北京市丰台区2025-2026学年度第二学期期中练习高二物理试卷（含解析）

这是一份北京市丰台区2025-2026学年度第二学期期中练习高二物理试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题 共42分）
一、单项选择题（本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项）
1. 关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A. 电磁波的传播不需要介质
B. 医院里常用红外线对病房和手术室消毒
C. 变化的电场一定产生变化的磁场
D. 按波长由小到大，电磁波谱排列顺序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线
【答案】A
【解析】
【详解】A．电磁波是变化的电场和磁场交替产生、由近及远传播形成的，传播过程不需要介质，真空中也可以传播，故A正确；
B．医院消毒使用的是紫外线，红外线只有热效应，没有消毒功能，故B错误；
C．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的电场会产生恒定的磁场，只有非均匀变化的电场才会产生变化的磁场，故C错误；
D．电磁波谱按波长由小到大的顺序为射线、射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波，选项中所列电磁波的顺序为波长由大到小，与该选项“按波长由小到大”的陈述不符，故D错误。
故选A。
2. 分析下列物理现象：
①“闻其声而不见其人”；
②雷声轰鸣不绝；
③耳机主动降噪功能能够起到消除噪声的作用；
④当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高。
这些物理现象分别属于波的（ ）
A. 折射、干涉、衍射、多普勒效应
B. 衍射、多普勒效应、反射、干涉
C. 折射、衍射、干涉、多普勒效应
D. 衍射、反射、干涉、多普勒效应
【答案】D
【解析】
【详解】①“闻其声而不见其人”是由于声波的波长较长，容易发生衍射，绕过障碍物传播，而光波波长较短，衍射不明显，故①对应衍射。
②雷声轰鸣不绝是因声波在云层、地面等界面多次反射，导致声音持续，故②对应反射。
③主动降噪耳机通过产生与噪声相位相反的声波，利用干涉中的相消叠加消除噪声，故③对应干涉。
④火车驶近时音调变高是波源靠近导致接收频率升高的多普勒效应，故④对应多普勒效应。
综合可知D选项符合题意。
故选D。
3. 某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为 P0，输电电压为U，输电线的总电阻为R线，输电线上的功率损失为P线。下列说法正确的是（ ）
A. 输电线上的电流
B. 输电线上的电压损失
C. 根据可知，降低输电电压可以减少输电线上的功率损失
D. 根据可知，提高输电电压可以减少输电线上的功率损失
【答案】D
【解析】
【详解】A．公式中U​错误，混淆了输电总电压和输电线上的损失电压，输电电流应为 ，故A错误；
B．输电电压损失 ​​，故B错误；
C．公式 错误，不是输电线两端的电压；降低输电电压会使输电电流增大，输电线上功率损失增大，故C错误；
D．由 ，代入功率损失公式得 ​，输送功率不变时，提高输电电压，输电线上功率损失会减小，故D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，取向右为正方向，建立Ox坐标系。在a、b两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示。由振动图像可知（ ）
A. 在t1时刻，振子向右运动
B. 在t2时刻，振子的回复力方向水平向右
C. 从t1到t2时刻，振子的动能逐渐增大
D. 振子的振动周期等于t1
【答案】A
【解析】
【详解】A．在时刻，振子在平衡位置，将要向正向最大位移运动，即要向点运动，故A正确；
B．在时刻，振子的位置在正的最大位移处，根据回复力，可知振子回复力的方向与位移方向相反，即水平向左，故B错误；
C．从到时刻，振子的速度由最大值逐渐减小到0，所以动能逐渐减小，故C错误；
D．由图乙可知，振子的振动周期为，故D错误。
故选A。
5. 一个单摆在地面附近做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 此单摆的固有周期为0.5s
B. 此单摆的摆长约为0.5m
C. 若摆长增大，共振曲线的峰值将向左移动
D. 若增大驱动力频率，则此单摆的固有频率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知此单摆的固有频率
固有周期，故A错误；
B．由单摆周期公式
得，故B错误；
C．摆长增大时，由
可知，周期增大，固有频率减小，共振曲线峰值对应固有频率，因此峰值向左（频率减小的方向）移动，故C正确；
D．固有频率是单摆本身的固有属性，只和自身摆长、当地重力加速度有关，和驱动力频率无关，故D错误。
故选C。
6. 下图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2，3，4，…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端，相邻编号的质点间距离为1.5 cm。已知t = 0时，质点1开始向上运动；t = 0.3 s时，质点1到达上方最大位移处，质点5开始向上运动。则（ ）
A. 这列波的波长为6 cm
B. 这列波传播的速度为0.2 m/s
C. t = 0.6 s时，质点1到达下方最大位移处
D. t = 0.9 s时，质点13开始向下运动
【答案】B
【解析】
【详解】AB．t=0.3s时，质点1到达上方最大位移处，则
则周期为
质点1到达上方最大位移处，质点5开始向上运动，这列波向右传播了个波长，相邻编号的质点间距离为1.5cm，则传播距离为
这列波的波长为
这列波传播的速度为
故A错误，B正确；
C．时，质点1回到平衡位置，故C错误；
D．时，波的传播距离为
则振动刚好传播到质点13，质点13开始向上运动，故D正确。
故选B。
7. 图甲为一列简谐横波在t = 2s时的波动图像，图乙为该波中x = 2cm处质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 此时质点M向下运动B. 该波向x轴正方向传播
C. 质点P与M的相位总相反D. t = 3s时的波动图像如图丙所示
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．由乙图可知，时，质点向下振动，结合甲图，此波向轴负方向传播，点向上振动，且由甲图可知，波长为，、之间的距离为，它们的振动情况总是相反，即相位总相反。故AB错误，C正确；
D．由图乙可知，该波的周期。图甲是时的波形，时，时间过去了，即在时，质点运动到负向最大位移处。而图丙中处的质点位于正向最大位移处，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，一个物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒力F作用时间t后，物体仍保持静止。下列说法正确的是（ ）
A. 物体所受拉力F的冲量大小为Ftcsθ
B. 物体所受支持力的冲量大小为Ftsinθ
C. 物体所受摩擦力的冲量大小为0
D. 物体所受合力的冲量大小为0
【答案】D
【解析】
【详解】A．拉力的冲量大小为，故A错误；
B．对物体竖直方向受力分析，由平衡得支持力，因此支持力的冲量，故B错误；
C．水平方向受力平衡，静摩擦力大小，摩擦力冲量大小，故C错误；
D．物体始终保持静止，所受合力为0，冲量大小为0，故D正确。
故选D。
9. 跳高比赛时会在跳高架下方放置软垫。在跳高运动员落地的过程中，与不放软垫相比，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员与垫子的作用时间较短
B. 运动员的动量变化率不发生变化
C. 运动员的动量变化量不发生变化
D. 垫子可以减小运动员所受合外力的冲量
【答案】C
【解析】
【详解】A．软垫具有缓冲效果，会延长运动员与支撑物的作用时间，作用时间更长，故A错误；
C．跳高运动员落地时初动量相同，最终都静止，末动量均为0，因此不管是否放置软垫，运动员的动量变化量始终不变，故C正确；
B．动量变化率，两种情况动量变化量相同，有软垫时作用时间更长，因此动量变化率更小，故B错误；
D．根据动量定理，合外力冲量等于动量变化量，两种情况动量变化量相同，因此合外力冲量不变，软垫仅通过延长作用时间减小冲击力，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，质量为m、速度为v的A球跟质量为4m的静止B球在光滑的水平面上发生对心正碰，碰撞后B球的速度可能是（ ）
A. 0.1vB. 0.3vC. 0.5vD. 0.7v
【答案】B
【解析】
【详解】设碰撞前A球的速度方向为正方向，若两球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有
解得
若两球发生弹性碰撞，根据动量守恒和碰撞前后系统动能相等有，
联立解得
则碰撞后B的速度范围为。
故选 B。
11. 如图所示为模拟街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器输入的交流电压可视为不变，变压器输出的低压交流电通过输电线输送给用户，定值电阻表示输电线的电阻，变阻器表示用户用电器的总电阻。若变压器为理想变压器，电表为理想电表，当接入电路的家用电器个数增加时（相当于滑动变阻器滑片下移）（ ）
A. 示数变大B. 上的功率变小
C. 示数变大D. 示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】AD．变压器输入的交流电压可视为不变，即电压表示数不变，根据电压匝数关系有
可知，变压器副线圈输出电压不变，接入电路的家用电器个数增加时，滑动变阻器接入电阻R减小，副线圈电流增大，即示数变大，定值电阻承担电压增大，则示数变小，故AD错误；
C．根据电流匝数关系有
结合上述可知，副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，即示数变大，故C正确；
B．结合上述可知，副线圈电流增大，根据
可知，上的功率变大，故B错误。
故选C。
12. 某图书馆利用LC振荡电路原理设计书籍防盗系统，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时，线圈的自感系数增大，导致振荡频率减小，从而触发警报。若该振荡电路中电容器极板上的电荷量q随时间t变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. t1时刻，电容器C的电场能为零
B. t1~t2时间内，电容器正在充电
C. t2~t3时间内，线圈L中电流逐渐减小
D. 0~t3时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈L
【答案】C
【解析】
【详解】A．时刻电容器极板电荷量最大，充电完毕，电场能最大，磁场能为零，故A错误；
B．时间内，电容器电荷量逐渐减小，说明电容器正在放电，故B错误；
C．​时间内，电容器电荷量（绝对值）逐渐增大，说明电容器正在充电，充电过程中线圈中电流逐渐减小，电场能逐渐增大、磁场能逐渐减小，故C正确；
D．由图乙可知，时间内振荡周期逐渐变大，根据振荡周期公式​，不变，变大说明自感系数增大；由题意，标签靠近线圈时增大，因此标签是靠近线圈，故D错误。
故选C。
13. 某同学在研究性学习活动中自制了一台电子秤，其简化电路图如图所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器的滑片与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在滑动变阻器的最上端，此时电压表示数为0；当所放物体质量为m时，电压表示数为。已知电源电动势为E，电源内阻忽略不计，定值电阻的阻值为R，滑动变阻器的总电阻也为R，不计一切摩擦和其他阻力，下列说法正确的是（ ）

A. 该电子秤可称量物体的最大质量为6m
B. 该电子秤电压表各刻度对应的质量是均匀的
C. 当称量物体的质量为2m时，电压示数为
D. 当电压示数为时，称量物体的质量为3m
【答案】D
【解析】
【详解】A．当电压表示数为时，设滑动变阻器接入电路的电阻为，有
解得
设滑动变阻器的总长为L，则弹簧被压缩，有
可得
故弹簧被压缩L时有
则
故A错误；
B．设滑动变阻器接入电路的电阻为，电压表读数为
而
x为滑片以上部分的长度，且
即
可知m与U并非线性关系，则该电子秤电压表各刻度对应的质量是不均匀的，故B错误；
C．当称量物体的质量为2m时，有
解得
则滑动变阻器接入电路的阻值为
电压表示数为
故C错误；
D．当电压表示数为时，有
解得
则弹簧被压缩，有
解得
故D正确。
故选D。
14. 动量p随位移x变化的图像称作相轨，它在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图甲所示，光滑水平面上有一弹簧振子。现以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，取向右为正方向，建立Ox坐标系。当物块偏离O点的位移为x时，弹簧振子的弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数。当弹簧振子的机械能为E时，该弹簧振子的部分p-x图像如图乙中曲线c所示，M和N分别为曲线c与p轴和x轴的交点。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线c是抛物线的一部分
B. 曲线c对应物块从右侧最远处向O点运动的过程
C. 该弹簧振子的振幅为
D. 当物块运动到振幅一半处时，其动量大小为其动量最大值的
【答案】D
【解析】
【详解】A．对弹簧和振子组成的系统机械能守恒，设振子速度为，则满足
则动量为
若将视为因变量，视为自变量，该表达式符合抛物线要求，但式子中为变量，故图象不是抛物线，故A错误；
B．图中曲线动量为正，则振子速度方向为正方向，向右运动，速度由最大变为零，可知曲线c对应物块从O点向右侧最远处运动的过程，故B错误；
C．振子在最大振幅处时，速度为零，根据
可得
即振幅为，故C错误；
D．当振幅为一半时
当动量最大时，即振子速度最大时，振幅为零，有
联立可得
故D正确。
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题共58分）
二、实验题（共18分）
15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）如图所示，在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验过程中，下列说法正确的是___________。
A. 变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
B. 使用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量
C. 因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
D. 只增加原线圈的匝数就可以增大副线圈的输出电压
（2）在利用单摆测量当地重力加速度的实验中
①用游标卡尺测量单摆小球的直径d，示数如图所示，则d = _________mm。
②在测量单摆周期时，待摆动稳定后，记录摆球完成N次全振动的总时间间隔为t ，若单摆的摆长为l，则重力加速度g的表达式为___________。
③某同学根据实验数据测出的重力加速度比真实值偏小，造成这种结果的原因可能是________
A.将摆线长当成了摆长
B.将摆线长和球的直径之和当成了摆长
C.测量摆线长度时把摆线拉得过紧
D.把31次全振动误记录为30次
【答案】（1）B （2） ①. 23.7mm ②. ③. AD##DA
【解析】
【小问1详解】
A．变压器原线圈通交流电，副线圈输出的是交流电，测量副线圈电压应当用多用电表交流电压挡，故A错误；
B．使用多用电表测电压时，为了保护电表，需要先用最大量程试测，再根据读数选择合适挡位，故B正确；
C．无论电压高低，通电时都不允许用手接触裸露的导线、接线柱，违反实验安全规范，故C错误；
D．根据理想变压器变压比
得副线圈电压
增加原线圈匝数，副线圈输出电压会减小，故D错误。
故选B。
【小问2详解】
[1]该游标为10分度，精度为。主尺读数为，游标尺第7条刻度线与主尺对齐，游标尺读数
总读数
[2]单摆周期
代入单摆周期公式
变形得
解得​
[3]A．将摆线长当成摆长，漏加小球半径，摆长测量值偏小，由
得偏小，故A正确；
B．将摆线长加球直径当成摆长，摆长测量值偏大，由
得偏大，故B错误；
C．摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，由
得偏大，故C错误；
D．把31次全振动误记为30次，测量值偏小，由
得偏小，故D正确。
故选AD。
16. 用如图所示装置验证动量守恒定律。
（1）关于本实验，下列说法中正确的是______。
A. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B. 入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C. 轨道倾斜部分必须光滑
D. 轨道末端必须水平
（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，落到白纸上，其平均落地点位置为P。然后把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。实验中除测出OP外，还需要测量的有______。
A. 入射小球和被碰小球的质量m1、m2
B. 入射小球开始的释放高度h
C. 小球抛出点距地面的高度H
D. 两球相碰后的平抛射程OM、ON
（3）在某次实验中，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式______是否成立。［用（2）中测量的量表示］
（4）某同学在上述实验中更换了两个小球的材质，且入射小球和被碰小球的质量关系为m1=2m2，其它条件不变。两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图所示。他将米尺的零刻线与O点对齐，测量出O点到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、OC。该同学通过测量和计算发现，两小球在碰撞前后动量是守恒的。由此可以判断出图中B处是______。
A. 未放被碰小球，入射小球的落地点
B. 入射小球碰撞后的落地点
C. 被碰小球碰撞后的落地点
【答案】（1）AD （2）AD
（3） ①. ②. （4）C
【解析】
【小问1详解】
A．为了确保小球飞出轨道末端的速度大小一定，同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，故A正确；
B．实验中，为了避免入射小球碰撞后发生反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故B错误；
C．由于入射小球每次均从轨道同一位置由静止释放，小球克服摩擦力做功相同，小球飞出轨道末端速度大小不变，可知，轨道倾斜部分并不需要光滑，故C错误；
D．为了确保小球飞出轨道末端的速度方向沿水平方向，实验中，轨道末端必须调节至水平，故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
小球做平抛运动，竖直方向有
水平方向有，，
根据动量守恒定律有
解得
可知，实验中除测出OP外，还需要测量的有入射小球和被碰小球的质量m1、m2与两球相碰后的平抛射程OM、ON，不需要测量入射小球开始的释放高度h与小球抛出点距地面的高度H。
故选AD。
【小问3详解】
[1]结合上述可知，在某次实验中，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒，则需要满足关系式；
[2]若该碰撞为弹性碰撞，则有
结合上述解得
【小问4详解】
结合上述，若两小球在碰撞前后动量是守恒，则有
由于m1=2m2
解得
根据图示可知，O点到三处平均落地点的距离分别为OA=17.60cm，OB=25.00cm，OC=30.00cm
可知，在误差允许的范围内有
则可以判断出图中B处是被碰小球碰撞后的落地点。
故选C。
三、计算题（共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最后答案的不给分，有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）
17. 质量为0.1kg的小球从距地面高1.25m处自由下落，小球与地面碰撞后，以3m/s的速度反弹后被接住，小球与地面的作用时间为0.1s。忽略空气阻力，g取10m/s2，求
（1）下落过程中，小球所受重力的冲量大小；
（2）小球刚落地瞬间动量的大小；
（3）碰撞过程中，地面对小球的平均作用力大小。
【答案】（1）0.5N·s
（2）0.5kg·m/s
（3）9N
【解析】
【小问1详解】
小球做自由落体运动ℎ=12gt²
解得t = 0.5s
重力冲量大小I = mgt = 0.5N·s
【小问2详解】
由运动学公式v2 = 2gh
v=5 m/s
刚落地瞬间动量大小p = mv = 0.5kg·m/s
【小问3详解】
取竖直向上为正方向，碰撞前速度 v1 = -5m/s，碰撞后速度 v2 = 3m/s
动量变化Δp = mv2 - mv1 = 0.8kg·m/s
设地面对球的平均作用力为 F，则碰撞过程由动量定理FΔt - mgΔt = Δp
解得地面对小球的平均作用力大小F = 9N
18. 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.1 s时刻的波形图。求：
（1）x＝20 cm处的质点在一个周期内经过的路程；
（2）该简谐横波的传播速度。
【答案】（1）
（2）①若波沿x轴正方向传播，
②若波沿x轴负方向传播，
【解析】
【小问1详解】
首先由图得振幅，质点在一个周期内通过的路程为
【小问2详解】
波的传播方向有两种可能。①若波沿x轴正方向传播，由图得波长
内波传播的距离
波速
②若波沿x轴负方向传播，内波传播的距离
波速
19. 碰撞现象在宏观、微观世界中都普遍存在。研究碰撞过程时，常需要综合运用动量守恒定律和能量观点。
（1）在光滑水平面上，一个质量为m的小球A以初速度v0沿直线运动，与前方一个静止的质量为M的小球B发生正碰。碰后两小球粘在一起继续运动。求：
a、碰后两小球共同运动速度v的大小；
b、碰撞过程中系统损失的机械能∆E。
（2）为研究某种未知粒子的性质，让该粒子以相同的初速度分别与静止的氢原子核和氮原子核发生正碰。碰撞后，氢原子核的速度为，氮原子核的速度为。已知氢原子核的质量为mH，氮原子核的质量为14mH，这两次碰撞均可视为弹性碰撞。设未知粒子的质量为m，求：
a、未知粒子的质量m与mH的关系；
b、未知粒子的初速度v0的大小。
【答案】（1）a、；b、
（2）a、m = mH；b、v0 = 3.3 × 107 m/s
【解析】
【小问1详解】
a. 光滑水平面动量守恒，系统总动量不变
解得
b. 损失的机械能为碰撞前后动能的差值
代入化简得
【小问2详解】
弹性碰撞中，未知粒子初速度为，碰撞静止靶核后，靶核速度可由动量守恒+动能守恒联立推导得
a. 碰撞氢核
碰撞氮核
两式相除消去得
代入、
得
整理得
解得​
b. 将代入
得
因此
20. 离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定推力。已知每个离子质量为m、电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n。
（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验。
a、求正离子经过电极B时的速度v的大小，以及推进器获得的推力F的大小；
b、加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导能量的转换效率的表达式，并指出提高能量的转换效率的两条措施。
（2）配有该离子推进器的飞船的总质量为M，现需要对飞船运行方向作一次微调，即通过推进器短暂工作让飞船在与原速度垂直方向上获得一很小的速度Δv，此过程中可认为正离子仍以第（1）问a中所求的速度通过栅电极B，推进器工作时飞船的总质量可视为不变，求推进器在此次工作过程中喷射的正离子数目N。
【答案】（1）a、 ，；b、见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
a、正离子在A、B之间加速过程，根据动能定理，有
解得
设正离子束所受的电场力为 ，根据牛顿第三定律，有
以很短时间 内飘入电极间的 个正离子为研究对象，以离子喷出时的速度方向为正方向，根据动量定理，有
解得
b、 设正离子束所受的电场力为 ，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
则
根据 的表达式可知，为增大 可用比荷较小的离子（质量大，带电量小的离子）、或减小加速电压。
【小问2详解】
在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有
解得∶