2023-2024学年广东省广州六中高二（上）期中物理试卷（选考）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州六中高二（上）期中物理试卷（选考）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.对以下四幅图中包含的物理知识说法错误的是( )
A. 图甲：将两板间距拉开一些后，静电计指针张角会变小
B. 图乙：示波器的示波管，要使荧光屏中间的亮斑向上移动，需要使竖直偏转板中上极板的电势高于下极板的电势
C. 图丙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，采用了控制变量法
D. 图丁：库仑利用此装置来研究真空中两个点电荷间的相互作用
2.乌贼在水中运动方式是十分奇特的，它不用鳍也不用手足，而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，在无脊椎动物中游泳最快，速度可达15m/s。逃命时更可以达到40m/s，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，喷射出的水的质量为0.8kg，则喷射出水的速度为( )
A. 200m/s
B. 160m/s
C. 75m/s
D. 60m/s
3.自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送速率保持不变，则货物在此过程中( )
A. 所受摩擦力的冲量为零B. 所受合外力做功不为零
C. 所受合外力的冲量不为零D. 动量变化量为零
4.秋冬时节，因为带有静电人身上的电压可达到几千伏，当人的手指靠近金属导体时会产生很强的电场从而击穿空气，发生放电现象。关于这种现象，下列说法正确的是( )
A. 发生放电现象时，金属导体内的正负电荷同时转移
B. 手指与金属导体距离越近，越容易发生放电现象
C. 放电过程中，电场力对移动的电荷做负功
D. 放电过程中，移动电荷的电势能一定变大
5.类比是一种常用的思想方法，它通过“由此及彼”来帮助我们认知新事物。有人用地理学中的“等高线”来类比静电场中的“等势线”，并绘制了一座“小山峰”，反映点电荷电场在xOy平面内各点电势φ关系的图像，如图所示。绘制该图时同样默认距点电荷无穷远处电势为零，则下列判断中正确的是( )
A. 该图像描述的是负点电荷的电场
B. 图中M点对应位置的场强比N点对应位置的场强大
C. 图中M点对应位置的场强方向沿M所在曲线的切线方向斜向下
D. 点电荷在M点所对应位置的电势能一定比在N点所对应位置的电势能大
6.一避雷针发生尖端放电，在空间产生的电场如图所示。沿尖端取点b、d，以b、d连线为对称轴取点a、c画一条水平线abc。某点电荷沿曲线adc运动，只受电场力作用。以下说法正确的是( )
A. 点电荷带正电
B. 点a、c的电场强度相同
C. 点电荷运动过程中速度先减小后增大，在c点速度比在a点大
D. 点电荷可能做匀速圆周运动
7.如图，一根竖直立在水平地面上的细杆，其上端固定一个光滑的小滑轮A，一质量为m，带电荷量为+q的可视为质点的小球B通过细绳尧过滑轮A，并用水平力F拉住，在细杆上某点C处固定一个带电量为+Q的点电荷，此时小球B处于静止状态，且AB=AC=BC。现缓慢向左拉绳，使细绳AB的长度减为原来一半，同时改变小球B所带的电荷量+q的大小，且细绳AB与细杆的夹角保持不变，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 细绳拉力F逐渐增大B. 细绳拉力F逐渐减小
C. 小球B所带的电荷量q逐渐增大D. 小球B所带的电荷量q先减小后增大
二、多选题（本题共3小题，共18分）
8.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是( )
A. 振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
B. 振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的电流
C. 振动膜向左运动时，电容器的板间电场强度减小
D. 振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
9.某静电场中，x轴上电场强度E随时间变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x=3x0处，假设粒子仅受电场力作用，E0、x0已知，则( )
A. 粒子一定带负电
B. 粒子的初动能大小为32qE0x0
C. 粒子沿轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
D. 粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0
10.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A. 末速度大小为 2v0B. 末速度沿水平方向
C. 重力势能减少了12mgdD. 克服电场力做功为mgd
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11.如图所示，图甲是利用传感器在计算机上观察电容器充放电过程的电路原理图，图乙、丙分别是实验中得到的I-t图像和U-t图像，根据图中信息，回答下列问题：

(1)按图甲正确连接电路后，先将开关K拨至a端，电容器______ (填“充电、放电”)，然后将开关K拨至b端，电容器______ (填“充电、放电”)。
(2)根据图乙，可知电容器充电过程中，电容器两板间的电压逐渐______ (填“变大、不变、变小”)，电路中的电流逐渐______ (填“变大、不变、变小”)；电容器放电的过程中，电容器两板间的电压逐渐______ (填“变大、不变、变小”)，电路中的电流逐渐______ (填“变大、不变、变小”)。
(3)改变电源电压，重复上述实验，得到多组I-t和U-t图像。根据所学知识判断，图乙中的阴影部分“面积”S与图丙中的纵坐标值U的比值______ (填“变大、不变、变小”)。
12.利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。

实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺。
实验步骤：
(1)测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，各悬点位于同一水平面，如图甲；
(2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍；
(3)分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达最高位置为B，球2向左摆动的最高位置为C，如图乙。已知重力加速度为g，碰前球1的动量大小为______ 。若满足关系式______ ，则验证碰撞中动量守恒；
(4)球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动。若为弹性碰撞，则可判断球1的质量______ 球2的质量(填写“大于”、“等于”或“小于”)；若为非弹性碰撞，则______ (填“能”或“不能”)比较两球质量大小。
四、计算题（本题共3小题，共38分）
13.如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区(输入腔)被ab间交变电压(微波信号)加速或减速，当Uab=U0时，电子被减速到速度为v1，当Uab=-U0时时，电子被加速到速度为v2，接着电子进入Ⅱ区(漂移管)做匀速直线运动.某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区，t时间(小于交变电压的周期)后速度为v2的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v1的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区(输出腔)，达到信号放大的作用.忽略电子间的相互作用。求：

(1)电子进入Ⅰ区的初速度大小v0和电子的比荷em；
(2)漂移管的长度L。
14.如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生完全非弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=5.0×10-3kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2，不计空气阻力。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲、乙两球碰撞后，恰能通过轨道的最高点D，求两球在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的速度v0。
15.如图甲所示，水平传送带右端B端与右侧绝缘水平面相切，其中BC段光滑，长为d=3m；C点右侧粗糙，在C点右侧相距L=1.6m的空间内存在水平向左的匀强电场。t=0时刻，在C点静置一个质量mb=0.1kg、带正电的小滑块b，此时，在传送带上距离B端L0=12m处，有一个不带电的绝缘小滑块a正以v=6m/s的速度向右运动，恰好相对传送带静止；经过一段时间后，两个小滑块发生碰撞。传送带运动的v-t图像如图乙所示。已知小滑块a的质量为ma=0.05kg，小滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，小滑块b与地面的动摩擦因数也为μ=0.4。若两个小滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他阻力和电场的边缘效应，g取10m/s2。
(1)若a、b发生的碰撞为弹性正碰，求碰后瞬间两者的速度大小。
(2)满足(1)问的条件下，求a在传送带上运动过程中的摩擦生热Q。
(3)通过计算讨论：b在电场运动的过程中，电场力对b所做的功与电场力F的关系。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、图甲中，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知将两板间距拉开一些后，板间距离d增大，则电容C减小。根据C=QU，由于电荷量Q不变，所以板间电势差U增大，静电计指针张角会变大，故A错误；
B、图乙为示波器的示波管，要使荧光屏中间的亮斑向上移动，说明电子受到向上的电场力，根据电子受力方向与电场方向相反，可知竖直偏转板中上极板的电势高于下极板的电势，故B正确；
C、探究影响电荷间相互作用力的因素时，所用的物理研究方法是控制变量法，故C正确；
D、图丁中库仑利用此装置来研究真空中两个点电荷间的相互作用，故D正确；
本题选错误的，故选：A。
图甲：根据电容的决定式和定义式相结合分析两板间电势差的变化，从而判定静电计指针张角的变化；图乙：分析电子受到的电场力方向，再判断竖直偏转板中上、下极板电势关系；图丙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，应采用控制变量法；图丁：库仑利用此装置来研究真空中两个点电荷间的相互作用。
解答本题时，要理解每个装置的实验原理和研究方法，掌握电容的决定式和定义式以及电子偏转的原因是关键。
2.【答案】B
【解析】解：乌贼逃命时的速度为v1=40m/s，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒得
0=(m-m0)v1-m0v2
可得乌贼喷射出水的速度为：
v2=(m-m0)m0v1=(4-0.8)0.8×40m/s=160m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
乌贼喷射水的过程，乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求解乌贼喷射出水的速度。
本题考查动量守恒定律的应用，对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)，解答时要首先确定一个正方向。
3.【答案】C
【解析】解：A.货物从传送带A位置传送到B位置，货物做匀速圆周运动，所受合外力不为零，充当向心力，货物所受的合外力为摩擦力，摩擦力不为零，则货物所受摩擦力的冲量I=ft不为零，故A错误；
B.由动能定理可知，货物所受合外力做的功等于货物的动能变化量，由于货物动能不变，则所受合外力做功为零，故B错误；
C.由动量定理可知，货物所受合外力的冲量等于货物的动量变化量，则有
I合=m⋅Δv=mvB-mvA=m(vB-vA)
速度为矢量，则vB-vA不为零，则I合不为零，故C正确；
D.动量变化量Δp=mvB-mvA=m(vB-vA)
速度为矢量，则vB-vA不为零，则Δp不为零，故D错误。
故选：C。
A、根据货物所做的运动，判断货物所受合外力情况，进而判断合外力来源，及所受摩擦力的冲量是否为零。
B、根据动能定理，判断货物的动能变化量，进而判断所受合外力做功是否为零。
C、根据动量定理，判断货物的动量变化量，进而判断所受合外力的冲量是否为零。
D、动量是矢量，动量变化量等于货物的末动量与初动量的矢量之差。
解答本题，要明确动量是矢量，要掌握动量定理内容，要掌握动能定理内容，不要混淆！
4.【答案】B
【解析】解：A、发生放电现象时，金属导体内的正电荷是原子核不能移动，只有负电荷运动，故A错误；
B、手指与金属导体距离越近，电场强度越大，越容易发生放电现象，B正确；
CD、放电过程中，电场力的方向与电荷的运动方向相同，电场力对移动的电荷做正功，电荷的电势能一定变小，故CD错误。
故选：B。
金属导体内的正电荷是原子核不能移动，只有负电荷运动。当电荷只在电场力的作用下运动时，其电势能一定是变小的。
本题考查电荷的转移与电场力对点电荷做功的问题，难度较小。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，离点电荷越近的地方电势越高，所以该图像描述的是正点电荷的电场，故A错误。
B.图中M点的等势面更密，对应位置的场强大，N点处等势面更稀疏，对应位置的场强小，所以图中M点对应位置的场强比N点对应位置的场强大，故B正确。
C.电场线与等势面处处垂直，图中M点对应位置的场强方向沿M所在曲线的切线的垂直方向，故C错误。
D.电势能的大小不仅与电势的高低有关，而且与电荷的正负有关；由图可知φM>φN，若点电荷为负，则M点的电势能比N点的电势能小，故D错误。
故选：B。
正电荷周围的电势都为正，负电荷周围的电势都为负，据此作答；等势面越密的地方场强越大；电场线与等势面处处垂直；正电荷在电势越高的地方，电势能越大，负电荷在电势越高的地方电势能反而越小。
本题考查了与等势面相关的知识；等势面在教材中作为“发展空间”出现，但其重要性一定不能忽略。
6.【答案】A
【解析】解：A、点电荷在电场中仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向曲线弯曲的凹测，则知电场力方向与电场方向相同，所以点电荷带正电，故A正确；
B、由对称性可知，点a、c的电场强度大小相等，但方向不同，所以点a、c的电场强度不同，故B错误；
CD、点电荷由a→d过程中，电场力方向与速度方向的夹角大于90°，电场力对点电荷做负功，其速度减小。由d→c过程中，电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力对点电荷做正功，其速度增大，由对称性可知，点a、c的电势相等，则点电荷由a→c电场力做功为零，点电荷在a、c两点的速度大小相等，点电荷沿该线运动时，电场力要做功，不会做匀速圆周运动，故CD错误。
故选：A。
点电荷沿曲线adc运动，只受电场力作用，电场力指向轨迹的凹侧，由此判断电场力方向，再分析点电荷的电性；根据电场线的疏密判断电场强度关系；根据电场力做功正负情况判断速度的变化，从而判断其运动性质。
解决本题的关键要知道物体做曲线运动时，合外力指向轨迹的凹侧，同时要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度，顺着电场线方向电势降低。
7.【答案】B
【解析】解：设AB=x，小球B受力如图：由库仑定律F电=kQqy2，由数学知识：mgL=Fx=F电y，y是AB间距，得到
F=mgxL，q=mgy3LkQ，由题意知x从L逐渐减小到12L，所以细绳拉力F逐渐减小；y从L缓慢减小到 32L，所以小球B所带的电荷量q逐渐减小，故B正确，ACD错误；
故选：B。
分析小球B受力，由相似三角形法解答。
熟练掌握解决动态平衡问题的各种方法，特别是特殊方法。
8.【答案】BCD
【解析】解：AB、振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，由于电容器和电源相连，则电容器两极板电压U不变，由E=Ud知电容器的板间电场强度增大。
电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容增大，结合电容器的电压不变，由C=QU知电容器的带电荷量增大，所以电阻上有从a到b的电流，故A错误，B正确；
CD、振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，电容减小，由于电容器两极板电压不变，所以电容器的板间电场强度减小，电容器的带电荷量减小，故CD正确。
故选：BCD。
根据电容器极板间距离的变化分析电容的变化，结合电压不变分析电容器带电量的变化，从而分析板间场强变化，以及R中电流方向。
本题考查电容器的动态分析，方法是先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电压或电量不变判断电量或电压的变化。
9.【答案】BD
【解析】解：A、如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此x=3x0处的速度不可能为零，因此粒子一定带正电，A错误；
B、根据动能定理，有：12qE0x0-12×2qE02x0=0-Ek0，可得：Ek0=32qE0x0，故B正确；
C、粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故C错误；
D、粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理，有：12qE0x0=Ekm-Ek0，解得Ekm=2qE0x0，故D正确。
故选：BD。
电场力F与场强成正比，故图中E-x图与x轴包围的面积在乘以q即为电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，根据动能定理列式分析即可。
本题关键时明确图中中E-x图象的物理意义，然后根据动能定理列式分析，注意电场力做功等于电势能的减小量，不难。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、0～T3时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，T3～23T内，微粒做平抛运动，下降的位移x1=12g(T3)2，23T～T时间内，微粒的加速度a=2qE0-mgm=g，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确。
C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为12d，则重力势能的减小量为12mgd，故C正确。
D、在T3～23T内和23T～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为14d，整个过程中克服电场力做功为2E0⋅q⋅14d=12qE0d=12mgd，故D错误。
故选：BC。
解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
11.【答案】充电 放电 变大 变小 变小 变小 不变
【解析】解：(1)由图甲可知，开关K拨至a端，电容器充电，开关K拨至b端，电容器放电。
(2)由图丙和图乙可知，电容器充电过程中，电容器两板间的电压逐渐变大，电路中的电流逐渐变小。放电过程中，电容器两板间的电压逐渐变小，电路中的电流逐渐变小。
(3)由电流的定义式I=qt可知，乙中的阴影部分“面积”S表示电容器极板上的电荷量。
图丙中的纵坐标值U表示电容器两端电压，则有
SU=QU=C
可知，图乙中的阴影部分“面积”S与图丙中的纵坐标值U的比值电容器的电容，保持不变。
故答案为：(1)充电，放电；(2)变大，变小，变小，变小；(3)不变。
(1)当电容器与电源相连时充电，充电后的电容器与电阻直接相连时放电；
(2)根据图丙和图乙分析电容器充电过程和放电过程中，电容器两板间的电压与电路中电流的变化情况；
(3)理解I-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示电荷量q。结合电容的定义式分析。
本题主要考查电容器的相关知识，理解电容器的充放电过程，结合电路结构分析出电压的大小，理解I-t图像中图像与横轴围成的面积表示电荷量。
12.【答案】3m1 2gd 2m1=m2 小于 能
【解析】解：(3)从A位置到最低点的高度差h1=9d，由机械能守恒得：m1gh1=12m1v12，
解得，碰撞前球1的速度大小v1=3 2gd，
碰撞前球1的动量大小p1=m1v1=3m1 2gd
同理可求出碰撞后球2的速度大小v2'= 2g×4d=2 2gd，
碰撞后球2的动量大小p2'=m2v2'=2m2 2gd
碰撞后球1的速度大小v1'= 2g×d
碰撞后球1的动量大小p1'=m1v1'=m1 2gd
碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=-m1v1'+m2v2'
整理得：2m1=m2。
(4)弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：12m1v12=12m1v12+12m2v22
解得：v1=m1-m2m1+m2v1
球1向右反弹摆动，则v1<0，则m1若碰撞为非弹性碰撞，两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞后球1向右反弹，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：m1v0=-m1v1+m2v2，可知m2v2>m1v0，
非弹性碰撞过程系统机械能减少，则有12m1v02>12m1v12+12m2v22，
解得：m2>m1，可以比较两球的质量大小。
故答案为：(3)3m1 2gd；2m1=m2；(4)小于；能。
(3)根据速度公式求解对应的速度，再根据动量守恒定律即可明确对应的表达式；
(4)根据弹性碰撞和非弹性碰撞的特点判断两个球质量的大小。
本题考查验证动量守恒定律的实验；要注意明确验证动量守恒定律中，要在摆体运动过程下运动验证，碰撞前后的速度可以利用机械能守恒定律进行分析求解。
13.【答案】解：(1)在I区，由动能定理得
-eU0=12mv12-12mv02
eU0=12mv22-12mv02
联立解得
v0= v12+v222
em=v22-v124U0
(2)在Ⅱ区，设v2电子运动时间为t'，则
v1(t+t')=L
v2t'=L
联立解得
L=v1v2v2-v1t
答：(1)电子进入Ⅰ区的初速度大小为 v12+v222，电子的比荷为v22-v124U0；
(2)漂移管的长度为v1v2v2-v1t。
【解析】(1)根据动能定理可解答；
(2)根据粒子的运动情况结合位移—时间公式解答。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握粒子的运动情况分析，注意动能定理的应用。
14.【答案】解：(1)设乙能通过轨道的最高点D的速度为vD，离开D点到达水平轨道的时间为t，落点到B点的距离为x。
两球恰能通过轨道的最高点，由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
2mg+qE=2mvD2R
两球离开D点后做类平抛运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
2R=12(2mg+qE2m)t2
水平方向做匀速直线运动，则有
x=vDt
联立解得：x=0.4m
(2)设碰撞后甲、乙的速度为v，对于碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv0=2mv
甲、乙整体从B点到D点，由动能定理得：
-2mg⋅2R-qE⋅2R=12×2mvD2-12×2mv2
联立解得：v0=4 5m/s
答：(1)两球在轨道上的首次落点到B点的距离为0.4m；
(2)甲球的速度v0为4 5m/s。
【解析】(1)根据两球恰能通过轨道的最高点，由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出乙球通过D点的速度。两球离开D点后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据两球在水平方向上做匀速直线运动求出两球在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)因为甲、乙发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律列式。甲、乙整体从B点到D点，利用动能定理列式，联立求解甲球的速度v0。
本题的关键要知道两球离开D点后做类平抛运动，由于重力和电场力均为恒力，所以可以采用运动的分解法处理，要掌握分运动的规律求解水平位移。
15.【答案】解：(1)由题可知，a经过时间t1=L0v即t1=2s到达B端，再经t2=dv即t2=0.5s滑过BC在C点与b相碰，取向右为正方向，设碰后两者速度为v'1、v'2，根据动量守恒定律得
mav=mav'1+mbv'2
根据能量守恒定律得
12mav2=12mav'12+12mbv'22
联立解得：v1'=-2m/s，v2'=4m/s，
即碰后两者速率分别为：v1=2m/s，方向向左；v2=4m/s，方向向右。
(2)碰后a反弹，经过时间t3=LBCv1即t3=1.5s，经过t=t1+t2+t3=2s+0.5s+1.5s=4s小滑块a返回B端，此时传送带正反向运动，v=4m/s，假设a一直未滑出传送带，则小滑块a先向左加速，经过时间t4二者共速，则
v=v1+μgt4
解得：t4=0.5s
小滑块a位移
sa=v1+v2t4
传送带位移
s=vt4
二者相对位移
Δs=s-sa
联立解得：sa=1.5m，Δs=0.5m，
之后二者匀速运动t5=0.5s，位移
sa0=vt5=4×0.5m=2m，
传送带停止后，a减速至速度为0，设位移为
s'a-μmags'a=0-l2mav2
解得：s'a=2m
则sa+sa0+s'a=1.5m+2m+2m=5.5m
因为sa+sa0+s'a=5.5m则a在传送带上运动过程中的摩擦生热
Q=μmag(Δs+s'a)
解得：Q=0.5J；
(3)小滑块在摩擦力和电场力的作用下，向右做匀减速直线运动，电场力F=qE，
(i)设不会离开电场区，若位移为s2，由动能定理得
-(F+μmbg)s2=0-12mbv22-0
又s2可得：F≤μmbgs2
解得：当0.1N(ii)如果小滑块会离开电场区域，电场力F必须满足：
F≤0.1N或F>0.4N
若F≤0.1N，小滑块将从右侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=1.6m，则电场力做功
W=-Fs=-1.6F；
若F>0.4N，小滑块将从左侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=0，电场力做功为0，即
W=0。
答：(1)若a、b发生的碰撞为弹性正碰，碰后瞬间a、b的速度大小分别为2m/s，4m/s。
(2)满足(1)问的条件下，a在传送带上运动过程中的摩擦生热Q为0.5J。
(3)b在电场运动的过程中，电场力对b所做的功与电场力F的关系：
当F≤0.1N时，电场力做功W=-1.6F；
当0.1N当F>0.4N时，电场力做功W=0。
【解析】(1)a、b发生弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律求两者碰后速度；
(2)求出a与传送带的相对位移，根据Q=fx相对求摩擦生热；
(3)根据电场力与摩擦力的关系分析b在电场中的运动情况，在根据W=Fs求电场力做功。
本题关键是分析清楚滑块a、b的运动过程，抓住每个过程和各个状态的特点和物理规律，要注意摩擦产生的热量要根据相对位移求解。