重慶市渝北中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月月考質(zhì)量監(jiān)測物理試題

渝北中學(xué)20232024學(xué)年高三11月月考質(zhì)量監(jiān)測物理試題（全卷共三大題18小題，總分100分，考試時長90分鐘）一、選擇題（共48分。其中18題每小題只有一個正確選項(xiàng)，每小題4分；912題每小題有多個正確選項(xiàng)，全部選對的每題得4分，未選全的得2分，有選錯的得0分）1.疲勞駕駛往往十分危險。若一輛汽車因司機(jī)打瞌睡撞上高速公路護(hù)欄，下列說法正確的是（）A.碰撞時汽車與公路護(hù)欄受到的撞擊力的方向相反B.碰撞時汽車與公路護(hù)欄受到的撞擊力的方向相同C.公路護(hù)欄是靜止的，碰撞時護(hù)欄受到的撞擊力比汽車受到的大D.汽車是主動產(chǎn)生碰撞的，碰撞時汽車受到的撞擊力比護(hù)欄受到的大【答案】A【解析】【分析】【詳解】汽車和公路護(hù)欄之間的撞擊力互為作用力和反作用力，由牛頓第三定律可知，汽車與公路護(hù)欄之間的撞擊力大小相等、方向相反，與運(yùn)動情況無關(guān)，A正確。故選A。2.圖中虛線所示為某靜電場的等勢面，相鄰等勢面間的電勢差都相等；實(shí)線為一試探電荷僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡。該試探電荷在M、N兩點(diǎn)受到的電場力大小分別為和，相應(yīng)的電勢能分別為和，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)電場線疏密程度表示電場強(qiáng)度大小可知，N處場強(qiáng)大于M處場強(qiáng)，則電荷受到的電場力方向大致指向曲線軌跡的凹側(cè)，故由M到N過程，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故故選C。3.某次風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)中，某一顆粒的運(yùn)動軌跡如圖所示，則該顆粒（）A.在P點(diǎn)的加速度可能水平向左 B.一定做變速運(yùn)動C.在Q、P兩點(diǎn)的動量可能相同 D.從Q到P的位移大小等于路程的大小【答案】B【解析】【詳解】A．由曲線運(yùn)動條件可知，在P點(diǎn)受到的合力的方向不可能水平向左，所以在P點(diǎn)的加速度不可能水平向左，故A錯誤；B．物體做曲線運(yùn)動，速度方向不斷變化，所以一定做變速運(yùn)動，故B正確；C．Q、P兩點(diǎn)的切線的方向不同，速度方向不同，所以在Q、P兩點(diǎn)的動量不可能相同，故C錯誤；D．物體做曲線運(yùn)動，所以位移大小小于軌跡長度，故D錯誤。故選B。4.某壓敏電阻的阻值隨受壓面所受壓力的增大而減小。某興趣小組利用該壓敏電阻設(shè)計(jì)了判斷電梯運(yùn)行狀態(tài)的裝置，其電路如圖甲所示。將壓敏電阻平放在豎直電梯內(nèi)，受壓面朝上，在上面放一物體A，電梯靜止時電壓表示數(shù)為，在電梯由靜止開始運(yùn)行過程中，電壓表的示數(shù)如圖乙所示，則電梯運(yùn)動情況為（）A.勻加速下降 B.勻加速上升C.加速下降且加速度在變大 D.加速上升且加速度在變小【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)圖乙可知，電壓表示數(shù)大于電梯靜止時電壓表的示數(shù)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得可知壓敏電阻的阻值比電梯靜止時大且恒定不變，可知壓敏電阻所受壓力小于電梯靜止時的壓力，物體A處于失重狀態(tài)，有可能是向下勻加速或者向上勻減速，故A正確，BCD錯誤。故選A。5.如圖所示，固定在水平地面上的光滑絕緣圓筒內(nèi)有兩個帶正電小球A、B，A位于筒底靠在左側(cè)壁處，B在右側(cè)筒壁上受到A的斥力作用處于靜止。若筒壁豎直，A的電荷量保持不變，B由于漏電而下降少許后重新平衡，下列說法中正確的是（）A.小球A、B間的庫侖力變小 B.小球B對筒壁的壓力變小C.小球A對筒底的壓力變大 D.小球A對筒壁的壓力變大【答案】D【解析】【詳解】A．對B受力分析如圖所示由平衡條件可得B由于漏電而下降少許后重新平衡，增大，故小球A、B間的庫侖力變大，故A錯誤；BD．B對筒壁的壓力為增大，可知B對筒壁的壓力變大。將小球A、B看成整體，小球A、B水平方向受力平衡，可知筒壁對A的壓力等于筒壁對B的壓力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球A對筒壁的壓力變大，故B錯誤；故D正確；C．將小球A、B看成整體，小球A、B豎直方向受力平衡，筒底對A的支持力等于小球A、B的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球A對筒底的壓力不變，故C錯誤。故選D?！军c(diǎn)睛】主要考察對整體法和隔離法的靈活應(yīng)用，當(dāng)兩個物體的運(yùn)動情況一致時，可根據(jù)整體+隔離的方法進(jìn)行分析受力情況6.2023年4月14日我國首顆綜合性太陽探測衛(wèi)星“夸父一號”準(zhǔn)實(shí)時觀測部分?jǐn)?shù)據(jù)完成了國內(nèi)外無差別開放，實(shí)現(xiàn)了數(shù)據(jù)共享，體現(xiàn)了大國擔(dān)當(dāng)。如圖所示，“夸父一號”衛(wèi)星和另一顆衛(wèi)星分別沿圓軌道和橢圓軌道繞地球逆時針運(yùn)動，兩軌道相交于A、B兩點(diǎn)。已知圓軌道半徑與橢圓軌道的半長軸相等，某時刻兩衛(wèi)星與地球在同一直線上，下列說法正確的是（）A.兩衛(wèi)星在圖示位置的速度 B.兩衛(wèi)星在A或B點(diǎn)處可能相遇C.兩衛(wèi)星通過A點(diǎn)時的加速度大小相等 D.“夸父一號”衛(wèi)星的速度小于【答案】CD【解析】【詳解】A．為衛(wèi)星在橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度，小于在此位置以衛(wèi)星和地球連線為半徑的圓軌道的速度，表示勻速圓周運(yùn)動的速度，根據(jù)可得半徑越小，速度越大，故，A錯誤；B．根據(jù)開普勒第三定律可知圓軌道的半徑與橢圓軌道的半長軸相等，所以兩衛(wèi)星的運(yùn)動周期相等，故不會相遇，B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律可知，兩衛(wèi)星通過A點(diǎn)時的加速度大小相等，C正確；D．是第一宇宙速度，是最小的發(fā)射速度，最大的環(huán)繞速度，也是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)可知，半徑越大，速度越小，所以“夸父一號”衛(wèi)星的速度小于，D正確。故選CD。7.如圖所示，電容式麥克風(fēng)的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路。麥克風(fēng)正常工作時，振動膜隨聲波左右振動。下列說法不正確的是（）A.振動膜向右運(yùn)動時，電容器的板間電場強(qiáng)度不變B.振動膜向右運(yùn)動時，電阻上有從a到b的電流C.振動膜向左運(yùn)動時，電容器的板間電場強(qiáng)度減小D.振動膜向左運(yùn)動時，振動膜所帶的電荷量減小【答案】A【解析】【詳解】A．由于電容器和電源相連，電容器兩極板電壓不變，振動膜向右運(yùn)動時，電容器兩極板間的距離減小，由電容器的板間電場強(qiáng)度增大，故A錯誤；B．根據(jù)可知電容增大，則有可知電容器的帶電荷量增大，所以電阻上有從a到b的電流，故B正確；CD．振動膜向左運(yùn)動時，電容器兩極板間的距離增大，所以電容減小，由于電容器兩極板電壓不變，所以電容器的板間電場強(qiáng)度減小，電容器的帶電荷量減小，故CD正確。本題選擇錯誤的，故選A。8.如圖甲，兩等量同種正點(diǎn)電荷位于同一豎直線上，在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上放置一水平軌道，在兩點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)靜置一帶正電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。時刻給小球一個水平向右的初速度，此后小球運(yùn)動的圖像如圖乙所示，時刻圖線斜率絕對值為，圖線上的點(diǎn)為間曲線切線斜率最大點(diǎn)，該點(diǎn)切線斜率為，小球最終停在距點(diǎn)處。帶電小球質(zhì)量為，所帶電荷量為，重力加速度為，下列說法正確的是（）A.在兩點(diǎn)電荷連線中垂線上，點(diǎn)電勢最高，時刻小球所在位置的場強(qiáng)最大B.小球與軌道間的動摩擦因數(shù)C.若取無窮遠(yuǎn)處為0電勢點(diǎn)，則點(diǎn)電勢為D.兩點(diǎn)電荷連線中垂線上場強(qiáng)最大值為【答案】D【解析】【詳解】A．由沿電場線方向電勢逐漸降低，在中垂線中點(diǎn)O點(diǎn)電勢最高，由v—t圖像可知，小球在初始階段電場力小于摩擦力，小球做減速運(yùn)動，t1時刻電場力與摩擦力大小相等，速度減到最小，此后電場力大于摩擦力，小球做加速運(yùn)動，在t2時刻，小球的加速度最大，所受合外力最大，摩擦力不變，所以電場力最大，可知場強(qiáng)最大，t3時刻，加速度是零，電場力和摩擦力大小相等，此后電場力小于摩擦力，小球做減速運(yùn)動，直到停止，A錯誤；B．在初始時刻，小球受到的電場力是零，只受摩擦力，由牛頓第二定律可得其中t=0時刻圖線斜率絕對值為k1，則有聯(lián)立可得B錯誤；C．小球從O點(diǎn)到停在距O點(diǎn)L處的N＇點(diǎn)，由動能定理可得又有解得C錯誤；D．由A選項(xiàng)分析可知，在t2時刻，小球受的電場力最大，可知場強(qiáng)最大，由牛頓第二定律可得其中聯(lián)立可得D正確。故選D。9.如圖所示，水平地面上固定一豎直擋板，傾角為、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面，一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間，設(shè)所有接觸面均光滑。若將固定斜面體的楔子P取走，小球下落且未脫離斜面的過程中，下列說法正確的是（）A.球?qū)ωQ直擋板壓力相對于球靜止時減小 B.球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動C.球體與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.球體與斜面體組成系統(tǒng)動量守恒【答案】AC【解析】【詳解】A．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對于球靜止時減小，故A正確；B．小球下落過程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運(yùn)動，故B錯誤；C．因此過程中只有球的重力對系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C正確；D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動量也不守恒，則球體與斜面體組成系統(tǒng)的動量不守恒，故D錯誤。故選AC?！军c(diǎn)睛】掌握機(jī)械能守恒和動量守恒的條件。再根據(jù)受力情況及運(yùn)動情況，分析受力變化情況。10.如圖a所示，質(zhì)量分別為、的兩物塊A、B間拴接一個被壓縮且鎖定的輕彈簧，整個裝置靜置于光滑水平地面上，其中A與左側(cè)固定的擋板相接觸?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B的速度隨時間變化的圖像如圖b所示，則（）A.整個運(yùn)動過程中，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.A、B的質(zhì)量之比C.A的最大速度為D.A離開擋板后，彈簧的彈性勢能最大時B的速度為【答案】BD【解析】【詳解】A．整個運(yùn)動過程中，A、B組成的系統(tǒng)受到彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯誤；BC．由圖可知，B的最大速度為3m/s，最小為0，當(dāng)B的速度為零后，B又加速運(yùn)動，說明B速度為零時，彈簧恢復(fù)原長，AB發(fā)生的完全彈性碰撞，根據(jù)故A獲得的最大速度故B正確，C錯誤；D．A離開擋板后，彈簧彈性勢能最大時AB速度相同，根據(jù)動量守恒有解得故D正確。故選BD。11.如圖甲，水平向右勻強(qiáng)電場E區(qū)域內(nèi)，有一粗糙水平軌道AB與半徑為R的光滑絕緣豎直半圓軌道BC平滑連接。一帶正電的小滑塊從A點(diǎn)靜止釋放，在AB段運(yùn)動中由于摩擦電荷量增加，加速度隨位移變化圖像如圖乙所示。在BC段運(yùn)動中，小滑塊電荷量保持不變。已知A、B間距離為4R，滑塊質(zhì)量為m，與軌道間動摩擦因數(shù)，重力加速度為g。則小滑塊（）A.運(yùn)動到B點(diǎn)時速度大小為B.對半圓軌道壓力最大時，其所在處軌道半徑與豎直方向夾角的正切值為2C.從C點(diǎn)飛出回到AB軌道的過程中，其水平方向能達(dá)到的最遠(yuǎn)距離大于4RD.若在飛出C點(diǎn)的同時，將電場反向，則落地前將做曲線運(yùn)動【答案】BD【解析】詳解】A．從A到B由動能定理可得由圖象可得，小滑塊從A到B運(yùn)動過程中，合力做的功為則小滑塊運(yùn)動到B點(diǎn)時速度大小所以A錯誤；B．對滑塊受力分析，有重力和電場力以及軌道對滑塊的支持力，當(dāng)滑塊運(yùn)動到半圓軌道上時，重力與電場力的合力與軌道對滑塊的支持力共線時，滑塊對半圓軌道壓力最大，所以此處半徑與OB夾角的正切值為由圖象可知，在B點(diǎn)時，滑塊所受電場力為其中則所以B正確；C．從B到C的過程中，由動能定理得得從C點(diǎn)飛出回到AB軌道的過程中水平方向速度減為0時水平位移最大水平方向C錯誤；D．由B選項(xiàng)分析可知，B點(diǎn)時滑塊的電荷量為從C點(diǎn)出去后，電場方向與水平方向的夾角為，則C點(diǎn)出時速度水平方向，因速度方向與恒力方向不共線，物塊將做勻變速曲線運(yùn)動運(yùn)動，所以D正確。故選BD。12.充電后與電源斷開的兩平行板電容器、相互垂直放置，如圖所示。兩極板上的小孔、的連線平行于的兩極板面，粒子源里有大量的質(zhì)子和粒子，粒子從小孔處飄入，粒子打在極板上時將立即被吸收，現(xiàn)檢測到質(zhì)子恰好從上極板右邊緣飛出，剛飛出電場時質(zhì)子的動能為，電場力的功率為，忽略粒子重力、粒子間的相互作用、粒子飄入時的初速度及極板吸收粒子后的電量變化，則（）A.粒子也恰好從上極板右邊緣飛出，飛出時的動能為B.質(zhì)子和粒子在電場中運(yùn)動的時間之比為C.僅將下極板向下移動少許，質(zhì)子仍能從右端飛出，飛出時電場力的功率可能大于D.僅將極板間的距離增大少許，質(zhì)子仍能從右端飛出，飛出時的動能可能小于【答案】ABD【解析】【詳解】A．充電后與電源斷開說明兩電容器的電荷量都保持不變，設(shè)電容器中的場強(qiáng)為，板距為，中的場強(qiáng)為，板距為，板長為，粒子經(jīng)過電容器的電場加速后，根據(jù)動能定理可得解得粒子在電容器中做類平拋運(yùn)動，假設(shè)粒子可以從右端射出，則有，聯(lián)立可得可知粒子與質(zhì)子在電容器中做類平拋運(yùn)動的軌跡相同，故粒子也恰好從上極板右邊緣飛出，對于質(zhì)子根據(jù)動能定理可得對于粒子根據(jù)動能定理可得A正確；B．質(zhì)子在電場中運(yùn)動的時間粒子在電場中運(yùn)動的時間為可知質(zhì)子和粒子在電場中運(yùn)動的時間之比為B正確；C．僅將下極板向下移動少許，根據(jù)說明電容器中場強(qiáng)保持不變，質(zhì)子在電場中的受力不變，軌跡不變，即質(zhì)子仍能從右端飛出，飛出時電場力的功率仍等于，C錯誤；D．僅將極板間的距離增大少許，根據(jù)說明電容器中場強(qiáng)保持不變，根據(jù)選項(xiàng)A中表達(dá)式可知增大，減小，故質(zhì)子仍能從右端飛出，根據(jù)動能定理可知增大，可能減小，即質(zhì)子從右端飛出的動能可能小于，D正確。故選ABD。第Ⅱ卷（非選擇題共52分）二、實(shí)驗(yàn)題。13.（1）讀出圖中游標(biāo)卡尺（20等分）和螺旋測微器的讀數(shù)：圖a的讀數(shù)為___________cm。圖b讀數(shù)為___________cm。（2）某同學(xué)測量一只未知阻值的電阻。他先用多用電表進(jìn)行測量，按照正確的步驟操作后，測量的結(jié)果如圖所示。請你讀出其阻值大小為________Ω。為了使測量的結(jié)果更準(zhǔn)確，該同學(xué)應(yīng)將選擇開關(guān)打到___________（填“×100”或“×1”）擋重新測量。【答案】①.②.③.④.×100【解析】【分析】【詳解】（1）[1]圖a的示數(shù)[2]圖b的示數(shù)（2）[3]讀出的面板刻度乘以擋位即得電阻值[4]面板讀數(shù)值偏大，應(yīng)選用較大的擋位使指針向右偏一些，故要選×100擋14.舉世矚目的嫦娥四號探測器，其能源供給方式實(shí)現(xiàn)了新的科技突破：它采用同位素溫差發(fā)電與熱電綜合利用技術(shù)結(jié)合的方式供能，也就是用航天器兩面太陽翼收集的太陽能和月球車上的同位素?zé)嵩磧煞N能源供給探測器。圖甲中探測器兩側(cè)張開的是光伏發(fā)電板，光伏發(fā)電板在外太空將光能轉(zhuǎn)化為電能。某同學(xué)利用圖乙所示電路，探究某光伏電池的路端電壓U與電流I的關(guān)系，圖中定值電阻，設(shè)相同光照強(qiáng)度下光伏電池的電動勢不變，電壓表、電流表均可視為理想電表。（1）實(shí)驗(yàn)一：用一定強(qiáng)度的光照射該電池，閉合電鍵S，調(diào)節(jié)滑動變阻器R的阻值。通過測量得到該電池的U—I曲線a（如圖丁）。由此可知，該電源內(nèi)阻______（填“是”或“不是”）定值，某時刻電壓表示數(shù)如圖丙所示，讀數(shù)為______V，由圖像可知，此時電源內(nèi)阻為______Ω（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（2）實(shí)驗(yàn)二：只減小光照的強(qiáng)度，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，測得UI曲線b（如圖?。?。若在實(shí)驗(yàn)一中當(dāng)滑動變阻器的電阻為某值時路端電壓為，則在實(shí)驗(yàn)二中滑動變阻器仍為該值時，滑動變阻器消耗的電功率為______W（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?不是②.③.④.（均可）【解析】【詳解】（1）[1]電源的圖像的斜率大小表示電源的內(nèi)阻，由曲線a可知斜率不是定值，故電源的內(nèi)阻不是定值。[2]由圖丙可知所選量程為0~3V，分度值為，需要估讀到，故此時電壓表的讀數(shù)為。[3]電源的圖像的縱截距表示電源的電動勢，則由曲線a可知，電源電動勢為。當(dāng)路端電壓為時，電流為。根據(jù)閉合電路歐姆定律可得此時電源內(nèi)阻為（2）[4]由曲線a可知，當(dāng)路端電壓為時電流為，此時滑動變阻器接入電路的電阻為易知外電路總電阻為25Ω，在圖丁中作出外電路總電阻的伏安特性曲線如圖所示，它與曲線b交于點(diǎn)（60mA，），該點(diǎn)即為此時外電路的工作點(diǎn)，此時消耗的功率為三、計(jì)算題（本題共4個小題，共40分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟）。15.如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離。電源電動勢，內(nèi)電阻，電阻。閉合S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度豎直向上射入板間。若小球帶電量為，質(zhì)量為，不考慮空氣阻力。那么滑動變阻器滑片P在某位置時，小球恰能到達(dá)A板。（?。┣螅海?）兩極板間的電場強(qiáng)度大小；（2）滑動變阻器接入電路的阻值?！敬鸢浮浚?）?；（2）?【解析】【詳解】（1）小球恰能從B?到A?，由動能定理可得解得則兩極板間的電場強(qiáng)度大小為（2）由閉合電路歐姆定律可得解得則滑動變阻器接入電路的阻值為16.樹上有一個蘋果，離地高度為，成熟后自由落下。在與蘋果水平距離處的小孩看到其落下時，經(jīng)反應(yīng)時間，從的高度水平拋出一顆小石子。重力加速度取，不計(jì)空氣阻力，求：（1）若石子未擊中蘋果，石子在空中運(yùn)動的時間；（2）若石子能擊中蘋果，石子被拋出時的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）4m/s【解析】【詳解】（1）若石子未擊中蘋果，根據(jù)位移時間公式有解得（2）若石子能擊中蘋果，設(shè)石子運(yùn)動的時間為t，石子下落高度蘋果下落的高度為根據(jù)題意有蘋果在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，有解得17.某課外活動小組設(shè)計(jì)了一種打積木的游戲，游戲簡化裝置如圖所示，在水平桌面依次放置質(zhì)量為m的木塊B、C（均可看作質(zhì)點(diǎn)），B、C間的距離為L，木塊C的右端與桌面右邊緣相距也為L。B、C兩木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，兩木塊間的碰撞為彈性正撞。游戲時將彈簧槍放置在木塊B左側(cè)的桌面上，發(fā)射一黏性材料做成的質(zhì)量為m的子彈A，子彈A水平向右擊中木塊B并粘合在一起，若木塊能撞上C且C不離開桌面，則游戲獲勝。不考慮子彈A與彈簧槍之間的摩擦，忽略空氣的阻力，重力加速度大小為g。求：（1）彈簧恢復(fù)原長后，子彈從槍中射出，若子彈以的速度擊中木塊B，求子彈擊中木塊的過程損失的機(jī)械能；（2）若想游戲獲勝，求彈簧槍的彈性勢能應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）對子彈擊中木塊的過程用動量守恒定律機(jī)械能損失（2）彈簧槍的彈性勢能設(shè)與C碰前B的速度為v，對子彈與B碰后整體向前勻減速直到與C碰撞的過程，用動能定理得若BC一定相碰，則，有若BC碰后，C剛好運(yùn)動到桌面右邊緣，則綜合以上各式得綜上所述18.如圖所示，在水平面的上方，存在豎直平面內(nèi)周期性變化的勻強(qiáng)電場，變化規(guī)律如圖所示。把一質(zhì)量為m、帶電荷的小球在時從A點(diǎn)以大小為的初動能水平向右拋出，經(jīng)過一段時間后，小球以的動能豎直向下經(jīng)過點(diǎn)，隨后小球第一次經(jīng)過A點(diǎn)正下方，且經(jīng)過A點(diǎn)正下方時電場剛好第一次反向。已知之間的高度差為，水平距離為點(diǎn)到水平面的豎直距離為，重力加速度為。求：