湖南省长沙市望城区第二中学2025-2026学年高二上学期11月期中物理试题含答案含答案解析

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注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( )
A. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C. 落地点在抛出点东侧
D. 落地点在抛出点西侧
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查运动的合成与分解，水平方向上升时受向西的力，加速向西运动，下降时水平方向受向东的力，向西减速运动，故水平方向一直向西运动。
把物体的运动分解到水平和竖直方向，上升过程水平方向受到向西的作用力，根据牛顿第二定律可知水平方向加速度向西，向西加速运动，最高点时竖直方向速度为零，水平方向的加速度为零，但是上升过程水平方向一直向西加速运动；而下降时水平方向受力向东，加速度向东，水平方向向西做减速运动，还是往西偏。
【解答】
AB、在竖直上抛过程中，受到水平向西的力，导致物体具有水平向西的加速度，并且加速度随着竖直方向速度减小而减小，因此物体到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度向西，因而水平方受力为零，水平方向加速度为零，故AB错误；
CD、将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，考虑对称性，物体落地时在水平方向上的速度正好减小到零；上抛过程中，物体受力方向一直向西，水平方向上向西做加速运动；下降时，物体水平速度方向向西，水平加速度方向向东，水平方向上向西做减速运动；上抛下降过程中水平方向上都向西运动，因此落地点在抛出点西侧，故C错误，D正确。
故选D。
2.光滑绝缘水平面上固定两个等量正点电荷，它们连线的中垂线上有A，B，C三点，如图甲所示。一带正电粒子由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v−t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定( )
A. 中垂线上c点电场强度最大B. 中垂线上B点电势最高
C. 电荷在B点时的加速度为47m/s2D. UBC>UAB
【答案】D
【解析】【分析】
根据v−t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E，根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况，根据动能定理求解AB两点和BC两点间的电势差。
解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理。
【解答】
A.v−t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：
F=qE=ma，B为中垂线上电场强度最大的点，故A错误；
B.顺着电场线电势降低，所以A点电势最高，故B错误；
C.由图得：B点的加速度为a=ΔvΔt=2m/s2，故C错误；
D.物块从A到B的过程，根据动能定理得：qUAB=12mvB2−12mvA2，则得，UAB=12qm(vB2−vA2)=12qm×16，同理可知UBC=12qm(vC2−vB2)=12qm×33，所以UBC>UAB，故D正确。
故选D。
3.质量为m的物体，在距地面h高处以g3的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是( )
A. 物体的动能增加mgh3B. 重力做功mgh3
C. 物体的重力势能减少了2mgh3D. 物体的机械能减少mgh3
【答案】A
【解析】【分析】
根据重力做功的多少，求解重力势能的变化量．根据动能定理确定出动能的变化量，由动能和重力势能的变化量，确定出机械能的变化量。
【解答】
A.根据动能定理得：△Ek=F合s=mah=13mgh，即物体的动能增加mgh3，故A正确；
BCD.物体由静止竖直下落到地面，重力做正功mgh，则物体的重力势能减少mgh，所以物体的机械能减少mgh−13mgh=2mgh3.故BCD不正确。
故选A。
4.10月2日，杭州亚运会蹦床项目结束女子个人比赛的争夺，中国选手朱雪莹、胡译乘包揽冠亚军。假设在比赛的时候某一个时间段内蹦床所受的压力如图所示，忽略空气阻力，g=10m/s2，则以下说法正确的是( )
A. 1.0s到1.2s之间运动员处于失重状态
B. 1.0s到1.2s之间运动员处于超重状态
C. 在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为9.8m
D. 在图示的运动过程中，运动员离开蹦床后上升的最大高度为3.2m
【答案】D
【解析】解：AB、蹦床所受的压力大小与蹦床对运动员的支持力大小相等，可知1.0s到1.2s之间蹦床对运动员的支持力逐渐增大，过程为运动开始接触蹦床到到达最低点，根据牛顿第二定律该段过程为运动员先向下加速后减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故AB错误；
CD、根据图线可知运动从离开蹦床到再次接触蹦床的时间为t=1.6s，该段时间运动员做竖直上抛运动，故离开蹦床后上升的最大高度为
h=12g⋅(t2)2=12×10×(1.62)2m=3.2m
故C错误，D正确。
故选：D。
根据加速度向上，物体处于超重状态；加速度向下，物体处于失重状态；根据图像求出在空中的时间，结合运动学求出高度。
本题主要考查了超重和失重，解题关键是掌握加速度向上，物体处于超重状态；加速度向下，物体处于失重状态。
5.如图所示，正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷，其电荷量分别为：+q、+q、−q，该三角形中心O点处的电场强度大小为E，现仅把C点电荷量−q更换为−0.5q，则中心O点处的电场强度大小为( )
A. 0.75E
B. 1.5E
C. 2E
D. 2.5E
【答案】A
【解析】解：设O点到正三角形三个顶点的距离为r，根据点电荷场强公式可得三个点电荷在O点的场强大小为EA=EB=EC=kqr2
各个点电荷在O处产生的场强方向如图所示
由场强的叠加原理，可知O点的合场强E=2kqr2
现仅把C点电荷量−q更换为−0.5q，则E′C=kq2r2
各个点电荷在O处产生的场强方向如图所示
则中心O点处的合场强大小为E′=3kq2r2
解得E′=0.75E
故A正确，BCD错误。
故选：A。
首先，分析正三角形三个顶点处点电荷在中心O点产生的电场强度。A、B处的+q电荷在O点产生的电场强度，根据对称性，其合场强方向可确定；C处的−q电荷在O点产生的电场强度也可分析。然后，计算出原来三个电荷在O点的合场强E。接着，将C处电荷换为−0.5q后，重新分析三个电荷在O点产生的电场强度，再计算合场强，从而得出结果。
本题主要考查点电荷的电场强度公式以及电场强度的叠加原理。点电荷的电场强度公式为E=kQ r2(k为静电力常量，Q为点电荷电荷量，r为到点电荷的距离)；电场强度叠加原理是指多个点电荷在某点产生的电场强度，等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。
6.如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则( )
A. 小球不可能做匀速圆周运动
B. 小球运动到最低点时，电势能一定最大
C. 小球运动到最低点时，球的线速度一定最大
D. 当小球运动到最高点时绳的张力一定最小
【答案】B
【解析】【分析】
带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析。要能正确分析向心力来源，知道电势分布于电场线之间的关系，明确电势能计算式。
【解答】
A、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误；
CD、重力与电场力大小未知，小球速度最大位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故CD错误；
B、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故B正确。
故选：B。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.(多选)如图所示，圆弧形光滑轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平．A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方，如果从D点无初速度释放一个小球，从A点进入圆弧轨道，有可能从C点飞出，做平抛运动，落在平台MN上．下列说法正确的是( )
A. 由D经A，B，C点到P过程中机械能守恒
B. 只要D点的高度合适，小球可以落在MN上任意一点
C. 在由D运动到A和由C运动到P的过程中重力功率都越来越大
D. 如果DA距离为h，则小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为2mg+2mghR
【答案】AC
【解析】解：A、小球由D经A，B、C到P的过程中，轨道对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A正确．
B、小球恰好通过C点时，有mg=mvC2R，得小球通过C点的最小速度为：vC= gR
小球离开C点后做平抛运动，由R=12gt2，得：t= 2Rg，
小球离开C点做平抛运动的水平距离最小值为：x=vCt= 2R，所以小球只有落在平台MN上距M点距离为( 2−1)R的右侧位置上，故B错误．
C、在由D运动到A的过程中，速度增大，由P=mgv知，重力功率增大．由C运动到P的过程中，由P=mgvy，知vy增大，则重力功率增大，故C正确．
D、小球从D运动到B的过程中，由机械能守恒得：
mg(h+R)=12mvB2
在B点，由牛顿第二定律得：
N−mg=mvB2R
解得：N=3mg+2mghR
由牛顿第三定律得知，小球经过B点时对轨道的压力为：N′=N=3mg+2mghR.故D错误．
故选：AC
根据小球恰好通过C点时的速度，求小球离开C点后平抛运动的最小距离．在小球运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒．根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，再由牛顿运动定律求小球对轨道的压力．
本题要把握C点的临界速度的求法，知道小球通过C点后水平位移有最小值，运用机械能守恒定律和牛顿运动定律结合是求圆周运动中物体受力情况常用的思路．
8.如图所示，质量为m的物块始终固定在倾角为θ的斜面上，下列说法中正确的是( )
A. 若斜面向右匀速移动距离s，斜面对物块做功mgs
B. 若斜面向上匀速移动距离s，斜面对物块做功mgs
C. 若斜面向左以加速度a移动距离s，斜面对物块做功mas
D. 若斜面向下以加速度a移动距离s，斜面对物块做功m(g+a)s
【答案】BC
【解析】【分析】
该题考查了力做功的条件以及功的计算方法，求合力做功时可以先求各个力做的功，再求代数和，也可以先求出合力，再根据W=F合Lcsθ进行计算，求变力做功可据动能定理求解，该题难度适中。
【解答】
A.斜面向右匀速运动，物块也是匀速运动，受力平衡，斜面对物块的力等于其重力，方向竖直向上，运动方向(位移矢量)始终与斜面作用力垂直，所以不做功，故A错误；
B.物块和斜面一起竖直向上匀速运动，物块受力平衡，斜面对物块的力大小等于物块的重力mg，方向竖直向上，位移方向也向上，所以W=mgs，故B正确；
C.物块和斜面一起向左以加速度a移动距离s，物块所受的合力做的功等于mas，物块受到重力和斜面对物块的力，所以，重力做的功加上斜面对物块做的功之和等于mas，又因为重力做功为零，所以斜面对物块做的功等于mas，故C正确；
D.物块和斜面一起竖直向下以加速度a移动距离s，物块所受的合力做的功等于mas，物块受到重力和斜面对物块的力，所以，重力做的功加上斜面对物块做的功之和等于mas，又因为重力做功为mgs，所以斜面对物块做的功等于mas−mgs，故D错误。
故选BC。
9.(多选)同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R.则( )
A. a1a2=R2r2B. a1a2=rRC. v1v2=rRD. v1v2= Rr
【答案】BD
【解析】【分析】
同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据a=rω2得出同步卫星和随地球自转物体的向心加速度之比，根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度与同步卫星的速度之比。
解决本题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以及贴近地球表面运行的卫星靠万有引力提供向心力。
【解答】
设地球质量为M，同步卫星的质量为m1，地球赤道上的物体质量为m2，在地球表面上空附近的物体质量为m2′，根据向心力与角速度关系有：a1=ω12r ① a2=ω22·R ②，由于是同步卫星，则ω1为地球的自转角速度，地球赤道上的物体随地球一起自转，其角速度ω2也为地球自转角速度，则ω1=ω2 ③，故=，故B正确，A错误；
由万有引力定律得，GMm1r2=m1v12r④，GMm2′R2=m2′v22R ⑤，解④⑤式得：v1v2= Rr，故D正确，C错误。
故选BD。
10.(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是
A. 电场强度的大小为2.5 V/cm
B. 坐标原点处的电势为1 V
C. 电子在a点的电势能比在b点的高7 eV
D. 电子从b点运动到c点，克服电场力做功为9 eV
【答案】ABC
【解析】【分析】
根据匀强电场的电场强度公式E=Ud，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。
考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=Ud的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。
【解答】
A.如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：E=Ucbd，依据几何关系，则d=b/c×bcbb/=4.5×6 4.52+62cm=3.6cm，因此电场强度大小为：E=26−173.6V/cm=2.5V/cm，故A正确；
B.根据φc−φa=φb−φ，因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：原点处的电势为φ0=1V，故B正确；
C.因Uab=φa−φb=10V−17V=−7V，电子从a点到b点电场力做功为：W=qUab=7eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C正确；
D.同理，Ubc=φb−φc=17V−26V=−9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为：W=qUbc=9eV，故D错误。
故选ABC。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系”，在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为小车，B打点计时器，C为弹簧测力计，P为小桶(内有沙子)，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，把长木板不带滑轮的一端垫起适当的高度，以平衡摩擦力，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．
(1)该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为零点，顺次选取一系列点，分别测量这些点到零点之间的距离x，计算出它们与零点之间的速度平方差△v2=v2−v02，弹簧秤的读数为F，小车的质量为m，然后建立△v2−x坐标系，通过描点法得到的图像是一条过原点的直线，如图乙所示，则这条直线的斜率为_____________.(填写表达式)
(2)若测出小车质量为0.4 kg，结合图像可求得小车所受合外力的大小为________N．
(3)本实验中是否必须满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量________________(填“是”或“否”)
【答案】(1)2Fm
(2)1.00
(3)否

【解析】【分析】
(1)根据动能定理列式求出△v2−x的表达式，再分析图像的意义；
(2)结合△v2−x表达式和图象可得出小车所受合外力的大小；
(3)根据实验原理进行分析知本实验不需要满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量。
本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出动能定理方程然后结合数学函数进行分析出斜率的物理意义。
【解答】
(1)由动能定理可得：W=Fx=12mv2−12mv02=12m(v2−v02)
所以Δv2=2Fmx
则可知图象的斜率等于2Fm；
(2)由图可知，图象的斜率为k=×10−2=2Fm=2F0.40，解得：F=1.00N；
(3)本实验中不需要用小桶(含内部沙子)的重力替代绳子的拉力，所以不需要满足小桶(含内部沙子)的质量远小于小车的质量。
故答案为：(1)2Fm ；(2)1.00；(3)否
12.图1是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图，以下列出了一些实验步骤：
A.用天平测出重物和夹子的质量
B.把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内
C.把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态
D.将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态
E.接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，之后再断开电源
F.用秒表测出重物下落的时间
G.更换纸带，重新进行两次实验
(1)对于本实验，以上不必要的两个步骤是____和_____
(2)图2为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)，打点计时器每隔0.02s打一个点．若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据可算出(结果保留两位有效数字)：
①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量为_____J．
②打B点时重物的动能为_____J．
(3)试指出造成第(2)问中①②计算结果不等的原因是__________________．
【答案】(1)A F (2)0.86 0.81 (3)由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功
【解析】解：(1)实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，所以不需要测出重物和夹子的质量，故A不需要．
物体下落的时间可以通过打点计时器直接得出，不需要秒表测重物下落的时间，故F不需要．
故选：A和F．
(2)①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量△Ep=mgh=0.5×9.8×0.176J=0.86J．
②B点的速度vB=xAC2T=0.2299−，则B点的动能EkB=12mvB2=12×0.5×1．82=0.81J．
(3)第(1)问中①②计算结果不等的原因是由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功．
故答案为：(1)A、F， (2)0.86 0.81 (3)由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功
(1)根据实验的原理和注意事项确定实验中不必要的步骤．
根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度求出B点的瞬时速度，从而得出B点的动能．
(2)重力势能的减小量与动能增加量不等的原因是由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功引起的．
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果．掌握纸带的处理方法，会根据下降的高度求出重力势能的减小量，会根据纸带求出瞬时速度，从而得出动能的增加量．
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.汽车发动机的功率为60kW，若其总质量为2t，在水平路面上行驶时，所受阻力恒定为2x103N ，试求：
(1)汽车所能达到的最大速度．
(2)若汽车以1m/S2的加速度由静止开始做匀加速运动，这一过程能维持多长时间．
(3)若汽车保持额定功率加速，当速度是20m/s时，加速度是多少？
【答案】解： (1)当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=fv
可得最大速度 Vm= Pf=600002000=30m/s
(2)根据牛顿第二定律得：F −f=ma
解得：F=4000N
则匀加速运动的末速度 V = PF=600004000=15m/s
匀加速运动的时间 t=Va=15s
(3)当速度为20m/s时，牵引力F=PV =3000N
则加速度a= F−fm=3000−20002000m/S2 =0.5m/S2
则加速度a′=F′−fm=5000−40002000m/s2=0.5m/s2

【解析】(1)当汽车牵引力等于阻力时，汽车的速度最大，根据P=Fv=fv求出最大速度的大小．
(2)根据牛顿第二定律求出汽车所受的牵引力．根据P=Fv求出匀加速直线运动的最大速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动的时间．
(3)根据P=Fv求出牵引力，结合牛顿第二定律求出加速度．
本题考查机车启动问题，当牵引力等于阻力时速度最大，结合牵引力的大小求出匀加速直线运动的最大速度．
14.如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为4R.质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且过A点后平抛刚好落到Q点。已知重力加速度大小为g，∠POC=60°，求：
(1)滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；
(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．
【答案】解：(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN
由P到C的过程：mgR(1−cs60°)=12mvC2
C点：FN−mg=mvC2R
解得FN=2mg
由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小F′N=2mg，方向竖直向下
(2)对P到C到Q的过程：mgR(1−cs60°)−μmg×4R=0
解得μ=0.125
(3)Q到C到A的过程：Ep=12mvA2+mg×2R+μmg×4R
A到Q由平抛运动可得：2R=12gt2
4R=vAt
解得：弹性势能Ep=4.5mgR

【解析】【分析】
(1)由P到C的过程根据动能定理求解滑至C点时的速度，根据牛顿第二定律求解；
(2)对P到C到Q的过程根据动能定理求解动摩擦因数μ；
(3)Q到C到A的过程根据能量守恒求解。
15.如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的2倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求

(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
【答案】解：(1)两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，
两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，
设水平方向的加速度大小为a，
对M，有：xM=v0t+12at2，
对N：v=at，xN=12at2，
可得xM=32at2，
解得xM：xN=3：1．
(2)设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy，水平分速度为v1，两球离开电场时竖直分速度相等，
因为M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍，则有：12m(vy2+v12)=1.5×12mvy2，
解得v1= 22vy，
因为v1=v+at=2v，则v1= 22vy=2v，
因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1，则有：vy1v0=vyv1，解得vy1=12vy，
在竖直方向上有：vy122g=h，vy2−vy122g=H，
解得A点距电场上边界的高度h=H3．
(3)设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则v0vy=qEmg a=Eqm
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：Ek1=12m(v02+vy2)+mgH+qEs1
Ek2=12m(v02+vy2)+mgH−qEs2
由已知条件：Ek1=2Ek2 联立解得：E=mgq
答：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比为3：1
(2)A点距电场上边界的高度为H3；
(3)该电场的电场强度大小为mgq．

【解析】(1)抓住两球在电场中，水平方向上的加速度大小相等，一个做匀加速直线运动，一个做匀减速直线运动，在竖直方向上的运动时间相等得出水平方向时间相等，结合运动学公式求出M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)根据离开电场时动能的大小关系，抓住M做直线运动，得出M离开电场时水平分速度和竖直分速度的关系，抓住M速度方向不变，结合进入电场时竖直分速度和水平分速度的关系，根据速度位移公式求出A点距电场上边界的高度；
(3)结合带电小球M电场中做直线运动，结合速度方向得出电场力和重力的关系，从而求出电场强度的大小．
本题考查了带电小球在复合场中的运动，理清两球在整个过程中的运动规律，将运动分解为水平方向和竖直方向，结合运动学公式灵活求解．