流增大，则可知电流表的示数增大，A项错误;
B、压力增大，压敏电阻阻值增大，副线圈输出电压不变，则副线圈中电流减小，R0两端的电压减小，B项错误;
C、滑动触头P向左滑动，副线圈匝数减小，输出电压减小，则可知副线圈输出功率减小，原线圈输入功率也减小，由于原线圈输入电压不变，所以原线圈电流减小，电流表的示数减小，C项错误;
D、滑动触头P向右滑动，副线圈匝数增大，副线圈输出电压增大，由串联电路特点可知电阻R0分得的电压增大，D项正确。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查开普勒第三定律，要掌握开普勒第三定律的内容以及适用条件，基础题。
【解答】
解：空间站的周期约为90分钟，即T1=1.5h，同步卫星的周期T2=24h，根据开普勒第三定律r13T12=r23T22可得，r1:r2=32:8，故B正确。
6.【答案】B
【解析】【分析】
a、b、c三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，则d对这三个小球的静电力是吸引力。
d形成的等势面上的点到d点的距离都相等，即等势面是球形的。机械能是动能与重力势能之和。通过力与运动方向的夹角判断力做功正负。
【解答】
A、由受力分析可知d对a、b、c三球有静电吸引力，所以水平面对a、b、c三球的支持力FN小于3mg，故A错误;
B、小球d形成的电场的等势面是以d为球心的球面，所以a、b、c三球始终在小球d形成的电场的一个等势面上运动，故B正确;
C、小球a在运动过程中动能和重力势能始终不变，故C错误;
D、由于做圆周运动的方向未知，小球b对小球a的静电排斥力与小球a运动的速度方向成钝角或锐角，因此在圆周运动的过程中，小球b对小球a做负功或正功，故D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查弹簧类问题，对于ab的碰撞过程，运用动量守恒定律求分析。组合体c的动能最大时，合力为零，弹簧弹力最大时，组合体c运动到最低点，根据系统机械能守恒定律分析求解。
【解答】
设PQ之间的距离是x，物块b匀加速下滑和a碰撞前的速度为v，
则mgxsinθ=12mv2，碰撞过程动量守恒有mv=2mv共，
之后粘在一起做简谐运动，到原长时速度恰好为0，
由能量守恒可得12×2mv共2+12k(mgsinθk)2=2mg×mgsinθk×sinθ，
综上可得x=3mgsinθk，故选B项。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了图象问题、涉及速度、位移、动能和机械能，涉及到矢量性考查知识点全面，运动学图象是解决运动学最简单的方法，用好图象可起到事半功倍的效果，在学习中应注意图象的掌握。
v−t图线斜率表示加速度，不计空气阻力，下降和上升过程加速度均为g；x−t图线斜率表示速度；Ek−x图线斜率表示合力以及小球在下降和上升阶段机械能均不变。
【解答】
A、v−t图线斜率表示加速度，不计空气阻力，下降和上升过程加速度均为g，速度方向相反，上升过程初速度小于下降过程末速度，A项正确;
B、x−t图线斜率表示速度，而速度是变化的，B项错误;
C、Ek−x图线斜率表示合力即重力，C项正确;
D、除了碰撞瞬间，小球在下降和上升阶段机械能均不变，D项错误。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动。要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般步骤：根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式分析答题。
【解答】
D.根据qvB=mv2r，v=qBRm，可得粒子运动半径为r=R，根据磁发散和磁聚焦原理与左手定则，所有粒子都将以垂直于x轴的方向离开第一个磁场向上运动，经过真空后进人电场，在电场中做类竖直上抛运动，然后以相同速率向下再次进入磁场，进入磁场后将会汇聚到x轴与圆的另一个交点，然后进入下一个圆形边界磁场。在垂直于纸面向外的场中运动时，偏转方向与垂直于纸面向里的磁场相反，但是依旧也会做类似的运动。如图所示为某一粒子的轨迹，所以最终粒子一定会打在接收屏的M点，但方向不同，D项错误；
A.粒子在电场中做类竖直上抛运动，每经过一个磁场就会进入一次电场，每次进入电场时加速度a=qEm，运动时间为t=2va，所以电场中总的运动时间为tE=8mvqE，A项错误；
B.如图所示，粒子在每个磁场中运动时转过的圆心角之和均为180∘，所以在每个磁场中的运动时间均为半个周期，则在磁场中运动的总时间为tB=4πmqB，B项正确；
C.所有粒子在电场和磁场中的运动时间都相同，但是在真空中的运动路程不同，时间不同，所以运动的总时间不同，C项正确。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件列出方程；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量问题，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解。
【解答】
AB、根据楞次定律，可得速度v1和v2的方向都竖直向上，故A正确，B错误;
C、由平衡关系有2B×2Bbv1R×b=mg，解得导线框和电梯轿厢的总质量为m=4B2b2v1gR，故C正确;
D、当线框的加速度为零时，轿厢向上能达到最大速度，故有2B×2Bb(v2−v上)R×b=mg，解得v上=v2−v1，电梯向上匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和E=[2Bb(v2−v上)R]2R+mgv上=4B2b2v1v2R，故D正确。
11.【答案】(1)500；
(2)60；
(3)大于。
【解析】【分析】
本题考查了电阻的测量、闭合电路欧姆定律等知识点，本题类似于欧姆表的改装问题，正确利用闭合电路欧姆定律及一次函数知识是解决本题的关键点。
根据闭合电路欧姆定律求解调零后闭合电路的总电阻；根据欧姆定律结合图乙解答；根据欧姆定律结合热敏电阻温度与阻值的关系分析解答；根据闭合电路欧姆定律结合电池老化实际情况解答。
【解答】
(1)电流表满偏时，根据闭合电路欧姆定律可得R总=EImax=500Ω；
(2)当电流表示数为5mA时，根据闭合电路欧姆定律可得R总=EImax=600Ω，可知金属热电阻阻值增大了100Ω，由乙图可得，此时温度为60℃；
(3)因为R总=EImax，R总+ΔR=EI，所以R总R总+△R=IImax，
由于E减小，为保证满偏电流，R总偏小，同样的指针示数I值对应的ΔR偏小，所以与该指针示数对应的温度值偏小，因此测量值偏大。
12.【答案】(1) v=dt ω=dtR
(2) Ek=m1d22t2
(3) Ek转=m1gh−m1d22t2
【分析】
【详解】(1)通过光电门的瞬时速度近似等于平均速度
v=dt
圆盘边缘点的线速度等于物块的速度
ω=vR=dtR
(2)物块通过光电门时动能
Ek=12m1v2=m1d22t2
(3)忽略各处摩擦及空气阻力，系统机械能守恒，转盘转动动能的
Ek转=m1gh−m1d22t2

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】解：(1)设滑梯AC和BC间夹角为θ，由斜面的长度和滑梯的高度
结合勾股定理可得sinθ=0.6，csθ=0.8
小朋友在倾斜AC部分做匀加速直线运动，
根据牛顿第二定律得mgsinθ−μmgcsθ=ma1
在水平CD部分做匀减速直线运动μmg=ma2
根据运动学公式有vC2=2a1l
vC2=2a2x1
综上可得x1= 4.8 m
(本题若对AC阶段、BD阶段分别列动能定理，或对ACD全程列动能定理同样可以)
(2)设CD长度为x1，BC长度为x2，从A到D全过程由动能定理得
mgh−μmgcsθx2csθ−μmgx1=0−0
整理得BD总长度x1+x2=hμ
所以滑梯的占地长度BD不需要改变。

【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式求解儿童到达C点时的速度大小，再根据运动学公式得小朋友停止的位置D到C点的水平距离；；
(2)从A到D全过程结合动能定理求解BD总长度，可知滑梯的占地长度BD不需要改变。
本题考查牛顿第二定律和动能定理的应用，学生需结合运动学公式及动能定理综合求解。
14.【答案】(1)1.55；(2)1.35kg
【详解】(1)仅将高压氧舱内的气体温度升高至27℃，可知气体做等容变化，设标准大气压强为 p0 ，则有
p1=1.5p0
T1=17+273K=290K
T2=27+273K=300K
由查理定律可得
p1T1=p2T2
p2=T2T1p1=300290p1=1.03p1
解得
p2p0=1.03×1.5=1.55
(2)以舱内气体为研究对象，气体做等温变化，则有
p3=p2=1.03×1.5p0
p4=p1=1.5p0
V3=29m3
由玻意耳定律可得
p3V3=p4V4
解得
V4=p3V3p4=1.03×1.5p0×291.5p0m3=29.87m3
由气体的密度公式 ρ=mV 可得，此时气体的密度为
ρ=29×
气体体积的变化
ΔV=V4−V3=29.87m3−29m3=0.87m3
释放出的气体质量
Δm=ρΔV=1.55×0.87kg=1.35kg

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】1) Ek=mgh ；(2) E0=2mgq ，电场方向斜左下方，与竖直方向的夹角为60°；(3) 8 37mgh ； 5 13h
【详解】(1)不带电小球做平抛运动，则有
h=12gt2
2h=v0t
Ek=12mv02
解得
Ek=mgh
(2)小球带正电，设初速度为 vx ，末速度为 vy ，根据动能的公式有
2Ek=12mvy2 ， 2 3Ek=12mvx2
根据运动的分解有
vy2=2ayh
vx2=2ax×2h
根据牛顿第二定律有
qEx=max
mg+qEy=may
则电场大小为
E0= E x2+E y2
解得
E0=2mgq
设电场与竖直方向的夹角为 θ ，则有
tanθ=qExqEy= 3
可知电场应斜左下方，与竖直方向的夹角为60°。
(3)小球在水平方向的运动规律如下：
0∼T：小球做水平向右加速度为a的匀减速直线运动；
T ∼2T：电场反向，电场力的水平分力向右，小球做水平向右加速度为a的匀加速直线运动，之后再重复前面的运动；
小球在竖直方向的运动规律如下：
0∼T：小球的竖直向下加速度为a的匀加速直线运动；
T∼2T：电场反向，竖直向上的电场力分力与重力平衡，所以小球竖直向下做匀速直线运动，后而重复前而的运动，因此0∼5T内，小球的水平位移为
x=5×2h=10h
0∼T的竖直位移为
y1=h=12ayT2 ， v=ayT
T∼2T的竖直位移为
y2=vT=2h
2T∼3T的竖直位移为
y3=vT+12ayT2=3h
3T∼4T的竖直位移为
y4=(v+ayT)T=4h
以此类推，小球在4T∼5T竖直分位移为5 h ，因此在5T时间内的竖直方向的总位移为
y=y1+y2+y3+y4+y5=15h
小球的位移大小
s= x2+y2=5 13h
当带电小球的运动方向与小球所受的合力方向垂直时，动能最小，电场力与重力的合力
F= (qEx)2+(qEy+mg)2= 7mg
设合力与竖直方向夹角为 α ，则
csα=qExF=2 77
所以
Ekm=12m(vxcsα)2=8 37mgh

【解析】详细解答和解析过程见答案