浙江省名校协作体2023-2024学年高二物理上学期开学考试试题（Word版附解析）

2023学年第一学期浙江省名校协作体试题高二年级物理学科考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卡指定区域填写学校、班级、姓名、考场号、座位号及准考证号；3．所有答案必须写在答题卡上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卡；5．无特殊说明取g=10m/s2。第Ⅰ卷（选择题共51分）一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）1.用国际单位制的基本单位表示功的单位，下列表示正确的是（）A.kg·m2/s2B.N·m/sC.JD.N·m【答案】A【解析】【详解】根据公式其中m的单位为，a的单位是，x的单位是m，则功的单位为，而N、J都是导出单位。故选A。2.2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空。神舟十六号载人飞船入轨后，于5月30日16时29分，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，如图所示，下列说法正确的是（　　）A.“16时29分”指的是时间间隔B.天和核心舱绕地球运动时，必定受到地球引力的作用C.对接后，“神舟十六号”与“天和核心舱”之间是相对运动的 D.“神舟十六号”与“天和核心舱”对接时，神舟十六号可视为质点【答案】B【解析】【详解】A．“16时29分”指的是时刻，故A错误；B．天和核心舱绕地球运动时，必定受到地球引力作用，故B正确；C．对接后，“神舟十六号”与“天和核心舱”之间是相对静止的，故C错误；D．“神舟十六号”与“天和核心舱”对接时，神舟十六号大小形状不可忽略，不可视为质点，故D错误。故选B。3.在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是（　　）A.在“探究加速度与力和质量的关系”实验中，采用了控制变量法B.卡文迪什扭秤实验和库仑扭秤实验主要采用了理想实验法C.当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，采用了极限法D.伽利略对自由落体运动的研究用到了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法【答案】B【解析】【详解】A．在“探究加速度与力和质量的关系”实验中，采用了控制变量法，A正确；B．卡文迪什扭秤实验和库仑扭秤实验主要采用了放大法，B错误；C．当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，采用了极限法，C正确；D．伽利略对自由落体运动的研究用到了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，D正确。本题选择错误，故选B。4.滑竿下楼是消防员必须掌握的一项技能。一名消防员抓住竖直滑竿由静止开始下滑，运动的速度随时间变化规律如图所示，其中段图线为直线，时刻消防员着地。则下列说法正确的是（） A.在时间内，消防员平均速度B.在时间内，消防员所受滑竿的阻力越来越大C.消防员在时间内加速度不变，在时间内加速度减小D.消防员在时间内受到滑动摩擦力作用，在时间内受静摩擦力作用【答案】B【解析】【详解】A．在时间内，若消防员做匀减速运动，消防员平均速度为由图象可知消防员在时间内的位移大于消防员做匀减速运动的位移，故故A错误；B．根据牛顿第二定律有图象的斜率表示加速度，可知在时间，消防员的加速度大小变大，故消防员所受滑竿的阻力越来越大，故B正确；C．图象的斜率表示加速度，消防员在时间内加速度不变，在时间内加速度增大，故C错误；D．消防员在时间内受到滑动摩擦力作用，在时间内受滑动摩擦力作用，故D错误。故选B。5.下列有关电容器的表述正确的是（　　） A.图甲S接1电容器充电，充电过程中通过电流表的电流大小不变B.图乙S由接1改为接2，电容器放电，放电时通过电流表的电流方向为从左到右C.图丙为可变电容器，它是通过改变两极板之间的正对面积来改变电容大小的D.图丁中的“400V，68μF”，说明该电容器只有两端加上400V的电压时电容才为68μF【答案】C【解析】【详解】A．图甲中，开关接1，则电容器充电，在充电过程中，通过电流表的电流逐渐减小，故A项错误；B．图乙中，开光从1到2，电容器开始放电，由充电过程可知，上极板带正电，所以放电时通过电流表电流方向为从右到左，故B项错误；C．图丙为可变电容器，它是通过改变两极板之间的正对面积来改变电容大小的，故C项正确；D．图丁中的电容器标有“400V，68μF”字样，说明该电容器两端电压的最大值为400V，而其电容总是为68μF，故D项错误。故选C。6.山东潍坊是“世界风筝都”，每年春天都会举办国际风筝节。如图所示，人拉风筝保持静止，AB代表风筝截面，与水平面的夹角为30°。OC代表风筝线，与风筝平面成60°。风筝质量为500g，风筝所受风力方向与风筝面垂直且认为大小恒定，下列说法正确的是（）A.风对风筝的作用力的大小为5NB.风筝线对风筝的拉力大小为5NC.若剪断风筝线，风筝将做自由落体运动D.风筝线对人的拉力和人对风筝线的拉力是一对平衡力【答案】B【解析】 【详解】AB．设风对风筝的作用力大小为，线对风筝的作用力大小为，以风筝为对象，根据受力平衡可得解得故A错误，B正确；C．若剪断风筝线，风筝不只受到重力作用，还受到风力作用，风筝不是做自由落体运动，故C错误；D．风筝线对人的拉力和人对风筝线的拉力是一对相互作用力，故D错误。故选B。7.如图所示，有两个高度差为1m的小钢球A、B先后由静止开始下落，刚好同时落地，小钢球B下落的最后3.8m，用时0.2s，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小钢球B下落最后一秒的位移大小为15mB.小钢球A下落时间为2sC.小钢球A掉落前到地面的高度为20mD.两小钢球在运动过程中，间距和速度之差均保持不变【答案】A【解析】【详解】AB．设小球B下落时间为tB，则有解得则小钢球B下落最后一秒的位移大小为 故A正确；BC．依题意，小钢球A掉落前到地面的高度为小钢球A下落时间满足解得故BC错误；D．依题意，小球A先下落，相距1m，最后二者同时落地，所以，两小钢球在运动过程中，间距逐渐减小。两球速度之差为因为为一个定值，所以两球速度之差保持不变。故D错误。故选A。8.2023年5月发射天舟六号货运飞船和神舟十六号载人飞船，飞船发射后会在停泊轨道（Ⅰ）上进行数据确认，后择机经转移轨道（Ⅱ）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化如图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道（Ⅲ）距地面的高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为，下列说法正确的是（）A.飞船在转移轨道（Ⅱ）上P点的速度为B.飞船在转移轨道（Ⅱ）上P点的加速度小于Q点的加速度 C.飞船从P到Q的运动时间至少为D.空间站内的物品或宇航员处于“漂浮”状态，说明此时它们受力平衡【答案】C【解析】【详解】A．飞船在停泊轨道（Ⅰ）上的速度为飞船从停泊轨道（Ⅰ）上的P点到转移轨道（Ⅱ）上P点要加速，则在转移轨道（Ⅱ）上P点的速度大于，选项A错误；B．根据可知，飞船在转移轨道（Ⅱ）上P点的加速度大于Q点的加速度，选项B错误；C．设飞船在转移轨道（Ⅱ）上的周期为T2，则根据开普勒第三定律解得飞船从P到Q的运动时间至少为选项C正确；D．空间站内的物品或宇航员随空间站绕地球做匀速圆周运动，则虽然处于“漂浮”状态，但它们受力不平衡，选项D错误。故选C。9.某燃脂呼啦圈如图甲所示，在圈外有一个用杆相连的重力锤，小明不小心将杆弄断了，换了一根细绳绑住重力锤。当细绳与竖直方向的夹角为53°，计数器显示1min内转了40圈，运动过程中腰带可看作不动，重力锤绕人体在水平面内做匀速圆周运动，其简化图如图乙所示。已知重力锤的质量m=0.4kg，绳长 L=0.45m，取，则以下说法正确的是（　　）A.若细绳不慎断裂，重力锤将做斜抛运动B.若增大转速，腰带受到的合力变大C.重力锤匀速转动的加速度大小约为7.5m/s2D.细绳悬挂点到腰带中心的距离为0.39m【答案】D【解析】【详解】A．若细绳不慎断裂，重力锤抛出是的速度水平，将做平抛运动，故选项A错误；B．若增大转速，腰带始终不动，受力是平衡的，故合力为零，故选项B错误；C．对小球受力分析得，合力提供小球向心力解得故选项C错误；D．小球需要的向心加速度解得，故选项D正确。故选D。10.如图所示，中心开孔的A、B极板间加上恒定电压，两极板间的距离可以改变，电子每次以相同初速度沿两板的轴线方向向右射入电场中，电子所受重力不计，则下列说法正确的是（　　） A.只要两极板的距离足够小，电子一定能从右极板射出B.只要两极板的距离足够大，电子一定不能从右极板射出C.当两极板的距离变化时，电子在电场中运动的时间不变D.当两极板的距离变化时，电子离开电场的速度相同【答案】D【解析】【详解】AB．电子能否从电场中射出取决于两极板的电压，由动能定理当电压大于时，电子不能射出；当电压小于时，电子能射出，故选项AB错误；C．当两极板的距离变化时，电子在电场中运动的时间变化，距离变大，场强变小，加速度变小，时间变长，反之，距离变小，时间变短，故选项C错误；D．当两极板的距离变化时，电子在电场中电场力做功不变，故离开电场的速度相同。故选项D正确。故选D。11.某同学利用手机加速度传感器研究电梯运动时的超失重现象。某次测量时，手机平放在电梯地板上，电梯由静止开始运动，获得竖直方向的加速度a随时间t变化的图线（取竖直向上为正方向）如图所示，则由图线可知，在5.0~30.0s内（） A.电梯一直向上运动且先加速再减速B.电梯运动过程的最大加速度约为0.5gC.手机对地板的压力最大值约为其重力的1.5倍D.电梯先下降后上升，10s时手机处于失重状态【答案】D【解析】【详解】AD．从a—t图像可以看出，电梯从静止开始，开始先加速下降，再减速下降，然后再加速上升，最后减速上升，在10s时，由于加速度向下，手机处于失重状态，A错误，D正确；B．从a—t图像可以看出，最大加速度约为0.5m/s2，B错误；C．在减速下降和加速上升的过程中，手机处于超重状态，根据牛顿第二定律可得根据牛顿第三定律可知对地板压力C错误。故选D。12.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到空气阻力作用。已知物体上升、下降过程中机械能E随距地面高度h的变化关系如图所示，以地面作为重力零势能面，重力加速度取。以下说法正确的是（）A.物体的质量为3kgB.物体落回到抛出点速度为C.物体受到的空气阻力大小为1ND.物体在上升过程中动能减少了6J【答案】C【解析】 【详解】A．由图像可知，物体在最高点时，动能为0，则有可得物体的质量为故A错误；B．由图像可知，物体落回到抛出点时，重力势能为0，则有可得物体落回到抛出点速度为故B错误；C．物体上升过程减少的机械能等于物体克服空气阻力做的功，则有可得物体受到的空气阻力大小为故C正确；D．根据动能定理可知，物体在上升过程中动能减少了故D错误。故选C。13.如图甲所示，将一轻弹簧放在倾角为45°的固定斜面上，弹簧的下端固定。把物体P靠近弹簧的上端放在斜面上，P由静止沿斜面向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图乙中实线所示。把物体P换成物体Q，完成同样的过程，其a-x关系如图乙中虚线所示，已知物体P与斜面间的动摩擦因数是物体Q与斜面间动摩擦因数的0.6倍。下列说法正确的是（） A.P与斜面间的动摩擦因数为B.Q与斜面间的动摩擦因数为C.P的质量是Q的6倍D.P的质量是Q的倍【答案】B【解析】【详解】刚开始下滑时，物体受到重力，斜面对物体的支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，对PmPgsinθ-μPmPgcosθ=mP•3a0对QmQgsinθ-μQmQgcosθ=mQa0P运动x0时，加速度为零，则mPgcosθ-μPmPcosθ-kx0=0Q下滑2x0时，加速度为零，则mQgsinθ-μQmQgcosθ-k•2x0=0联立并代入数据解得故B正确，ACD错误。二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上答案符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）14.下列说法正确的是（）A.牛顿在伽利略和笛卡儿等科学家研究的基础上提出了牛顿第一定律B.开普勒经过二十多年观察，详细记录了行星的位置和时间，得出了行星运动规律C.在对自由落体运动的研究过程中，伽利略直接用实验验证了自由落体运动的速度与下落时间成正比D.美国科学家富兰克林发现自然界中存在两种电荷，他把一种命名为正电荷，另一种命名为负电荷【答案】AD【解析】【详解】A．牛顿在伽利略的理想斜面实验和笛卡儿对物体运动研究的基础上总结得出了牛顿第一定律，故A正确； B．第谷经过二十年观察，详细记录了行星的位置和时间，开普勒通过分析第谷的数据，得出了行星运动的规律，故B错误；C．伽利略在研究自由落体运动时，猜想运动速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，故C错误；D．美国科学家富兰克林发现自然界中存在两种电荷，他把一种命名为正电荷，另一种命名为负电荷，故D正确。故选AD。15.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，则下列结论正确的是（）A.B端感应出负电，A端感应出正电B.感应电荷在AB内部产生的电场强度处处为零C.若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分为A、B两部分，这两部分所带电荷量的绝对值分别为、，沿任意一条虚线切开，都有D.当C逐渐远离AB时，AB内部的场强逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】A．导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B端移动，使端多带了电子而带负电，A端失去电子带正电，故A正确；BD．AB处于静电平衡状态，内部场强处处为零，感应电荷在AB内部产生的电场强度不是处处为零，当C逐渐远离AB时，AB内部的场强始终为零不变，故BD错误。C．由题意可知，静电感应现象使得A带正电，B带负电，导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分多带了电子而带负电；A部分少了电子而带正电，根据电荷守恒可知，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，由电荷守恒定律知，两部分的电荷量总是相等的，故C正确。故选AC。 16.某地区常年有风，风速基本保持在8m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.25kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%。下列结论正确的是（）A.每秒流经该涡轮机空气的动能约为200kJB.该风力发电机的功率约为20kWC.若风速变为24m/s，则该风力发电机的功率变为原来的9倍D.某纯电动家用汽车每充36kW·h的电能，可以行驶500公里，一般家用汽车的年行驶里程约10000公里。则这台风力发电机一年的发电量能给大约240台正常使用的此型号家用汽车提供一年的电能【答案】BD【解析】【详解】A．每秒流经该涡轮机空气的动能约为故A错误；B．该风力发电机的功率约为故B正确；C．该风力发电机的功率为可知若风速变为24m/s，则该风力发电机的功率变为原来的27倍，故C错误；D．根据能量守恒有解得故这台风力发电机一年的发电量能给大约240台正常使用的此型号家用汽车提供一年的电能，故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题共49分）17.（1）在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，①关于“补偿阻力”的说法中正确的是________（多选）A.“补偿阻力”的本质就是让小车受到的摩擦力为零； B.“补偿阻力”的本质就是使小车所受重力沿斜面向下的分力与其受到的阻力平衡；C.只要“补偿阻力”，小车所受的合力就一定等于所挂槽码的重力；D.“补偿阻力”是否成功，可根据实验正确操作后，纸带上的点迹间距是否均匀而确定。②小明同学在实验中获得的其中一条纸带如图甲所示，A、B、C、D、E、F是纸带上的6个计数点，每两个相邻计数点间均有四个点没有画出。实验所用交流电频率为50Hz，则小车运动的加速度为________m/s2（计算结果保留两位有效数字）。另一同学还做了如下实验：如图乙所示，不改变小车质量和槽码个数，撤去打点计时器及小车后面的纸带，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上来测量加速度，测量的结果比用打点计时器测得的要小，从以下选项中选出一个最合适解释________。A.因为在小车上放置了智能手机后，整体的质量变大了B.因为在小车上放置了智能手机后，没有重新“补偿阻力”C.因为在小车上放置了智能手机后，绳的拉力变小（2）在“探究平抛运动的特点”实验中，下列说法正确的是________A.如图丙所示的演示实验中，1球落地时与2球相碰，就可以说明平抛运动的轨迹是一条抛物线B.用图丁装置进行实验，斜槽轨道M必须光滑且其末端水平C.用图丁装置进行实验，小钢球应从斜槽M上同一位置静止滚下【答案】①.BD##DB②.0.20-0.23③.A④.C【解析】【详解】（1）[1]“补偿阻力”的本质就是使小车所受重力沿斜面向下的分力与其受到的阻力平衡；在检验 “补偿阻力”是否成功时，让小车不挂槽码，悬挂上纸带，打开打点计时器，轻推小车，如果打点计时器在纸带上打下均匀的点，说明小车匀速运动，“补偿阻力”成功。故选BD。[2]相邻两个计数点间的时间间隔T=0.1s根据可知[3]“补偿阻力”成功之后，即使改变小车的质量，也不需要重新补偿阻力，之所以加速度变小，是由于小车上放置了智能手机后，整体的质量变大造成的；而由于加速度减小，槽码所受的合力减小，绳子拉力将变大。故选A。（2）[4]A．球1落地时与球2相碰，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，A错误；BC．用图丁装置进行实验，斜槽轨道M不必须光滑，但末端必须水平，只要每次释放小球的位置固定，且从静止释放，就能保证小球每次的平抛初速度相同，B错误，C正确。故选C。18.某同学要测量一定值电阻的阻值：（1）该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，先用“×100”挡测量，发现指针指在图甲中虚线位置，这时他应该选用“________”挡进行测量，调整好挡位并进行欧姆调零后再次测量，指针指在图甲中实线位置，则的阻值为________Ω。 （2）为了进一步准确测量的阻值，该同学选用下表中器材设计实验电路进行测量电池组E（电动势3V，内电阻很小）滑动变阻器（0~20kΩ，额定电流1A）电压表V（量程0~3V，内电阻约3kΩ）滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2A）电流表（量程0~10mA，内电阻约6Ω）开关S电流表（量程0~0.6A，内电阻约0.2Ω）导线若干①电流表应选用________，滑动变阻器应选用________（均填写字母代号）；②若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图乙所示，请用笔画线代替导线补充完成实物图________。③闭合开关，移动滑片测得多组数据，可求出的阻值。【答案】①.×10②.300③.④.⑤.【解析】【详解】（1）[1][2]该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值，选用“×100”挡测量，发现指针指在题图中虚线位置，指针偏角过大，说明倍率挡选择的过大，这时他应该选用“×10”挡进行测量；的阻值为 （2）①[3]电路中可能出现的最大电流为可知电流表选择A1；[4]为了得出多组数据，滑动变阻器采用分压式连接，滑动变阻器选择最大阻值较小的R2；②[5]因待测电阻的阻值300Ω远大于电流表的内阻6Ω，可知应该采用电流表内接，实物连接图如图所示19.如图所示，质量的滑块以的初速度沿倾角为θ（未知）的足够长斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ（未知）。滑块向上滑行位移后到达最高点，随即下滑，返回到出发点时的速度为，不计空气阻力。求：（1）滑块上滑过程的加速度；（2）滑块下滑过程所用时间t；（3）斜面的倾角θ以及滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。【答案】（1），方向沿斜面向下；（2）；（3），【解析】【详解】（1）滑块向上做匀减速直线运动，以沿斜面方向为正方向解得 即加速度大小为，方向沿斜面向下；（2）下滑过程，滑块做匀加速直线运动，根据运动学方程又得（3）下滑过程，滑块做匀加速直线运动，根据运动学方程解得上、下滑过程，根据牛顿第二定律联立可得20.小丁同学设计了一个玩具赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，倾斜轨道OA和水平轨道DE分别与圆轨道相切于A点和D点，圆轨道ABCD与轨道OA和DE平滑连接。轨道OA底部固定一大小不计的弹射装置，当赛车从O点由静止被弹射，沿斜面上滑后经过圆轨道进入DE轨道，最后从E点抛出。已知赛车质量为0.2kg，圆轨道半径R=0.4m，倾斜轨道OA、EF的倾角分别为53°和37°（sin53°=0.8，sin37°=0.6），E、F两点的高度差H=1.8m，DE轨道长为4m，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.2倍，赛车在轨道其余部分所受阻力可忽略，赛车看成质点。（1）若赛车恰好能过B点，求赛车经过D点时速度大小；（2）若赛车恰好能过B点，求弹射装置对赛车所做的功； （3）若赛车恰好能过B点，求赛车从E点抛出后的落点离E点的距离s；（4）若弹射器对赛车所做的功W可调节，赛车从E点抛出后的第一次落点与E点的高度差为h，求h与W的关系。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）见解析【解析】【详解】（1）赛车恰好能过点可得从到列动能定理可得（2）若赛车恰好能过点，从到列动能定理可得（3）若赛车恰好能过点，从到点列动能定理可得从点平抛，若落在斜面上，可知位移角为，有 可得根据可得（4）若弹射器对赛车所做的功可变，设做功为，从到，列动能定理可得①当时根据，可得得当时，②当时，综上所述：时，；时，； 时，不能从点抛出。21.一个处于真空中的实验装置如图所示，水平放置的平行金属板电容器M两板间距d=0.2m，电容器右侧存在沿电容器中心轴线，水平向左的有界匀强电场区域，场强大小为E=1.5×103V/m，以电容器右边缘中点O点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，匀强电场区域宽度为L=1.4m，在x轴上2L处有一足够长竖直挡板N。现有一可视为质点的带正电小球，已知质量m=2.0×10-4kg、q=1.0×10-6C，当小球从电容器左边缘中点A点以速度水平向右射入电容器，小球恰好向右做匀速直线运动，直到从右边缘中点O飞入右侧的水平电场区域，穿过水平电场后，最终带电小球打在竖直挡板上的P点，忽略电场的边缘效应，求：（1）电容器两极板间的电压；（2）小球穿过水平向左电场后，沿x轴方向分速度大小；（3）小球打在竖直挡板上的P点的坐标；（4）小球从进入水平电场到动能最小的过程中，电势能的变化量。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）球在平行板电容器中，竖直方向受力平衡，则有解得则电容器两极板间的电压 （2）小球在电场中，水平方向做匀减速直线运动，则有解得根据速度与位移的关系有解得（3）设在水平电场中运动的时间为，在水平电场右侧运动的时间为，则有，解得，小球在竖直方向做自由落体运动，则有因此，点坐标为。（4）在水平电场中对小球进行受力分析如图所示，小球受到竖直向下的重力和水平向左的电场力 则有，，解得加速度为方向左下，与竖直方向成，将初速度沿着方向和垂直于方向分别分解为和，如图所示，则有，大小保持不变，当时，小球在电场中动能最小，则这段过程运动时间为该过程水平方向的位移为则电场力做功则有