2024年九省联考（河南省）高考物理适应性试卷（1月份）

2024年九省联考（河南省）高考物理适应性试卷（1月份）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．（6分）如图，在同一根软绳上先后激发出a、b两段同向传播的简谐波，则它们（）A．波长相同 B．振幅相同 C．波速相同 D．频率相同2．（6分）如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（）A． B． C． D．3．（6分）某光源包含不同频率的光，光的强度与频率的关系如图所示。表中给出了一些金属的截止频率νc，用该光源照射这些金属。则（）金属νc/（1014Hz）铯4.69钠5.53锌8.06钨10.95A．仅铯能产生光电子 B．仅铯、钠能产生光电子 C．仅铯、钠、锌能产生光电子 D．都能产生光电子4．（6分）若两颗人造卫星M、N绕地球做匀速圆周运动，M、N到地心的距离之比为k，忽略卫星之间的相互作用。在时间t内，卫星M与地心连线扫过的面积为SM，卫星N与地心连线扫过的面积为SN，则SM与SN的比值为（）A．1 B．k C． D．5．（6分）2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核H沿内环切线向左进入磁场，氚核H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H和H的速度之比为（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1（多选）6．（6分）如图，将一平面镜置于某透明液体中，光线以入射角i＝45°进入液体，经平面镜反射后恰好不能从液面射出。此时，平面镜与水平面（液面）夹角为α，光线在平面镜上的入射角为β。已知该液体的折射率为，下列说法正确的是（）A．β＝30° B．β＝37.5° C．若略微增大α，则光线可以从液面射出 D．若略微减小i，则光线可以从液面射出（多选）7．（6分）α粒子（He）以一定的初速度与静止的氧原子核（O）发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则（）A．t1时刻O的动量为p0﹣p1 B．t1时刻O的加速度达到最大 C．t2时刻O的动能达到最大 D．t2时刻系统的电势能最大（多选）8．（6分）如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v﹣t图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，则（）A．Q的质量为1kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0J D．t＝5.8s时木板速度恰好为零二、非选择题：9．（8分）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图（b），在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。（1）若电动机的转速为3000r/min，则T＝s。（2）实验操作时，应该。（填正确答案标号）A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动（3）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD＝。（用题中所给物理量的字母表示）（4）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出v2﹣h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。10．（14分）学生小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：电池（电动势3V，内阻不计）；待测电容器（额定电压5V，电容值未知）；微安表（量程200μA，内阻约为1kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；电阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均为9999.9Ω）；定值电阻R0（阻值为5.0kΩ）；单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3；计时器；导线若干。（1）小组先测量微安表内阻，按图（a）连接电路。（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于（填“左”或“右”）端。将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。保持R1、R3阻值不变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则P、Q两点的电势（填“相等”或“不相等”）。记录此时R2的示数为1230.0Ω，则微安表的内阻为Ω。（3）按照图（b）所示连接电路，电阻箱R4阻值调至615.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图（c）所示的图像。当微安表的示数为100μA时，通过电阻R0的电流是μA。（4）图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为C（保留两位有效数字）。某同学数得曲线下包含150个这样的小方格，则电容器的电容为F（保留两位有效数字）。11．（12分）房间内温度升高空气外溢的过程可以抽象为如图所示的汽缸模型。汽缸内活塞可以无摩擦自由滑动，室内温度升高空气外溢，可视为空气膨胀推动活塞向外滑动。室内体积为V0，初始温度为T0。室内温度升高到T的过程中，活塞向外缓慢移至虚线位置。室内外气压始终恒定且相等，空气可视为理想气体。求：（1）汽缸内空气升温膨胀后的总体积V；（2）升温前后室内空气质量之比。12．（14分）如图所示，一个带正电的小球，质量为m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。求电场强度的水平分量Ex和竖直分量Ey。13．（14分）如图（a）所示，一个电阻不计的平行金属导轨，间距L＝1m，左半部分倾斜且粗糙，倾角θ＝37°，处于沿斜面向下的匀强磁场中；右半部分水平且光滑，导轨之间存在一个三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，其边界与两导轨夹角均为α，tanα＝0.1。右半部分俯视图如图（b）。导体棒Q借助小立柱静置于倾斜导轨上，其与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。导体棒P以v0＝0.5m/s的速度向右进入三角形磁场区域时，撤去小立柱，Q棒开始下滑，同时对P棒施加一外力使其始终保持匀速运动。运动过程中，两棒始终垂直于导轨且接触良好。已知两磁场的磁感应强度大小均为B＝1T，两棒的质量均为m＝0.1kg，Q棒电阻R＝0.5Ω，P棒电阻不计。重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，以Q棒开始下滑为计时起点。求：（1）撤去小立柱时，Q棒的加速度大小a0；（2）Q棒中电流随时间变化的关系式；（3）Q棒达到的最大速度vm及所用时间t1。

2024年九省联考（河南省）高考物理适应性试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．（6分）如图，在同一根软绳上先后激发出a、b两段同向传播的简谐波，则它们（）A．波长相同 B．振幅相同 C．波速相同 D．频率相同【分析】根据频率、波长和波速三者的关系式，可得到两列波的频率【解答】解：波在相同介质中传播的速度相同，由图可知，两列波的波长不同，振幅不同，根据频率、波长和波速三者的关系式，可知两列波的频率不同。故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】学生在解答本题时，应注意对于频率、波长和波速三者的关系式的熟练运用。2．（6分）如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为8：7。则汽车进入冰面瞬间的速度为（）A． B． C． D．【分析】根据牛顿第二定律以及运动学公式可求出汽车进入冰面瞬间的速度。【解答】解：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律，阻力提供加速度，有f＝ma则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为由速度—位移公式，在路面上有由速度—位移公式，在冰面上有其中解得汽车进入冰面瞬间的速度为，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】学生在解答本题时，应注意灵活运用牛顿第二定律求解加速度。3．（6分）某光源包含不同频率的光，光的强度与频率的关系如图所示。表中给出了一些金属的截止频率νc，用该光源照射这些金属。则（）金属νc/（1014Hz）铯4.69钠5.53锌8.06钨10.95A．仅铯能产生光电子 B．仅铯、钠能产生光电子 C．仅铯、钠、锌能产生光电子 D．都能产生光电子【分析】根据光电效应方程以及逸出功表达式，根据金属的截止频率，可得出能产生光电子的金属。【解答】解：根据光电效应方程Ek＝hν﹣W0由图可知光源中光的频率ν范围大致在2×1014Hz到9×1014Hz之间，截止频率在这一范围内的金属都能产生光电子，所以仅铯、钠、锌能产生光电子，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】学生在解答本题时，应注意能够熟练掌握光电效应的表达式。4．（6分）若两颗人造卫星M、N绕地球做匀速圆周运动，M、N到地心的距离之比为k，忽略卫星之间的相互作用。在时间t内，卫星M与地心连线扫过的面积为SM，卫星N与地心连线扫过的面积为SN，则SM与SN的比值为（）A．1 B．k C． D．【分析】根据万有引力提供向心力列式，得到卫星线速度与轨道半径的关系，由几何知识得到卫星在时间t内与地心的连线扫过的面积表达式，再求SM与SN的比值。【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得可得卫星的线速度大小为：则卫星在时间t内与地心的连线扫过的面积为所以，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】此题考查万有引力定律及其应用，解题的关键是明确万有引力提供向心力，运用几何知识求解卫星与地心的连线扫过的面积。5．（6分）2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核H沿内环切线向左进入磁场，氚核H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H和H的速度之比为（）A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1【分析】根据左手定则绘制出粒子在磁场中的运动轨迹，利用洛伦兹力提供向心力并结合几何关系可求出速度之比。【解答】解：由题意可知，根据左手定则，作图如图所示由几何关系可知，氘核的半径为r1，根据几何关系有2r1＝R2﹣R1＝R1所以由几何关系可知，氚核的半径为r2，有2r2＝R2+R1＝3R1所以得到半径之比满足根据洛伦兹力提供向心力可得线速度的表达式为根据题意可知，氘核和氚核的比荷之比为所以和的速度之比为，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】学生在解答本题时，应注意解决带电粒子在磁场中运动的问题，需要数学几何分析能力。（多选）6．（6分）如图，将一平面镜置于某透明液体中，光线以入射角i＝45°进入液体，经平面镜反射后恰好不能从液面射出。此时，平面镜与水平面（液面）夹角为α，光线在平面镜上的入射角为β。已知该液体的折射率为，下列说法正确的是（）A．β＝30° B．β＝37.5° C．若略微增大α，则光线可以从液面射出 D．若略微减小i，则光线可以从液面射出【分析】作出光路图，根据折射率公式，以及几何关系可求出线在平面镜上的入射角β的大小；增加α，则入射角β将会增大，光线射出液面的入射角变大，将大于临界角，会发生全反射；减小i，则r减小，导致光线在平面镜上的入射角β减小，射出液面的入射角变小，将小于临界角，所以可以从液面射出。【解答】解：AB．光线经平面镜反射后，恰好不能从液面射出，光路图如图根据解得光线在射入液面时的折射角为r＝30°有解得∠C＝45°由几何关系可得2β+（90°﹣r）+（90°﹣C）＝180°解得β＝37.5°故A错误；B正确；C．若略微增大α，则光线在平面镜上的入射角β将变大，根据上面分析的各角度关系可知光线射出液面的入射角变大，将大于临界角，所以不可以从液面射出。故C错误；D．同理，若略微减小i，则r减小，导致光线在平面镜上的入射角β减小，可知光线射出液面的入射角变小，将小于临界角，可以从液面射出。故D正确。故选：BD。【点评】学生在解决本题时，应注意解决光的折射问题，除了掌握折射率公式外，数学几何分析能力也是关键所在。（多选）7．（6分）α粒子（He）以一定的初速度与静止的氧原子核（O）发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则（）A．t1时刻O的动量为p0﹣p1 B．t1时刻O的加速度达到最大 C．t2时刻O的动能达到最大 D．t2时刻系统的电势能最大【分析】α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，从而求出氧原子核的动量；斜率表示动量的变化程度，所以t1时刻α粒子的动量变化率最大，所以受到的电场力最大，所以加速度达到最大；读图可知，t2时刻后，α粒子反向运动，t2时刻氧原子核的动能达到最大；因为t1时刻，氧原子核受到的电场力最大，说明此时α粒子与氧原子核的距离最近，所以电势能最大。【解答】解：A．α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，由此可以得到t1时刻的动量为p2＝p0﹣p1故A正确；B．t1时刻图线的切线斜率最大，这说明此时α粒子的动量变化率最大，根据动量的表达式p＝mv可知α粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即α粒子受到的电场力最大，说明氧原子核受到的电场力也最大，的加速度达到最大，故B正确；C．t2时刻，α粒子速度为零，由图可知t2时刻后，α粒子反向运动，根据系统动量守恒，可知在t2时刻之后，的动量达到最大，说明的速度达到最大，所以的动能达到最大，故C错误；D．t1时刻，氧原子核受到的电场力最大，α粒子与氧原子核的距离最近，此时系统的电势能最大，故D错误。故选：AB。【点评】学生在解答本题时，应注意能够根据研究对象的动量变化情况推导出速度以及动能的变化情况。（多选）8．（6分）如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t＝2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v﹣t图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2，则（）A．Q的质量为1kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0J D．t＝5.8s时木板速度恰好为零【分析】根据动量守恒可求出Q的质量；利用牛顿第二定律可求出动摩擦因数；根据能量守恒定律可求出碰撞系统损失的机械能；结合动量定理可求出木板速度恰好为零的时刻。【解答】解：A．根据v﹣t图像可知，v1＝3m/s，v2＝1m/s，v3＝2m/s，两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m＝1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1+Mv2＝（m+M）v3解得M＝1kg故A正确；B．设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v﹣t图像可知，0﹣2s内P与Q的加速度分别为aP＝1.5m/s2，aQ＝0.5m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maPμ1mg﹣μ2（m+M）g＝MaQ联立解得μ2＝0.05故B错误；C．由于碰撞系统损失的机械能为代入数据解得ΔE＝1.0J故C正确；D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得﹣μ2（m+M）gt2＝0﹣（m+M）v3代入数据解得t2＝4s因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1+t2＝2s+4s＝6s故D错误；故选：AC。【点评】学生在解答本题时，应注意对于碰撞问题，要熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律。二、非选择题：9．（8分）某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图（b），在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。（1）若电动机的转速为3000r/min，则T＝0.02s。（2）实验操作时，应该A。（填正确答案标号）A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动（3）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD＝。（用题中所给物理量的字母表示）（4）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出v2﹣h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。【分析】（1）根据转速为频率的倒数可求出频率，然后求出周期；（2）为了增加软笔在钢柱表面画上的痕迹，应该先使电机转动，然后让钢柱自由下落；（3）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，可求出下落速度；（4）利用功能关系可求出v2＝2gh，发现斜率为2g。【解答】解：（1）由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为则（2）实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上一条痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。（3）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则画出痕迹D时，钢柱下落的速度为（4）钢制的圆柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即可得v2＝2gh若v2﹣h图线为一条倾斜直线，且直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。故答案为：（1）0.02；（2）A；（3）；（4）2g【点评】学生在解决本题时，应注意掌握机械能守恒定律，同时要了解实验原理。10．（14分）学生小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：电池（电动势3V，内阻不计）；待测电容器（额定电压5V，电容值未知）；微安表（量程200μA，内阻约为1kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；电阻箱R1、R2、R3、R4（最大阻值均为9999.9Ω）；定值电阻R0（阻值为5.0kΩ）；单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3；计时器；导线若干。（1）小组先测量微安表内阻，按图（a）连接电路。（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于左（填“左”或“右”）端。将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。保持R1、R3阻值不变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则P、Q两点的电势相等（填“相等”或“不相等”）。记录此时R2的示数为1230.0Ω，则微安表的内阻为1230.0Ω。（3）按照图（b）所示连接电路，电阻箱R4阻值调至615.0Ω，将开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图（c）所示的图像。当微安表的示数为100μA时，通过电阻R0的电流是300μA。（4）图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为3.2×10﹣6C（保留两位有效数字）。某同学数得曲线下包含150个这样的小方格，则电容器的电容为4.8×10﹣4F（保留两位有效数字）。【分析】（2）为保护微安表，滑动变阻器R的滑片应置于左端；开关S2闭合前后微安表的示数不变，根据电桥平衡可知，可得出微安表的内阻；（3）根据电流分布规律求出通过电阻R0的电流；（4）先求出电荷量的大小，然后利用电容定义式求出电容。【解答】解：（2）为保护微安表，实验开始前S1、S2断开，滑动变阻器R的滑片应置于左端。由题知，使开关S2闭合前后微安表的示数不变，则说明P、Q两点的电势相等。根据电桥平衡可知，此微安表的内阻为1230.0Ω。（3）由于微安表与R4并联，则当微安表的示数为100μA时，R4分担的电流为I4＝，解得I4＝0.2mA则通过电阻R0的电流I总＝I4+I＝300μA（4）图（c）中每个最小方格面积所对应的电荷量为q＝8μA×0.4s＝3.2μC＝3.2×1010﹣6C则150个这样的小方格为总电荷量为Q＝n×q＝150×3.2×10﹣6C＝4.8×10﹣4C而微安表改装后流过R0的电流是微安表示数的3倍，则根据电容的定义式可知电容器的电容为故答案为：（2）左，相等，1230.0（3）300；（4）3.2×10﹣6，4.8×10﹣4。【点评】学生在解答本题时，应对电路知识有比较全面的了解，并且理解电容的工作原理。11．（12分）房间内温度升高空气外溢的过程可以抽象为如图所示的汽缸模型。汽缸内活塞可以无摩擦自由滑动，室内温度升高空气外溢，可视为空气膨胀推动活塞向外滑动。室内体积为V0，初始温度为T0。室内温度升高到T的过程中，活塞向外缓慢移至虚线位置。室内外气压始终恒定且相等，空气可视为理想气体。求：（1）汽缸内空气升温膨胀后的总体积V；（2）升温前后室内空气质量之比。【分析】（1）根据盖—吕萨克定律，可求出体积；（2）根据气体变化前后质量相等得到密度关系，从而得出升温前后室内空气质量之比。【解答】解：（1）由题知室内外气压始终恒定且相等，则由盖—吕萨克定律有解得（2）根据气体变化前后质量相等有ρ0V0＝ρV解得则升温前后室内空气质量之比为答：（1）汽缸内空气升温膨胀后的总体积V为；（2）升温前后室内空气质量之比为。【点评】学生在解答本题时，应注意熟练运用理想气体状态方程。12．（14分）如图所示，一个带正电的小球，质量为m，电荷量为q，固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。（1）未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。（2）若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg。求电场强度的水平分量Ex和竖直分量Ey。【分析】（1）未加电场时，根据动能定理求解小球到达最低点的速度，根据牛顿第二定律求解轻杆上的拉力；（2）根据小球在最低点的受力情况分析电场的方向，根据动能定理和牛顿第二定律求解电场强度的大小。【解答】解：（1）未加电场，则从水平位置无初速度释放到最低点时，由动能定理得：小球在最低点时，由牛顿第二定律得：联立解得：FT＝3mg（2）加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：小球在最低点时，由牛顿第二定律得：由题意可知：FT1＝4mg杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中由动能定理得：小球在最低点时，由牛顿第二定律