四川省成都石室中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 20页

成都石室中学2019-2020学年上期高2021届期中考试 物理试卷 一．单项选择题（9个小题，每小题只有一个选项正确，每小题3分，共27分）‎ ‎1.带电微粒的电荷量不可能是下列选项中的（）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】最小的电荷量是1.6×10-19C，我们把这个最小的电荷量叫做元电荷，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍， A．是1.6×10-19C的2倍，故A可能，不符合题意。‎ B．-6.4×10-20C不是1.6×10-19C的整数倍，故B错误，符合题意；‎ C．-1.6×10-18C是1.6×10-19C10倍，故C正确，不符合题意；‎ D．4.0×10-17C是1.6×10-19C的250倍，故D正确，不符合题意；‎ ‎2.两个电子以不同的初速度垂直射入同一匀强磁场，半径为r1和r2，周期为T1和T2，则 A. r1=r2，T1≠T2‎ B. r1≠r2，T1≠T2‎ C. r1=r2，T1=T2‎ D. r1≠r2，T1=T2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为B，电子的质量和电量分别为m、e。根据牛顿第二定律得：‎ 解得运动轨迹半径为：‎ 由于m、e、B相同，则r与v成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即 r1≠r2‎ 电子圆周运动的周期为：‎ m、e、B均相同，则电子运动的周期相同，即 T1=T2‎ A．r1=r2，T1≠T2，与结论不相符，选项A错误；‎ B．r1≠r2，T1≠T2，与结论不相符，选项B错误；‎ C．r1=r2，T1=T2，与结论不相符，选项C错误；‎ D．r1≠r2，T1=T2，与结论相符，选项D正确；‎ ‎3. 两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它们的加速度之比将(　　)‎ A 增大 B. 先增大后减小 C. 保持不变 D. 减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 两小球间的库仑力互为相互作用力，在任意时刻都是大小相等方向相反，由F=ma可知它们的加速度之比总是为质量的反比，C对；‎ ‎4.等量异种点电荷的连线和中垂线如图示，现将一个带负电的检验电荷先从图中的a点沿直线移动到b点，再从b点沿直线移动到c点，则检验电荷在此全过程中()‎ A. 所受电场力的方向不变 B. 所受电场力的大小恒定 C. b点场强为0，电荷在b点受力也为0‎ D. 在平面内与c点场强相同的点总共有四处 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，即竖直向下；在b到c的过程中电场力的方向也是竖直向下。检验电荷所受电场力的方向保持不变，故A正确；‎ ‎ B．根据点电荷电场强度的叠加，结合等量的异种电荷的电场的分布特点可知，检验电荷在此全过程中所受电场力大小是变化的，故B错误；‎ C．根据矢量叠加原理，可知，b点场强不为0，方向由正电荷指向负电荷，电荷在b点受力也不为0．故C错误；‎ D．在平面内与c点场强相同点，即大小相等，方向相同的点只有一处，在与c点关于b点对称的点，故D错误。‎ ‎5.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8J，在B点的电势能为0.80×10-8J.已知A、B两点在同一条电场线上如图所示，该点电荷的电荷量为1.0×10-9C，那么（　　）‎ A. 该电荷为负电荷 B. 该电荷为正电荷 C. A、B两点的电势差UAB="4.0" V D. 把电荷从A移到B，电场力做功为W=4.0J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A点的电势能大于B点的电势能，从A到B电场力做正功，所以该电荷一定为负电荷，且WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8J－0.80×10－8J＝0.40×10－8J，故A项正确而BD项错误；UAB＝＝V＝－4.0 V，所以C选项错误．正确答案为A.‎ ‎【详解】‎ ‎6.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是(　　)‎ A. 电热丝的电阻为55 Ω B. 电动机的电阻为 Ω C. 当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为120 J D. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 当吹热风时，电机和电阻并联。电阻消耗的功率为 ，由 可知 故A正确；电机为非纯电阻电路 故B错误；当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能，故D正确；综上分析，AD正确。‎ ‎7.如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r．开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（ ）‎ A. 电压表示数变大 B. 小灯泡亮度变大 C. 电容器充电 D. 电源的总功率变大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；电路稳定时电容器的电压等于、串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误．‎ 考点：考查了电路动态变化分析 ‎【名师点睛】本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．‎ ‎8. 如图所示，一矩形线圈位于xOy平面内，线圈的四条边分别与x、y轴平行，线圈中的电流方向如图，线圈只能绕Ox轴转动．欲使线圈转动起来，则空间应加的磁场是：‎ A. 方向沿x轴的恒定磁场．‎ B. 方向沿y轴的恒定磁场．‎ C. 方向沿z轴的恒定磁场．‎ D. 方向沿z轴的变化磁场．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：方向沿x轴的恒定磁场，则前方的通电导线受力为竖直向上，后方的为竖直向下，所以不满足题意，A错，若方向沿y轴的恒定磁场，则左方的安培力方向向下，右方的安培力方向向上，满足题意，B对。若是方向沿z轴的恒定磁场，则磁场具有收缩的趋势，不会转动，C错。方向沿z轴的变化磁场则会导致线框有收缩或扩张，D错。‎ 考点：安培力 点评：本题考查了安培力的判断，并结合安培力的力矩效果判断线框的转动。属于常见的安培力判断问题 ‎9.空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子，速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则（）‎ A. 同一时刻所有粒子的动量相同 B. 同一时刻所有粒子的位移相同 C. 同一时刻所有粒子到达同一等势面上 D. 同一时刻所有粒子到达同一水平面上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，所有粒子初速度大小相等，则在同一时刻，所有粒子动量大小相等而方向不同，粒子动量不同，故A错误；‎ B．粒子在电场中做类平抛运动，同一时刻所有粒子位移大小相等但方向不同，粒子位移不同，故B错误；‎ CD．粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内所有粒子在水平方向位移相等，所有粒子同时到达与电场垂直的同一竖直面内，所有粒子不会同时到达同一水平面，匀强电场等势面是与电场垂直的平面，由此可知，在同一时刻所有粒子到达同一等势面，故C正确，D错误；‎ 二.多项选择题(5个小题，每小题有多个选项正确，每小题4分，共20分）‎ ‎10.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同 B. 如果把改为，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变 C. 洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直 D. 粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ 因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关，而且与粒子速度的方向有关，如当粒子速 度与磁场垂直时，当粒子速度与磁场平行时。又由于洛伦兹力的方向永远与 粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同时，洛伦兹力的方向也不同，故A错误；‎ B.因为改为且速度反向，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由知大小也 不变，故B正确；‎ C.因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角，故C错误；‎ D.因为洛伦兹力总与速度方向垂直，因此，洛伦兹力不做功，粒子动能不变，但洛伦兹力可 改变粒子的运动方向，使粒子速度的方向不断改变，故D错误。‎ ‎11.如图所示，电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U=E-I（R1+r）得 ‎△U=△I（R1+r）‎ 解得：‎ 所以不变，所以图像为平行时间轴的直线，故A错误，B正确；‎ CD．当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律可知电阻R1两端电压增大，电路中总电流I增大，根据 Q=UC=CR1I 可知Q-I图象是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确 ‎12.如图所示的U−x图象表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上的距离关系。若三对金属板的负极板接地，图中x均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是（ ）‎ A. 三对金属板正极电势的关系 B 三对金属板间场强大小有 C. 若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是1最密，3最疏 D. 若沿电场方向每隔相等距离作一等势面，则三个电场中相邻等势面差值最大的是1，最小的是3‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．三对金属板的负极板接地，即电势为零。根据电场的电势差与场强方向上的距离关系图象得三对金属板正极合负极电势差相等，所以三对金属板正极电势的关系相等，故A错误。‎ B．根据电场的电势差与场强方向上的距离关系得U=-kx+b．即表示平行金属板间任意一点到负极的电势差与场强方向上的距离关系。根据匀强电场中任意两点的电势差等于场强与这两点间沿着电场方向的距离的乘积，即U=Ed，所以电场的电势差与场强方向上的距离关系图象斜率的绝对值大小等于场强大小，所以三对金属板间场强大小有E1＞E2＞E3．故B正确。‎ C．三对金属板间距1最小，3最大，而若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，而三对金属板正极合负极电势差相等，所以沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，三个电场等势面分布的关系是1最密，3最疏，故C正确。‎ D．三对金属板间场强大小有E1＞E2＞E3．根据U=Ed 得，沿电场方向每隔相等距离作一等势面，三个电场中相邻等势面差值最大的是1，最小的是3，故D正确。‎ ‎13. 如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是（ ）‎ A. 增大磁感应强度B B. 调节滑动变阻器使电流减小 C. 增大导轨平面与水平面间的夹角θ D. 将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：当金属杆处于静止状态时，在沿斜面方向上受到安培力和重力沿斜面向下的分力，处于平衡状态，所以满足，若增大磁感应强度B，则向上的安培力增大，故金属杆可以沿导轨向上运动，若使电流减小，则安培力减小，金属杆沿导轨向下运动，若增大导轨平面与水平面间的夹角θ，则重力沿斜面方向的分力增大，金属杆沿导轨向下的运动，若将电源正负极对调使杆中的电流方向改变安培力将沿斜面向下，因此金属棒将向下运动，故A正确 考点：考查了安培力，共点力平衡条件 ‎14.质量为、带电荷量为+q的小金属块A以初速度从光滑绝缘高台上水平飞出.已知在足够高的高台边缘右侧空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小.下列说法正确的是（）‎ A. 金属块不一定会与高台边缘相碰 B. 金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D. 金属块运动过程中的最小速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、B项：小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故A，错误，B正确；‎ C项：小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度为-3g，根据速度位移关系公式，有：，故C错误；‎ D项：小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度vx=v0-3gt；‎ 竖直方向做自由落体运动，分速度vy=gt；‎ 合速度，根据二次函数知识，当时，有极小值，故D正确。‎ 点晴：本题关键将小金属块的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据分运动的位移公式和速度公式列式求解；对于D选项，要求解出合速度的表达式，根据二次函数的知识求解极值。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共63分）‎ 三．实验题（3个小题，共17分）‎ ‎15.某同学在练习使用多用电表时连接的电路如图所示。‎ ‎(1)若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过_______(填R1或R2)的电流；‎ ‎(2)若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，则测得的是______的电阻。‎ A.R1的电阻 B.R2的电阻 C.R1和R2的串联电阻 D.R1和R2的并联电阻 ‎(3)将选择倍率的旋钮拨至×100挡时，指针的偏转角过大，为了提高测量的精确度，请完成下列操作：‎ A.将选择开关拨至______挡(填“1kΩ”或“10Ω”)；‎ B.将两根表笔短接 C.调节调零电阻，使指针停在0Ω刻度线上 D.将两根表笔分别接触待测电阻的两端，指针偏转情况如图所示，则所测电阻大小为_______Ω.‎ E.将选择开关拨至交流电压最高挡上。‎ ‎【答案】 (1). R1 (2). C (3). 10Ω (4). 160‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．多用电表使用电流档时应该串联在电路中，图中多用电表与滑动变阻器串联，电流相等，若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流档，此时测得的是通过R1的电流．‎ ‎（2）[2]．断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表两表笔接在其两端，故测得的是R1与R2串联的总电阻，故选C；‎ ‎（3）[3][4]．用“×100Ω”测电阻时挡时，指针的偏转角过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡，应选“×10Ω”挡，然后对欧姆表重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡上，由图象表盘可知，待测电阻阻值为：16×10Ω=160Ω；‎ ‎16.某实验小组设计如图所示的电路，测量电源电动势E和一个定值电阻Rx的阻值。实验室提供的器材有：‎ 待测电阻Rx(约100Ω)，‎ 待测电源E(电动势约3V，内阻不计)，‎ 电压表V(量程0~3V，内阻约15kΩ)，‎ 电阻箱R(阻值范围0~999.9Ω)，电键S，导线若干。‎ 实验步骤如下：‎ Ⅰ.闭合开关S，多次调节电阻箱，记下压表的示数U和电阻箱相应的阻值R；‎ Ⅱ.以R为纵坐标，_________为横坐标，作图线(用直线拟合)；‎ Ⅲ.由图线得出直线与纵轴的交点坐标为—a(a>0)，与横轴的交点坐标为b(b>0)。则定值电阻Rx=_____，电源电动势E=________(用a、b表示)‎ ‎【答案】 (1). (2). a (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅱ.由闭合电路欧姆定律可知：‎ 变形可得：，以R为纵坐标，位列得出直线应以为横坐标；‎ Ⅲ.由可知，图象的纵截距：，图象的斜率的绝对值：，解得：定值电阻，.‎ ‎17.一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如图1所示，此材料长约3cm，电阻约为100，已知这种材料的电阻率为.欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量。现提供以下实验器材：‎ A.20分度的游标卡尺；‎ B.螺旋测微器；‎ C.电流表A1(量程50mA，内阻r1=100Ω)；‎ D.电流表A2(量程100mA，内阻r2约为40Ω)；‎ E.滑动变阻器R1(0∼10Ω，额定电流2A)；‎ F.直流电源E(电动势为12V，内阻很小)；‎ G.上述导电材料R2(长约为3cm，电阻约为100Ω)；‎ H.开关一只，导线若干。‎ 请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：‎ ‎(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图2所示，其示数L=______cm，用螺旋测微器测得该样品的外径如图3所示，其示数D=__________mm.‎ ‎(2)图4是实验测量电路一部分，为了多测几组数据，请在图上补全测量电路(所需仪器在题中给的器材中选取，用常用的电路符号代替)____________.‎ ‎(3)为了得到样品的内径d，实验中还需要得到的一组测量值是______________(用字母表示且要说明相应字母的含义).‎ ‎(4)用已知的物理量字母和所测得的物理量的字母表示样品的内径d=_____________.‎ ‎【答案】 (1). 3.015 (2). 3.204mm∼3.206mm (3). (4). A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．游标卡尺读数为L=30mm+3×0.05mm=30.15mm=3.015cm， [2]．螺旋测微器测得该样品的外径d=3.0mm+20.5×0.01mm=3.205mm；（3.204mm～3.206mm） （2）[3]．因两个电流表中，A2电流表的满偏电流大于A1电流表的满偏电流，又A1‎ 电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将A1电流表与待测材料并联后再与A2电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示． （3）[4]．实验中还需要得到的一组测量值是：A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2， （4）[5]．由欧姆定律可得待测电阻阻值 又由电阻定律及 ‎ 解得样品的直径 四．计算题（4个小题，共46分）‎ ‎18.摆线长为L，摆球质量为m带正电量q的单摆从如图所示位置A摆下，到最低处时便在一个磁感应强度为B的匀强磁场中运动，摆动平面垂直磁场，若图中=60°，摆球从A起第一次到最低处时，摆线上的拉力为？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】从开始摆动到最低点，由动能定理：‎ ‎ ‎ 在最低点：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ ‎19.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分別与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进人电容器，并在下极板处（未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，求仍从P点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：‎ 将下极板向上平移，设仍从P点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度为x，根据动能定理得：‎ 联立两式解得 ‎20.如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度为E，y轴与直线x=-d(d>0)区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度也为E，一个带电量为+q的粒子(不计重力)从第一象限的S点由静止释放。‎ ‎(1)若S点坐标为(，)，求粒子通过x轴的位置坐标；‎ ‎(2)若S点坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；‎ ‎(3)若粒子能通过x轴上的点坐标为(−3d，0)，求释放S点的坐标(x，y)应满足的条件。‎ ‎【答案】(1)（-d，0）(2)(3)，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子只受电场力作用； （1）粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得：‎ 故粒子进入第二象限时的速度 位置为(0，d)； 粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，假设粒子没有出电场左边界，则有：‎ ‎ ‎ 故在水平方向上的位移 ‎ ‎ 故粒子刚好到达电场左边界，粒子通过x轴的坐标为（-d，0）； （2）若S点坐标为（d，d），粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得：‎ 故粒子进入第二象限时的速度 位置为（0，d）； 那么，粒子在第二象限电场中的初速度增大，故运动时间减小，那么，粒子一定穿过了电场左边界；粒子先做类平抛运动，之后做匀速直线运动到达x轴； 粒子做类平抛运动的时间 ‎ ‎ 故竖直方向位移 ‎ ‎ 故对粒子从静止到通过x轴的过程应用动能定理可得：粒子通过x轴时的动能 Ek＝‎ ‎（3）设满足条件的释放点的坐标为（x，y），粒子在第一象限电场中运动过程根据动能定理可得：‎ 所以，‎ ‎ ‎ 粒子进入电场中做类平抛运动，设粒子从电场左边界射出时的速度方向与x轴的偏转角为θ，则有：‎ ‎ ‎ ‎ 又有粒子做类平抛运动的竖直位移 ‎ ‎ 粒子离开电场后做匀速直线运动，故有：‎ ‎ ‎ 所以 所以 ‎ ‎ 故释放S点的坐标（x，y）应满足的条件为 ‎4xy=5d2，（x＞0，y＞0）；‎ ‎21.如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大区域内存在水平向右的电场，电场强度为E。不带电的绝缘小球P2静止在O点。带正电的小球P1离小球P2左侧的距离为L。现由静止释放小球P1，在电场力的作用下P1与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的2/3倍。已知P1的质量为m，带电量为q，P2的质量为5m。求：‎ ‎（1）碰撞前小球P1的速度。‎ ‎（2）碰撞后小球P2的速度。‎ ‎（3）小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间和位置 ‎【答案】（1）（2）（水平向右） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设碰撞前小球P1的速度为v0，根据动能定理 解得（2分）‎ ‎（2）P1、P2碰撞，设碰后P1速度为v1， P2速度为v2，由动量守恒定律：‎ ‎（2分）‎ ‎（水平向左） 解得（水平向右） （1分）‎ ‎（3）碰撞后小球P1向先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a，则：‎ ‎（1分）‎ 设P1、P2碰撞后又经时间再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正，则：‎ ‎（2分）‎ 解得：（1分）‎ 对P2分析：（2分）‎ 即第二次碰撞时距离O点（1分）‎ 考点：本题考查动能定理、动量守恒定律和运动学公式。‎ ‎ ‎