汉寿县2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题
一、单选题
1. 对下列几种物理现象的解释，正确的是（ ）
A. 击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B. 用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量
C. 易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
D. 在车内推车推不动，是因为车所受推力冲量为零
2. 如图所示，放在水平地面上斜面体M上叠放物体m，两者之间用一条伸长状态的弹簧相连．装置整体相对水平地面静止，下列说法正确的是（ ）
A. m所受的重力和支持力大小相等 B. m受到的摩擦力一定沿斜面向下
C. 地面与M间没有摩擦力 D. 地面对M的摩擦力方向向左
3. 如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上三点，其中c为ab的中点，已知a、b两点的电势分别为φa=－2V， φb=－4V，则下列叙述中正确的有（ ）
A. 这条电场线上的场强方向是a指向b
B. 该电场在c 点处的电势为－3V
C. a点处的场强Ea小于b点处的场强Eb
D. 正电荷从a点运动到b点的过程中电势能增大
4. 下列关于物理基本概念与规律的判断正确的是（ ）
A. 由库仑定律可知，当距离r→0时库仑力
B. 根据电场强度的定义式可知，E与F成正比，E与q成反比
C. 由可知，外电路的总电阻越大，电源的电动势就越大
D. 将内阻为300Ω、满偏电流为1mA的表头改装为量程为0~3V的电压表，需要串联一个2.7kΩ的电阻
5. 下列四幅图都涉及了磁现象，其中描述正确的是（ ）
A. 图甲为探究影响通电导线受力因素的实验，此实验应用了等效法
B. 图乙中穿过线圈a的磁通量大于穿过线圈b的磁通量
C. 图丙中线圈a通入电流变小的直流电，线圈b所接电流表不会有示数
D. 图丁中小磁针水平放置，小磁针上方有一电流方向向右的通电直导线，小磁针的N极向纸面外偏转
6. 如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电的油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A. 平行板电容器的极板所带电荷量不变
B. 静电计指针张角变小
C. 带电油滴的电势能增加
D. 若将上极板与电源断开后再将下极板左移一小段距离，则油滴所受电场力变大
二、多选题
7. 如图甲、图乙所示分别为定值电阻A和定值电阻B的曲线，则下列说法中正确的是( )
A. 由于曲线的斜率表示电阻的大小，则定值电阻A、B的阻值相等
B. 定值电阻A与定值电阻B的阻值之比为1:2
C. 如果在两电阻两端加相同的电压，流过两电阻的电流相同
D. 如果在两电阻两端加相同的电压，则相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2:1
8. 我国已成功实现多次载人飞船与空间站径向交会对接，其过程可简化为飞船被送入预定轨道后，进行多次变轨，到了空间站下方几十公里后进行远距离导引，到更近的“中瞄点”后进行近距离导引，飞船一边进行姿态调整，一边靠近空间站，在空间站正下方约200米处调整为垂直姿态，再逐步向核心舱靠近，完成对接。下列说法正确的是（ ）
A. 飞船在低轨道的环绕周期比在高轨道的环绕周期大
B. 远距离导引过程中，飞船需要点火加速
C. 空间站的线速度比第一宇宙速度大
D. 交会对接时，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同
9. 如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，电压表、电流表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为（ ）
A. 电流表的示数减小
B. 电流表的示数先减小后增大
C. 电源的输出功率可能先增大后减小
D. 电源的输出功率可能一直不变
10. 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（ ）
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
三、实验题
11. 某实验小组用如图所示实验装置来验证系统机械能守恒。在水平桌面上放有一气垫导轨，气垫导轨左侧装有定滑轮，气垫导轨上固定有两个光电门，用来测量遮光片通过光电门时的遮光时间，绕过定滑轮的轻质细绳将滑块与砝码盘连接。
（1）用20分度游标卡尺测量遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度为______mm。
（2）将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过两个光电门的时间分别为、，用米尺测出两光电门之间的距离L，则滑块加速度的大小表达式为______；
（3）实验中同时测量出砝码盘和砝码的质量m、滑块（包含遮光条）的质量M，已知当地的重力加速度为g，验证砝码盘、砝码和滑块组成系统机械能守恒的表达式为______。（表达式均用题中给出的物理量表示）
12. 某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A.电池组（3V，内阻约1Ω）；
B.电流表A1（0~3A，内阻0.0125Ω）；
C.电流表A2（0~0.6A，内阻0.125Ω）；
D.电压表V1（0~3V，内阻4kΩ）；
E.电压表V2（0~15V，内阻15kΩ）；
F.滑动变阻器R1（0~20Ω，额定电流1A）；
G.滑动变阻器R2（0~2000Ω，额定电流0.3A）；
H.开关、导线若干。
（1）上述器材中，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______（填写器材前的字母）。为使通过待测金属丝的电流能从0~0.5A范围内改变，电路应选______（填写甲、乙、丙、丁）；
（2）用螺旋测微器测量金属丝直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为______mm；
（3）若用L表示金属丝接入电路中的长度，d表示直径，U表示金属丝上的电压，I表示金属丝中的电流，请用以上字母写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=______。
四、解答题
13. 将用电器按如图所示的方式连接，当开关S闭合时，电动机M刚好能正常工作。已知电源的内阻，，，电动机的额定电压和额定功率分别为、，电动机内阻为。求：
（1）流过电阻的电流；
（2）电源电动势；
（3）电动机的输出功率。
14. 今年冬天哈尔滨吸引着全国各地的游客，在哈尔滨的某一公园内，有一个冰滑梯，如图所示，曲面滑道与水平滑道在O点平滑连接，滑梯顶端高度。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O 点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后两冰车（包含小孩和家长）一起共同运动。已知小孩和冰车的总质量，家长和冰车的总质量为 ，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重力加速度，求：
（1）碰撞过程中家长及所坐冰车所受到的冲量大小；
（2）碰撞过程中两冰车（包含小孩和家长）组成的系统损失的机械能△E。
15. 如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e．不计重力，求：
（1）电子穿过A板时的速度大小；
（2）P点到O点的距离．
（3）电子打在荧光屏上的动能大小．汉寿县2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题
一、单选题
1. 对下列几种物理现象的解释，正确的是（ ）
A. 击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B. 用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量
C. 易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
D. 在车内推车推不动，是因为车所受推力的冲量为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小，故A错误；
B．用手接篮球时，手向后缩一下，是为了延长作用时间以减小作用力，故B错误；
C．据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C正确；
D．车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力，与内力作用无关，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，放在水平地面上的斜面体M上叠放物体m，两者之间用一条伸长状态的弹簧相连．装置整体相对水平地面静止，下列说法正确的是（ ）
A. m所受的重力和支持力大小相等 B. m受到的摩擦力一定沿斜面向下
C. 地面与M间没有摩擦力 D. 地面对M的摩擦力方向向左
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意可知物体受重力、支持力、沿斜面向上的弹簧的弹力和可能存在的摩擦力，根据平衡条件可知
故A错误；
B．由上分析可知，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力与弹簧沿斜面向上的分力的合力，因为不知道重力沿斜面向下的分力与弹簧沿斜面向上的分力的大小关系，所以无法确定摩擦力的方向，故B错误；
CD．以整体为研究对象，受力如图所示
根据平衡条件得到，地面对M没有摩擦力，故D错误，C正确。
故选C。
3. 如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点，已知a、b两点的电势分别为φa=－2V， φb=－4V，则下列叙述中正确的有（ ）
A. 这条电场线上的场强方向是a指向b
B. 该电场在c 点处的电势为－3V
C. a点处的场强Ea小于b点处的场强Eb
D. 正电荷从a点运动到b点的过程中电势能增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．因a点电势高于b点，沿电场线电势降低，可知这条电场线上的场强方向是a指向b，选项A正确；
B．该电场不一定是匀强电场，则在c 点处的电势不一定为－3V，选项B错误；
C．一条电场线不能确定疏密，则ab两点的场强大小不能比较，选项C错误；
D．正电荷在高电势点的电势能较大，则正电荷从a点运动到b点的过程中电势能减小，选项D错误。
故选A。
4. 下列关于物理基本概念与规律的判断正确的是（ ）
A. 由库仑定律可知，当距离r→0时库仑力
B. 根据电场强度的定义式可知，E与F成正比，E与q成反比
C. 由可知，外电路的总电阻越大，电源的电动势就越大
D. 将内阻为300Ω、满偏电流为1mA的表头改装为量程为0~3V的电压表，需要串联一个2.7kΩ的电阻
【答案】D
【解析】
【详解】A．库仑定律适用于真空之中的点电荷，当距离r→0时，电荷已经不能够看为点电荷，库仑定律已经不成立，此时不能够认为库仑力，故A错误；
B．电场强度的定义式为比值定义式，电场强度同试探电荷与试探电荷受到的电场力没有本质上的决定关系，电场强度由场源电荷和空间位置到场源电荷的间距决定，因此不能够认为E与F成正比，E与q成反比，故B错误；
C．电源的电动势由电源自身决定，与外电路总电阻无关，故C错误；
D．将表头改装成电压表需要串联一个电阻，根据串联分压可知
故D正确。
故选D。
5. 下列四幅图都涉及了磁现象，其中描述正确的是（ ）
A. 图甲为探究影响通电导线受力因素的实验，此实验应用了等效法
B. 图乙中穿过线圈a的磁通量大于穿过线圈b的磁通量
C. 图丙中线圈a通入电流变小的直流电，线圈b所接电流表不会有示数
D. 图丁中小磁针水平放置，小磁针上方有一电流方向向右的通电直导线，小磁针的N极向纸面外偏转
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲为探究影响通电导线受力因素实验，此实验应用了控制变量法。故A错误；
B．图乙两线圈中存在方向相反的两个磁场，其中条形磁铁内部的磁场在两线圈处的磁通量相同，条形磁铁外部磁场，在线圈a处的磁通量小于线圈b的，所以穿过线圈a的合磁通量大于穿过线圈b的合磁通量。故B正确；
C．图丙中线圈a通入电流变小的直流电，则线圈a产生的磁场逐渐减小，线圈b中的磁通量随之减小，会产生感应电流，所接电流表会有示数。故C错误；
D．图丁中小磁针水平放置，小磁针上方有一电流方向向右的通电直导线，由安培定则可知小磁针的N极向纸面内偏转。故D错误。
故选B。
6. 如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电的油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A. 平行板电容器的极板所带电荷量不变
B. 静电计指针张角变小
C. 带电油滴的电势能增加
D. 若将上极板与电源断开后再将下极板左移一小段距离，则油滴所受电场力变大
【答案】D
【解析】
【详解】A．将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据知，d减小，则电容增加，电压不变，则平行板电容器的极板所带电荷量增大，故A错误；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；
C．电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故C错误；
D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S减小，根据
知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D正确。
故选D
二、多选题
7. 如图甲、图乙所示分别为定值电阻A和定值电阻B的曲线，则下列说法中正确的是( )
A. 由于曲线的斜率表示电阻的大小，则定值电阻A、B的阻值相等
B. 定值电阻A与定值电阻B的阻值之比为1:2
C. 如果在两电阻两端加相同的电压，流过两电阻的电流相同
D. 如果在两电阻两端加相同的电压，则相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2:1
【答案】BD
【解析】
【分析】定值电阻图像的斜率即为电阻的阻值，通过图像可以求解电阻的大小，根据欧姆定律求解电流和电压值．
【详解】AB．由欧姆定律可知：
A错误，B正确；
CD．由欧姆定律可知，两电阻两端加相同的电压时，流过两定值电阻的电流之比为2:1，又由公式可知，相同时间内通过导体截面的电荷量之比为2:1，C错误，D正确．
【点睛】掌握图像斜率的物理意义和部分电路欧姆定律是解决本题的关键．
8. 我国已成功实现多次载人飞船与空间站径向交会对接，其过程可简化为飞船被送入预定轨道后，进行多次变轨，到了空间站下方几十公里后进行远距离导引，到更近的“中瞄点”后进行近距离导引，飞船一边进行姿态调整，一边靠近空间站，在空间站正下方约200米处调整为垂直姿态，再逐步向核心舱靠近，完成对接。下列说法正确的是（ ）
A. 飞船在低轨道环绕周期比在高轨道的环绕周期大
B. 远距离导引过程中，飞船需要点火加速
C. 空间站的线速度比第一宇宙速度大
D. 交会对接时，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同
【答案】BD
【解析】
【详解】A．对飞船，由万有引力提供向心力得
可得
由上式可知，飞船在低轨道的环绕半径比在高轨道的环绕半径小，因此飞船在低轨道的环绕周期比在高轨道的环绕周期小，A错误；
B．远距离导引过程中，飞船向高轨道变轨，必须加速做离心运动，需要点火加速，B正确；
C．根据万有引力提供向心力得
可得
第一宇宙速度是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，圆周半径小于空间站的圆周半径，因此空间站的线速度比第一宇宙速度小，C错误；
D．交会对接时，为保证飞船一直在空间站的正下方向核心舱靠近，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同，D正确。
故选BD。
9. 如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，电压表、电流表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为（ ）
A. 电流表的示数减小
B. 电流表的示数先减小后增大
C. 电源的输出功率可能先增大后减小
D. 电源的输出功率可能一直不变
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，滑动变阻器的滑片P在a时滑动变阻器被短路电阻为0，滑动变阻器的滑片P在b时滑动变阻器被短路电阻为0，滑动变阻器的滑片P在ab中间时，滑动变阻器阻值为
在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，滑动变阻器阻值变化为，滑动变阻器阻值先增大后减小，则可知电路中总电阻先增大后减小，由欧姆定律知电路电流先减小后增大。A错误，B正确；
CD．输出功率为
因为电路电流先减小后增大，由知，先减小后增大，则先增大后减小。C正确，D错误；
故选BC。
10. 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（ ）
A. 沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B. 滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C. 滑块运动最大速度约为0.2m/s
D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；
B．φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以处的电场强度大小为
滑块此时受到的电场力为
滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为
由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；
C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为
根据动能定理有
解得
故C错误；
D．假滑块最终在处停下，x=0.15m与x=0.3m之间电势差约为
滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为
滑动摩擦力做功为
所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选BD。
三、实验题
11. 某实验小组用如图所示的实验装置来验证系统机械能守恒。在水平桌面上放有一气垫导轨，气垫导轨左侧装有定滑轮，气垫导轨上固定有两个光电门，用来测量遮光片通过光电门时的遮光时间，绕过定滑轮的轻质细绳将滑块与砝码盘连接。
（1）用20分度游标卡尺测量遮光片的宽度d，测量结果如图所示，则遮光片的宽度为______mm。
（2）将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过两个光电门的时间分别为、，用米尺测出两光电门之间的距离L，则滑块加速度的大小表达式为______；
（3）实验中同时测量出砝码盘和砝码的质量m、滑块（包含遮光条）的质量M，已知当地的重力加速度为g，验证砝码盘、砝码和滑块组成系统机械能守恒的表达式为______。（表达式均用题中给出的物理量表示）
【答案】 ①. 3.50 ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的读数即遮光片的宽度为
（2）[2]滑块通过光电门1、2时的速度分别为
根据位移与速度的关系有
解得
（3）[3]根据机械能守恒定律有
整理得
12. 某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：
A.电池组（3V，内阻约1Ω）；
B.电流表A1（0~3A，内阻0.0125Ω）；
C.电流表A2（0~0.6A，内阻0.125Ω）；
D.电压表V1（0~3V，内阻4kΩ）；
E.电压表V2（0~15V，内阻15kΩ）；
F.滑动变阻器R1（0~20Ω，额定电流1A）；
G.滑动变阻器R2（0~2000Ω，额定电流0.3A）；
H.开关、导线若干。
（1）上述器材中，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______（填写器材前的字母）。为使通过待测金属丝的电流能从0~0.5A范围内改变，电路应选______（填写甲、乙、丙、丁）；
（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为______mm；
（3）若用L表示金属丝接入电路中的长度，d表示直径，U表示金属丝上的电压，I表示金属丝中的电流，请用以上字母写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=______。
【答案】 ①. C ②. D ③. F ④. 甲 ⑤. 5.668 ⑥.
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]因电池组电动势为3V，故电压表应选D，通过待测电阻丝的最大电流约为
电流表应选择C，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。
[4]由于电压表内阻远大于待测电阻丝的阻值，电流表应采用外接法，通过待测金属丝的电流能从0~0.5A范围内改变，则滑动变阻器应采用分压式接法，所以电路应选甲；
（2）[5]螺旋测微器读数为
5.5mm+16.8×0.01mm=5.668mm
（3）[6]由电阻定律可知，金属丝电阻
电阻为
联立解得
四、解答题
13. 将用电器按如图所示的方式连接，当开关S闭合时，电动机M刚好能正常工作。已知电源的内阻，，，电动机的额定电压和额定功率分别为、，电动机内阻为。求：
（1）流过电阻的电流；
（2）电源电动势；
（3）电动机的输出功率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）与电动机并联，电压与电动机电压相同，根据欧姆定律可知
（2）通过电动机的电流为
干路电流为
根据闭合电路欧姆定律得
（3）电动机的输出功率为
14. 今年冬天哈尔滨吸引着全国各地的游客，在哈尔滨的某一公园内，有一个冰滑梯，如图所示，曲面滑道与水平滑道在O点平滑连接，滑梯顶端高度。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O 点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后两冰车（包含小孩和家长）一起共同运动。已知小孩和冰车的总质量，家长和冰车的总质量为 ，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重力加速度，求：
（1）碰撞过程中家长及所坐冰车所受到的冲量大小；
（2）碰撞过程中两冰车（包含小孩和家长）组成的系统损失的机械能△E。
【答案】（1）；（2）1000J
【解析】
【详解】（1）对小孩和冰车从出发到O点用动能定理有
解得
对碰撞过程用动量守恒定律有
解得
碰撞过程中对家长及所坐冰车用动量定理有
解得
（2）碰撞过程中两冰车（包含小孩和家长）组成的系统损失的机械能为
解得
15. 如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e．不计重力，求：
（1）电子穿过A板时的速度大小；
（2）P点到O点的距离．
（3）电子打在荧光屏上的动能大小．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【分析】（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．
（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解；
（3）根据动能定理，即可求解．
【详解】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得：eU1=mv02，
解得：v0=；
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：F=eE2=e=ma，解得：，
由运动学公式得：L1=v0t1，y1=at12，解得：y1= ；
设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速运动的速度公式可知vy=at1；
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，
解得：y2=；
P至O点的距离y=y1+y2= ；
（3）根据动能定理：电子打在荧光屏上的动能大小：Ek=eU1+eE y2=eU1+
【点睛】带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解分别研究垂直极板方向和平行极板方向的运动．第（2）问也可以利用三角形相似法求解．
