辽宁省实验中学2020届高三上学期期中考试物理试题

辽宁省实验中学2019-2020高三学年度上学期期中

物理试卷

一、选择题（1-9题为单选题，10-14题为多选题，每题4分，选不全得2分，错选或多选不得分，共计56分。）

1.在同一地点，甲、乙两物体沿同一方向做直线运动的速度―时间图象如图所示，则（    ）

A. 甲物体比乙物体早出发2s

B. 再次相遇前，在4s时，甲、乙两物体相距最远

C. 6s时，甲、乙两物体相遇

D. 甲、乙两物体加速时，甲物体的加速度小于乙物体的加速度

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图知，甲物体比乙物体晚出发2s。故A不符合题意。
B．在t=4s前，甲物体比乙物体快，甲物体在乙物体的前方，两者间距逐渐增大。在t=4s后，甲物体比乙物体慢，两者间距逐渐减小，因此，在4s时，甲、乙两物体相距最远。故B符合题意。
C．6s时，甲的速度为10m/s，0-6s内，甲的位移为：

乙的位移为：

可知6s时两者位移不等，所以没有相遇。故C不符合题意。
D．根据图象的斜率表示加速度，知甲、乙两物体加速时，甲物体的加速度大于乙物体的加速度。故D不符合题意。

2. 如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法正确的是

A. 框架对A的弹力方向可能垂直框架向下

B. 框架对B的弹力方向只能垂直框架向上

C. A与框架间可能没有摩擦力

D. A、B两球所受的合力大小相等

【答案】ABD

【解析】

试题分析：对A球受力分析，只要保证A球的合力指向中轴，所以A球受到竖直向下的重力GA，沿斜面向上的摩擦力fA，至于支持力NA的方向决定于框架转速的大小，可以垂直框架向上也可以垂直框架向下，所以A选项是可能的，而C选项是不可能的；对B球受力分析，只要保证B球的合力指向中轴，所以B球受到竖直向下的重力GB，沿斜面向上的摩擦力fB，至于支持力NB只能垂直斜面向上，所以B选项是可能的；由于A、B两球到中轴的距离相等，两球的转动角速度w相等，所以据F向=mrw2可知，D选项是可能的；所以综上所述正确选项为C．

考点：本题考查受力分析和同轴转动体的特性．

3.如图所示,在绕中心轴转动的圆筒内壁上,有一物体随着圆筒一起转动而未滑动.在圆筒的角速度增大的过程中,下列说法中正确的是（   ）

A. 物体所受弹力逐渐增大摩擦力大小一定不变

B. 物体所受弹力不变,摩擦力大小减小了

C. 物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零

D. 物体所受弹力逐渐增大,摩擦力也一定逐渐增大

【答案】C

【解析】

【详解】ABD．物体受重力、弹力和静摩擦力大小，指向圆心的合力提供向心力，可知弹力提供向心力，角速度增大，根据，可知弹力逐渐增大。摩擦力在竖直方向上的分力等于重力，摩擦力沿运动方向上的分力产生切向加速度，若切向加速度不变，则切向方向上的分力不变，若切向加速度改变，则切向方向的分力改变，则摩擦力的大小可能不变，可能改变。故ABD错误。
C．因为摩擦力在竖直方向和圆周运动的切线方向都有分力，可知摩擦力与竖直方向的夹角不为零。故C正确。

4.如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为．若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为（   ）

A. 3:4 B. 3:5 C. 1:3 D. 4:5

【答案】C

【解析】

【详解】当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，根据牛顿第二定律：，解得B的加速度为：

当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，根据牛顿第二定律：，解得：

可得：

a1：a2=1：3

A．3:4。故A不符合题意。   

B．3:5。故B不符合题意。   

C．1:3。故C符合题意。   

D．4:5。故D不符合题意。

5.一辆汽车保持功率不变驶上一斜坡，其牵引力逐渐增大，阻力保持不变，则在汽车驶上斜坡的过程中，以下说法正确的是（   ）

①加速度逐渐增大        ②速度逐渐增大    ③加速度逐渐减小    ④速度逐渐减小

A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④

【答案】D

【解析】

由可知，功率不变，汽车的牵引力逐渐增大，其上坡的速度逐渐减小，所以汽车做减速运动，故汽车的加速度方向沿坡向下，对汽车进行受力分析：汽车受到重力、牵引力、阻力，设斜坡与水平面的夹角为，由牛顿第二定律得：，随F增大，a逐渐减小，综上所述，③④正确，故D正确；故选D．

6.水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，如图所示．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是 (　　)

A. 电荷M的比荷大于电荷N的比荷

B. 两电荷在电场中运动的加速度相等

C. 从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功等于电场力对电荷N做的功

D. 电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同

【答案】A

【解析】

若两板间电压为U，间距为d，长为L．则由题意：①②，由①式分析得vM、vN不一定相同，D错误；由②式分析得：，A正确，由进一步分析可得两个电荷的加速度，电场力对电荷所做的功，BC错误．

7.如图所示，电灯L1和L2的阻值为R1和R2，电源内阻不计，滑动变阻器的阻值变化范围为0～R0，当变阻器触点P由a移向b时，电灯L1和L2的亮度变化情况是（   ）

A. 当时，L1灯变暗，L2灯变亮

B. 当时，L1灯先变暗后变亮，L2灯先变亮后变暗

C. 当时，L1灯先变暗后变亮，L2灯先变亮后变暗

D. 当时，L1灯变亮，L2灯先变暗后变亮

【答案】D

【解析】

【详解】由图可知L1与R左端串联后与R的右端并联，再与L2串联，设左端电阻为R，并联电路的电阻，根据数学知识可知当满足R1+R=R0-R时，并联电路的电阻最大。
AB．当R1＞R0时，当变阻器触点P由a移向b时，R减小，总电阻增大，总电流减小，L2变暗，路端电压U=E-Ir增大，所以并联电路的电压增大，灯L1支路电阻减小，分流增大，故L1变亮。故AB不符合题意。
CD．当R1＜R0时，当变阻器触点P由a移向b时，R减小，总电阻先增大后减小，总电流先减小后，L2先变暗后变亮，路端电压U=E-Ir先增大后减小，灯L1支路电阻减小，分流变大，故L1变亮。故C不符合题意，D符合题意。

8.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率（）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程的下列判断，正确的有（ ）

A. 滑块返回传送带右端的速率为

B. 此过程中传送带对滑块做功

C. 此过程中电动机对传送带做功为

D. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量大于

【答案】B

【解析】

【详解】A．由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，速度等于，故A错误；

B．此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得：传送带对滑块做功为： ，故B正确；

CD．滑块从起点向左到达最大位移时，用时，位移，传送带的位移；

返回加速的时间，加速过程的位移，传送带的位移为：；

传送带与滑块间的相对路程：，故滑块与传送带间摩擦产生的热量：，电动机对传送带做的功等于滑块动能的增加量与热量的总和，故电动机做功为：，故CD错误．

9.小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为（　　）

A. 4.7π B. 3.6π C. 1.7π D. 1.4π

【答案】A

【解析】

【详解】设登月器和航天飞机在半径3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有

解得：

在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，有：

所以有

设登月器在小椭圆轨道运行的周期是T1，航天飞机在大圆轨道运行的周期是T2．对登月器和航天飞机依据开普勒第三定律分别有：

为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天飞机实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足

(其中)

联立解得：

(其中)

当n=1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即为

A. 4.7π与分析相符，故A项与题意相符；

B. 3.6π与分析不相符，故B项与题意不相符；

C. 1.7π与分析不相符，故C项与题意不相符；

D. 1.4π与分析不相符，故D项与题意不相符．

10.如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是2m和m．劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中．开始时，物体B受到沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用而保持静止，且轻绳恰好伸直．现撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，不计一切摩擦．则在此过程中（    ）

A. 物体B所受电场力大小为

B. B的速度最大时，弹簧的伸长量为

C. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为

D. 物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量

【答案】BC

【解析】

撤去外力F前，对B分析可知，解得，A错误；撤去外力后，在沿斜面方向上B受到电场力，重力沿斜面方向的分力以及弹簧的弹力，当B受到的合力为零时，加速度为零，速度最大，由，解得，B正确；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，此时B受到的合外力为，解得，C正确；假如没有电场力，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，而现在电场力对B做正功，减小的电势能转化为B和地球组成的系统机械能，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，D错误．

11.​如图所示,一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处,B为轨道最高点,C、D为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O点, 已知弹簧的劲度系数为k=mg/R，原长为L=2R，弹性限度内，若给小球一水平初速度v0,已知重力加速度为g,则（  ）

A. 无论v0多大，小球均不会离开圆轨道

B. 若则小球会在B.D间脱离圆轨道

C. 只要，小球就能做完整的圆周运动.

D. 只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间最大压力与最小压力之差恒为6mg

【答案】ACD

【解析】

【详解】AB．弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F=k（L-R）=kR=mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道。故A符合题意，B不符合题意。

C．小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有，解得：

所以只要，小球就能做完整的圆周运动，故C符合题意。

D．在最低点时，设小球受到的支持力为N，根据牛顿第二定律有：，解得：

运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有：，此时合外力提供向心力，有：，可得：。联立可得压力差为：△N=6mg，与初速度无关。故D符合题意。

12.​如图所示，六个点电荷分布在边长为a的正六边形的六个顶点处，除一处的电荷量为-q外，其余各处的电荷量均为+q，MN为其正六边形的一条中线,M、N为中线与正六边形边长相交的两点，则下列说法正确的是（  ）

A M、N两点场强相同

B. MN两点电势相等

C. 在中心O处，场强大小为方向沿O指向-q方向.

D. 沿直线从M到N移动负电荷，电势能先增大后减小

【答案】BC

【解析】

【详解】A．中间一组-q和+q电荷在MN两处合场强大小相等，方向水平向左，最上边一组正电荷在M点合场强为0，最下面一组在N点合场强为0，最上边一组正电荷在N点合场强方向竖直向下，最下边一组正电荷在M点合场强方向竖直向上，最上边一组正电荷在N点合场强大小和最下边一组正电荷在M点合场强大小相等，所以M、N两点场强大小相等，方向不同。故A错误。

BD．若将负电荷从M点沿直线移动到N点，垂直MN方向上的电场力一直不做功，竖直方向上电场力先做正功，后做负功，由对称性，所做总功为零，所以MN两点电势相等，负电荷电势能不变。故B正确，D错误。

C．上下两组正电荷共四个+q在O点合场强为0，中间-q和+q电荷在O点合场强大小为，方向沿O指向-q方向，所以中心O点场强大小为，方向沿O指向-q方向。故C正确。

13.​如图甲所示,物块A. B的质量分别是mA = 4.0kg和mB= 3.0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示,下列说法正确的是（  ）

A. ​物块C的质量mc=2kg

B. ​墙壁对物块B的弹力在4s到12s对B不做功

C. ​B离开墙后的过程中弹簧具有最大弹性势能EP=9J

D. ​墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I为0

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．由图可知，C与A碰前速度为 v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：

mC=2kg

故A正确。
B．在4s到12s内，B不动，则墙壁对物块B的弹力在4s到12s对B不做功。故B正确。
C．在12s时，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：

EP=9J

故C正确。
D．由图知，12s末A和C的速度为 v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为 I=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2，
解得：

I=-36N•s

方向向左。故D错误。

14.如图所示，R0为热敏电阻（温度升高电阻迅速减小），D为理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大），C为平行板电容器．当开关K闭合，滑动变阻器R的触头P在适当位置时，电容器C中央有一带电液滴刚好静止．M点接地，则下列说法正确的是（  ）

A. 开关K断开，则电容器两板间电场强度为零

B. 将热敏电阻R0加热，则带电液滴向上运动

C. 滑动变阻器R的触头P向下移动，则带电液滴在C处电势能减小

D. 滑动变阻器R的触头P向上移动，则带电液滴在C处电势能增大

【答案】BC

【解析】

【详解】A．根据平衡条件可知液滴受电场力向上，大小等于重力。开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，电场强度增大。故A错误。
B．热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，电场强度增大，液滴向上运动。故B正确。
C．滑动变阻器R的触头P向下移动，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，会充电，电容器两端的电势差增大，液滴向上运动，电场力做正功，电势能减小。故C正确。
D．当变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，由于二极管，也不会放电，故电容器两端的电势差不变，电势能不变。故D错误。

二、实验题（15题5分，16题6分，共计11分。）

15.现有一满偏电流为50、内阻约为800-850的小量程电流表G(表头),另外可供选择的器材有:

A.电压表V(量程3V,内阻约为20K

B.电流表A1(量程200.内阻约为500

C.电流表A2(量程0.6A,内阻约为3)

D.定值电阻R0 (阻值10K)

E.电阻箱(最大阻值9999)

F.滑动变阻器R(最大阻值100)

G.电源E(电动势3V).

H.开关S

I.测量小量程电流表G的内阻.

(1)为了尽量减小误差,要求测量多组数据,所提供的电流表中,应选用______(填写字母代号)

(2)请在图中的虚线框中画出符合要求的实验电路图(其中电源、开关及连线已画出)______.

【答案】    (1). B    (2).

【解析】

【详解】(1)[1]待测电流表满偏电流是50μA，因此电流表应选B。
(2)[2]应用半偏法测电流表内阻，为减小误差，实现测量多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：

16.为了验证机械能守恒定律，某同学使用如图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器M通过G1、G2光电门时，光束被滑行器M上的挡光片遮挡的时间△t1、△t2都可以被测量并记录，滑行器连同挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两光电门中心间的距离为x，牵引砝码的质量为m，细绳不可伸长且其质量可以忽略，重力加速度为g．该同学想在水平的气垫导轨上，只利用以上仪器，在滑行器通过G1、G2光电门的过程中验证机械能守恒定律，请回答下列问题：

（1）实验开始应先调节气垫导轨下面的螺母，使气垫导轨水平．请在以下空白处填写实验要求．

在不增加其他测量器材的情况下，调水平的步骤是：取下牵引砝码m，接通气垫导轨装置的电源，调节导轨下面的螺母，若滑行器M放在气垫导轨上的任意位置都能保持静止，或者轻推滑行器M，M分别通过光电门G1、G2的时间     ，则导轨水平；

（2）当气垫导轨调水平后，在接下来的实验操作中，以下操作合理的是     ；

A．挡光片的宽度D应尽可能选较小的

B．选用的牵引砝码的质量m应远小于滑行器和挡光片的总质量M

C．为了减小实验误差，光电门G1、G2的间距x应该尽可能大一些

D．用来牵引滑行器M的细绳可以与导轨不平行

（3）在每次实验中，若表达式         （用M、g、m、△t1、△t2、D、x表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律成立．

【答案】（1）相等；（2）AC；（3 ）

【解析】

【分析】

（1）当气垫导轨水平时，滑块做匀速直线运动，通过光电门的速度相等，即光电门的挡光时间相等．

（2）在实验中，根据极限逼近思想用平均速度代替瞬时速度，则D要可能小，另外G1、G2越远，相对误差越小．．

（3）滑块经过光电门时的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，可由 求出，然后根据砝码的重力势能减少量与砝码及滑行器（连同挡光片）的动能增加量相等，写出需要验证的方程．

【详解】（1）实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平．

（2）A、滑块经过光电门时的瞬时速度用平均速度来代替，由求出，D越小，误差越小，故A正确．

B、本实验不需要测量细绳对滑行器的拉力，即不需要用砝码的质量代替细绳的拉力，所以不需要满足砝码的质量m应远小于滑行器的总质量M这个条件，故B错误．

C、光电门G1、G2的间距x越大，x相对误差越小，故C正确．

D、用来牵引滑行器M的细绳必须与导轨平行，以减小阻力，保持满足实验阻力足够小的条件，故D错误．

故选AC．

（3）滑行器经过光电门G1、G2的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为： ，

砝码的重力势能减少量为：△Ep=mgx；砝码及滑行器（连同挡光片）的动能增加量相等为：．若表达式△Ep=△Ek，

即得：，在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律成立．

【点睛】本题关键应掌握光电门测量滑块瞬时速度的原理：平均速度代替瞬时速度，注意与探究牛顿第二定律实验的区别，此实验不需要满足砝码的质量m应远小于滑行器的总质量M这个条件．

三、计算(写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分、有数值的算的，答案中必须明确写出数值和单位。17题8分，18题12分，19题13分，共计33分)

17.如图所示，倾角α=370的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=103N/C，有一个质量为m=3×10-3kg的带电小球，以速度v=1m/s沿斜面匀速下滑，求：

（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？

（2）在小球匀速下滑某一时刻突然撤去斜面，此后经t=0.2s内小球的位移是多大？（g取10m/s2）

【答案】（1）正电；2.25×10-5C（2）0.32m

【解析】

（1）由于小球匀速运动，所受重力与电场力的合力和斜面对小球的支持力平衡，如图可知，小球必带正电，且 ，所以 ；从“等效重力场”观点看，实际上就是小球所受等效重力与斜面对小球的支持力平衡，故等效重力大小、等效重力加速度大小可分别表示为 ，．

（2）撤去斜面后，小球仅受等效重力作用，且具有与等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平抛运动”（严格地讲是类平抛运动，这里只是为了方便说明和处理，以下带引号的名称意义同样如此．），基本处理的方法是运动的分解．

如图，小球在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做“自由落体运动”，则有：

x=vt；y=g′t2，其中v=1m/s，t=0.2s，

解得：y=0.25m，所以t=0.2s内的总位移大小为  

考虑到分析习惯，实际处理时可将上述示意图顺时针转过α角，让小球的运动和重力场中的平抛运动更接近．   

18.如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m＝0.1kg．P2的右端固定一轻质弹簧，物体P置于P1的最右端，质量为M＝0.2kg且可看作质点．P1与P以共同速度v0＝4m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)．平板P1的长度L＝1m ，P与P1之间的动摩擦因数为μ＝0.2，P2上表面光滑．求：

(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1；

(2)此过程中弹簧的最大弹性势能Ep．

(3)通过计算判断最终P能否从P1上滑下，并求出P的最终速度v2．

【答案】(1)v1=2m/s　(2)EP=0.2J　(3)v2=3m/s

【解析】

（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律

解得，方向水平向右 ；

（2）对P1、P2、P系统，由动量守恒定律

解得，方向水平向右，

此过程中弹簧的最大弹性势能；

（3）对P1、P2、P系统，由动量守恒定律

由能量守恒定律得

解得P的最终速度，即P能从P1上滑下，P的最终速度

19.如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)．在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L，板间中线与电子源在同一水平线上．已知板间距d＝ L，极板长L，距偏转板右边缘S处有荧光屏，经时间t统计(t≫T)只有50%的电子能打到荧光屏上．(板外无电场)，求：

(1)电子进入偏转板时的速度；

(2)时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离；

(3)电子打在荧光屏上的范围Y．

【答案】(1)　(2)0　(3)

【解析】

(1)设电子进入偏转板时的速度为v，由动能定理有：

eU0＝mv2

解得：v＝．

(2)由题意知，电子穿过偏转板所需时间：t＝＝L ＝T

故在T/4时刻沿中线射入偏转板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速度再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零．

(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转板，而有50%的电子由于偏转量太大，不能射出，经分析知电子在T～T，T～T(k＝0，1，2…)时进入偏转极板，能射出．

a＝

，Y＝

因为电子射入偏转板时，竖直方向速度为0，所以电子打在荧光屏上的范围Y＝．