2025年高考广东卷物理真题

关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（　　）

A．系统的固有频率与驱动力频率有关

B．只要驱动力足够大，共振就能发生

C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度

D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大

【答案与解析】

受迫振动的固有频率由系统本身性质决定，与驱动力频率无关，A错误。共振只在驱动力频率等于系统固有频率时才会发生，与驱动力大小无关，B错误。多普勒效应可用于测量运动车辆的速度，C正确。当观察者与波源相互远离时，接收到的频率比波源频率小，D错误。故选C。
如图所示。某光伏电站输出功率 $1000\mathrm{kW}$ 、电压 $400\mathrm{V}$ 的交流电，经理想变压器升压至 $10\mathrm{kV}$ 后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为 $5\mathrm{\Omega}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．变压器原、副线圈匝数比为 $1:100$

B．输电线上由R造成的电压损失为 $500\mathrm{V}$

C．变压器原线圈中的电流为 $100\mathrm{A}$

D．变压器原、副线圈中电流的频率不同

【答案与解析】

理想变压器原、副线圈匝数比 $n_1:n_2=U_1:U_2=400:10000=1:25$ ，A错误。副线圈电流 $I_2=P/U_2=10^6/10^4=100\ \mathrm{A}$ ，输电线上电压损失 $\Delta U=I_2R=100\times5=500\ \mathrm{V}$ ，B正确。原线圈电流 $I_1=P/U_1=10^6/400=2500\ \mathrm{A}$ ，C错误。变压器不改变交变电流频率，原、副线圈电流频率相同，D错误。故选B。
有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光电子，其最大初动能为 $E_{k}$ ，下列说法正确的是（　　）

A．使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子

B．使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于 $E_{k}$

C．频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子

D．频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于 $E_{k}$

【答案与解析】

某频率光只使甲发射光电子，说明 $h\nu>W_{\text{甲}}$ 且 $h\nu<W_{\text{乙}}$ 。频率更小则光子能量更小，更不可能使乙发射，A错误。由光电效应方程 $E_k=h\nu-W_0$ ，频率更小则最大初动能更小，若仍能使甲发射则 $E_k'<E_k$ ，B正确。光强不影响能否发生光电效应，频率不变时乙仍不发射，C错误。光强不影响最大初动能，频率不变则最大初动能仍为 $E_k$ ，D错误。故选B。
如图为测量某种玻璃折射率的光路图。某单色光从空气垂直射入顶角为 $\alpha$ 的玻璃棱镜，出射光相对于入射光的偏转角为 $\beta$ ，该折射率为（　　）

A． $\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha}$

B． $\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin\beta}$

C． $\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}$

D． $\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}$

【答案与解析】

光垂直入射第一面，在第一面无偏折进入棱镜；到达第二面时入射角 $i=\alpha$ 。出射光相对入射光的偏向角 $\delta=\beta$ ，由棱镜偏向角公式 $\delta=r-i$ 得折射角 $r=\alpha+\beta$ 。由折射定律 $n\sin i=\sin r$ ，即 $n\sin\alpha=\sin(\alpha+\beta)$ ，得 $n=\dfrac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha}$ 。故选A。
一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（　　）

A．公转周期约为6年

B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小

C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小

D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的 $\dfrac{1}{25}$

【答案与解析】

半长轴 $a=(5R_e+7R_e)/2=6R_e$ 。由开普勒第三定律 $T^2/a^3=T_e^2/R_e^3$ ，得 $T=6^{3/2}T_e=6\sqrt6\ \text{年}\approx14.7\ \text{年}$ ，A错误。从远日点到近日点 $r$ 减小，太阳引力 $F=GMm/r^2$ 增大，B错误。由开普勒第二定律，该过程线速度逐渐增大，C错误。加速度 $a=GM/r^2$ ，近日点 $r=5R_e$ ，故 $a/a_e=(R_e/5R_e)^2=1/25$ ，D正确。故选D。
某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为 $-q$ 、质量为m的离子以初速度 $v_{0}$ 从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（　　）

A．偏转磁场的方向垂直纸面向里

B．第1次加速后，离子的动能增加了 $2qU$

C．第k次加速后，离子的速度大小变为 $\frac{\sqrt{m^{2}v_{0}^{2}+kqUm}}{m}$

D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 $\frac{\sqrt{m^{2}v_{0}^{2}-2kqUm}}{qR}$

【答案与解析】

离子带负电 $-q$ ，沿顺时针方向在纸面内做圆周运动，洛伦兹力提供向心力指向圆心。由左手定则（负电荷反向判断），要使负电荷顺时针偏转，偏转磁场应垂直纸面向里，A正确。每次经过加速电场动能增加 $qU$ ，第1次加速后动能增量为 $qU$ （非 $2qU$ ），B错误。经 $k$ 次加速，由动能定理 $kqU=\frac12mv_k^2-\frac12mv_0^2$ ，得 $v_k=\dfrac{\sqrt{m^2v_0^2+2kqUm}}{m}$ ，C错误。由 $qv_kB=mv_k^2/R$ 得 $B=\dfrac{\sqrt{m^2v_0^2+2kqUm}}{qR}$ ，D错误。故选A。
如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在 $t_{1}$ 时刻发生正碰后各自反向运动。已知 $F_{1}$ 和 $F_{2}$ 始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

设向右为正。 $F_1=F$ （作用于M，向右）、 $F_2=-F$ （作用于N，向左），两力大小相等、方向相反，系统初始静止，故总动量始终为零。M的加速度 $a_M=F/m_M>0$ ，N的加速度 $a_N=-F/m_N<0$ ，因此M的 $v-t$ 图斜率始终为正、N的斜率始终为负（力恒定，碰撞只使速度跳变）。碰前 $v_M>0$ 、 $v_N<0$ ；碰后各自反向，故 $v_M$ 跳为负、 $v_N$ 跳为正，随后M在负区沿正斜率回升至0、N在正区沿负斜率降至0。由系统总动量恒为零，碰后 $m_Mv_M+m_Nv_N=0$ 且加速度大小不变，两球回到零速度的时刻相同（图中表现为两线同时到达时间轴），对应选项A。故选A。
将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为 $0.4\mathrm{m}$ ，小球所在位置处的切面与水平面夹角 $\theta$ 为 $45^{\circ}$ ，小球质量为 $0.1\mathrm{kg}$ ，重力加速度g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ 。关于该小球，下列说法正确的有（　　）

A．角速度为 $5\mathrm{rad}/\mathrm{s}$

B．线速度大小为 $4\mathrm{m/s}$

C．向心加速度大小为 $10\mathrm{m/s^{2}}$

D．所受支持力大小为 $1\mathrm{N}$

【答案与解析】

小球受重力 $mg$ 与支持力 $N$ ，水平方向提供向心力： $N\sin\theta=m\omega^2R$ ，竖直方向 $N\cos\theta=mg$ 。两式相除得 $\tan\theta=\omega^2R/g$ ，故 $\omega=\sqrt{g\tan\theta/R}=\sqrt{10\times1/0.4}=5\ \mathrm{rad/s}$ ，A正确。线速度 $v=\omega R=5\times0.4=2\ \mathrm{m/s}$ ，B错误。向心加速度 $a_c=g\tan\theta=10\ \mathrm{m/s^2}$ ，C正确。支持力 $N=mg/\cos\theta=0.1\times10/(\sqrt2/2)=\sqrt2\ \mathrm{N}\approx1.41\ \mathrm{N}$ ，D错误。故选AC。
如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　）

A．线圈电阻为 $\frac{E}{I}$

B．I越大，表明m越大

C．v越大，则E越小

D． $m=\frac{EI}{vg}-M$

【答案与解析】

步骤①平衡时安培力向上平衡重力： $BIL=(M+m)g$ ，即 $m=BIL/g-M$ 。步骤②线圈断开、磁场以速率 $v$ 下移，运动电动势 $E=BLv$ ，得 $BL=E/v$ 。代入得 $m=\dfrac{EI}{vg}-M$ ，D正确。由 $m=\dfrac{BIL}{g}-M$ 知 $I$ 越大则 $m$ 越大，B正确。步骤②中线圈开路，测得的是感应电动势而非 $IR$ ，不能得电阻，A错误。由 $E=BLv$ ， $v$ 越大 $E$ 越大，C错误。故选BD。
如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成 $30^{\circ}$ 角，其大小F随时间t的变化关系为 $F = F_0-kt$ （ $F \neq 0$ ， $F_0$ 、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足 $F > 0$ 的任一时刻），下列说法正确的有（　　）

A．受到空气作用力的方向会变化

B．受到拉力的冲量大小为 $\left(F_{0}-\frac{1}{2}kT\right)T$

C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 $mgT+\left(F_{0}-\frac{1}{2}kT\right)T$

D．T时刻受到空气作用力的大小为 $\sqrt{\frac{3}{4}(F_{0}-kT)^{2}+\left(mg-\frac{F_{0}-kT}{2}\right)^{2}}$

【答案与解析】

无人机水平匀速直线运动，合力恒为零，故空气作用力 $\vec F_{\text{空}}=-(\vec F_{\text{拉}}+\vec G)$ 。拉力大小 $F=F_0-kt$ 、方向恒定（与水平成 $30^\circ$ ），其水平分量随 $t$ 减小、竖直分量亦随 $t$ 变化，故 $\vec F_{\text{空}}$ 的方向随之改变，A正确。拉力的冲量大小为 $\int_0^T(F_0-kt)\,\mathrm{d}t=(F_0-\frac12kT)T$ ，B正确。重力与拉力的合力冲量是矢量，其大小不等于两冲量大小直接相加，C错误。T时刻拉力大小为 $F_0-kT$ ，分量 $F_x=(F_0-kT)\cos30^\circ$ 、 $F_y=(F_0-kT)\sin30^\circ$ ；空气作用力分量 $F_{\text{空},x}=-F_x$ 、 $F_{\text{空},y}=mg-F_y=mg-\dfrac{F_0-kT}{2}$ ，故 $|F_{\text{空}}|=\sqrt{\frac34(F_0-kT)^2+\left(mg-\frac{F_0-kT}{2}\right)^2}$ ，D正确。故选ABD。
请完成下列实验操作和计算。 $(1)$ 在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图所示，读数＿＿＿＿mm。

$(2)$ 实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图所示，图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道乙倾角较大。

①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。 ②轨道调节。调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高。将小车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门A和B的＿＿＿＿。证明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③碰撞测试先将小车1静置于光电门A和B中间，再将小车2在M点由静止释放，测得小车2通过光电门A的时间为 $t_2$ ，碰撞后小车1通过光电门B的时间为 $t_1$ 。若 $t_2$ ＿＿＿＿ ${t1}$ ，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。 ④吸能材料性能测试。将吸能材料紧贴于小车2的前端。重复步骤③。测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms，两车碰撞后，依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms、30.00 ms，不计吸能材料的质量，计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为＿＿＿＿（结果保留2位有效数字）。

【答案与解析】

(1)螺旋测微器主尺读数为 $8.0\ \mathrm{mm}$ ，螺旋刻度读数为 $26.0\times0.01\ \mathrm{mm}=0.260\ \mathrm{mm}$ ，故读数为 $8.260\ \mathrm{mm}$ （ $8.259\sim8.261$ 均可）。 (2)②平衡摩擦力后小车在轨道甲上做匀速运动，故测得小车通过光电门A和B的时间相等，即证明阻力已被平衡。③两小车质量相同，发生弹性碰撞时交换速度，小车2碰后速度等于小车1碰前速度，故若 $t_2=t_1$ （两遮光条等宽）可视作弹性碰撞，填“ $=$ ”。④遮光条宽 $d=1.00\ \mathrm{cm}$ ，碰前 $v_2=d/(10.00\ \mathrm{ms})=1\ \mathrm{m/s}$ ，碰后 $v_1'=d/(15.00\ \mathrm{ms})=2/3\ \mathrm{m/s}$ 、 $v_2'=d/(30.00\ \mathrm{ms})=1/3\ \mathrm{m/s}$ 。两车质量相等，动能比 $\dfrac{\frac12m[(2/3)^2+(1/3)^2]}{\frac12m\cdot1^2}=\dfrac{5/9}{1}=0.56$ 。
科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。图（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E（电动势 $15V$ ，内阻不计）；电流表A（量程有 $0.6A$ 和 $3A$ ，内阻不计）；滑动变阻器 $R_P$ （最大阻值 $100\Omega$ ）；定值电阻 $R_0$ （阻值 $10\Omega$ ）；开关S；磁传感器和测试仪；电磁铁（线圈电阻 $16\Omega$ ）；导线若干。图（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。

请完成下列实验操作和计算。 $(1)$ 量程选择和电路连接。 ①由器材参数可得电路中的最大电流为＿＿＿＿A（结果保留2位有效数字），为减小测量误差，电流表的量程选择 $0.6A$ 挡。 ②图（b）中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成 $R_P$ 、 $R_0$ 和A间的实物图连线＿＿＿＿。 $(2)$ 磁感应强度B和电流I关系测量。 ①将图（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器 $R_P$ 的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流＿＿＿＿，保护电路安全。 ②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图所示，读数为＿＿＿＿A。分别记录测试仪示数B和I，断开S。

③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。 ④下图是根据部分实验数据描绘的B−I图线，其斜率为＿＿＿＿ $\mathrm{mT/A}$ （结果保留2位有效数字）。

（3）制动时间t测量。利用图（b）所示装置测量了t，结果表明B越大，t越小。

【答案与解析】

(1)①电源内阻、电流表内阻不计，滑动变阻器置零时电流最大： $I_{\max}=E/(R_{\text{线}}+R_0)=15/(16+10)=0.577\ \mathrm{A}\approx0.58\ \mathrm{A}$ ，故选 $0.6\ \mathrm{A}$ 挡。②实物连线：电源、开关S、电流表A、定值电阻 $R_0$ 、电磁铁线圈（电阻 $16\Omega$ ）与滑动变阻器 $R_P$ 串联构成限流电路；电流表串联在干路，滑片P置于b端时接入阻值最大。 (2)①滑片P置于b端使接入电阻最大，电路中电流最小，保护电路。②电流表用 $0\sim0.6\ \mathrm{A}$ 挡，读数为 $0.48\ \mathrm{A}$ 。④由B–I图线取相距较远两点，斜率 $k=\Delta B/\Delta I\approx(16.0-7.0)/(0.54-0.22)\ \mathrm{mT/A}\approx30\ \mathrm{mT/A}$ （保留两位有效数字）。
如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强 $p_{0}=1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，铸型室底面积 $S_1=0.2m^2$ ，高度 $h_{1}=0.2\mathrm{m}$ ，底面与注气前气室内金属液面高度差 $H=0.15\mathrm{m}$ ，柱状气室底面积 $S_{2}=0.8\mathrm{m}^{2}$ ，注气前气室内气体压强为 $p_0$ ，金属液的密度 $\rho=5.0\times10^{3}\mathrm{kg/m}^{3}$ ，重力加速度取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。

$(1)$ 求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度 $h_2$ 和气室内气体压强 $p_1$ 。 $(2)$ 若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为 $h_3=0.04\mathrm{m}$ 时，气室内气体压强 $p_{2}$ 。

【答案与解析】

(1)金属液体积守恒：气室内液面下降高度 $h_2$ 满足 $S_2h_2=S_1h_1$ ，得 $h_2=S_1h_1/S_2=0.2\times0.2/0.8=0.05\ \mathrm{m}$ 。铸型室与气室内液面高度差 $H+h_2+h_1=0.15+0.05+0.2=0.40\ \mathrm{m}$ ，故 $p_1=p_0+\rho g(H+h_2+h_1)=1.0\times10^5+5.0\times10^3\times10\times0.40=1.2\times10^5\ \mathrm{Pa}$ 。 (2)注气前铸型室经排气孔与大气相通，关闭后其内气体等温。初态 $p_0$ 、体积 $S_1h_1$ ；液面升至 $h_3$ 时气体体积 $S_1(h_1-h_3)$ ，由玻意耳定律 $p_0S_1h_1=p_{\text{铸}}S_1(h_1-h_3)$ ，得 $p_{\text{铸}}=p_0h_1/(h_1-h_3)=1.0\times10^5\times0.2/0.16=1.25\times10^5\ \mathrm{Pa}$ 。气室内液面下降 $h_2'=S_1h_3/S_2=0.2\times0.04/0.8=0.01\ \mathrm{m}$ ，金属液柱总高 $H+h_2'+h_3=0.15+0.01+0.04=0.20\ \mathrm{m}$ ，故 $p_2=p_{\text{铸}}+\rho g(H+h_2'+h_3)=1.25\times10^5+5.0\times10^3\times10\times0.20=1.35\times10^5\ \mathrm{Pa}$ 。
如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为 $f=f_{0}\left(1-\frac{x}{h}\right)$ ，其中 $f_{0}$ 为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为 $\Delta p$ 且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用 $f-x$ 图线下的“面积”表示f所做的功）求：

$(1)$ 木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度 $\omega$ 。 $(2)$ 拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 $(3)$ 拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。

【答案与解析】

(1)木塞向上匀加速， $v^2=2ah$ ，得拔出瞬时速度 $v=\sqrt{2ah}$ ；齿轮线速度等于木塞速度，由 $v=\omega r$ 得 $\omega=\dfrac{\sqrt{2ah}}{r}$ 。 (2)对拔出全程用动能定理。开瓶器做功 $W$ ，重力做功 $-mgh$ ，气体压力差做功 $-\Delta pSh$ （ $\Delta p=p_{\text{外}}-p_{\text{内}}$ ，净压力向下），摩擦力为变力，其 $f-x$ 图线性，平均力 $\bar f=f_0/2$ ，做功 $-\frac12f_0h$ ；动能增量 $\frac12mv^2=mah$ 。故 $W-mgh-\Delta pSh-\frac12f_0h=mah$ ，得 $W=mah+mgh+\Delta pSh+\frac12f_0h$ 。 (3)由牛顿第二定律 $F-\Delta pS-f-mg=ma$ ，其中 $f=f_0(1-x/h)$ 、 $x=\frac12at^2$ ，得 $F=ma+mg+\Delta pS+f_0-\dfrac{f_0a}{2h}t^2$ 。瞬时功率 $P=Fv=F\cdot at$ ，故 $P=(ma+mg+\Delta pS+f_0)at-\dfrac{f_0a^2}{2h}t^3$ 。
如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（ $k<1$ ）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：

$(1)$ 颗粒碰撞前的电荷量q。 $(2)$ 颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。 $(3)$ 颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。

【答案与解析】

(1)第一次下落：竖直 $h=\frac12gt_1^2$ ，水平 $l=\frac12a_xt_1^2$ ， $a_x=qE/m=qU/(md)$ 。消去 $t_1$ 得 $l=\dfrac{qU}{md}\cdot\dfrac{h}{g}$ ，故 $q=\dfrac{mgdl}{Uh}$ 。 (2)碰后水平分速度不变 $v_x=v_x^-$ ，竖直分速度反向且大小变为 $k$ 倍 $v_y^+=kv_y^-$ 。离开下板瞬间速度 $\vec v$ 与合力 $\vec F=qE\hat x-mg\hat y$ 垂直： $v_x(qE)-v_y^+(mg)=0$ 。其中 $v_x=\dfrac{qU}{md}t_1$ 、 $v_y^+=k\sqrt{2gh}$ 、 $t_1=\sqrt{2h/g}$ ，代入得 $Q=\dfrac{mgkdh}{Ul}$ 。 (3)电场力做功等于各段电荷 $\times$ 电场 $\times$ 水平位移。第一段（电荷 $q$ ）水平位移 $l$ ，做功 $W_1=qEl=\dfrac{mgdl}{Uh}\cdot\dfrac{U}{d}\cdot l=\dfrac{mgl^2}{h}$ 。第二段（电荷 $Q$ ）从B作斜抛回到下板（第二次碰撞），飞行时间 $T=2v_y^+/g=2k\sqrt{2gh}/g$ ，水平位移 $\Delta x=v_xT+\frac12a_x'T^2$ （ $a_x'=QE/m$ ）。计算 $W_2=Q E\Delta x=4k^2mgh+\dfrac{4k^4mgh^3}{l^2}$ 。总功 $W=W_1+W_2=\dfrac{mgl^2}{h}+4k^2mgh+\dfrac{4k^4mgh^3}{l^2}$ 。