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2024年重庆市缙云教育联盟高考物理二诊试卷（含解析）
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这是一份2024年重庆市缙云教育联盟高考物理二诊试卷（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.如图所示，蜡块可以在两端封闭、注满清水的竖直玻璃管中匀速上升，现若让蜡块从竖直管底沿管匀速上升的同时，使竖直玻璃管沿水平方向做匀速直线运动，蜡块实际运动轨迹是( )
A. 一条竖直线
B. 一条水平线
C. 一条抛物线
D. 一条倾斜的直线
2.某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动，他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，并用折线依次连接各个记录点，如图所示。则该图直接体现了( )
A. 在每个时间间隔内液体分子做直线运动
B. 在每个时间间隔内花粉微粒做直线运动
C. 花粉微粒的运动是无规则的
D. 液体分子的运动是无规则的
3.如图为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，下列说法正确的是( )
A. 这群氢原子最多能发出4种频率不同的光子
B. 这群氢原子发出的光子中，从n=4跃迁到n=1所发出的光子波长最长
C. 氢原子向较低能级跃迁时，核外电子动能减小，电势能增大
D. 用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为10.26eV
4.小明同学站在原地，将圆形雨伞绕竖直伞柄以角速度ω匀速转动，使附在雨伞表面的雨滴均沿雨伞边缘的切线方向水平飞出，最终落至地面成一圆形区域，已知雨伞边缘距地面的高度为h，到伞柄的垂直距离为R。忽略空气阻力，以下关于圆形区域半径的表达式正确的是( )
A. R 2hω2g+1B. ωR 2hg+RC. ωR 2hgD. R
5.一束复色可见光射到置于空气中的平板玻璃上，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光，如图所示。对于两束单色光来说( )
A. 玻璃对a光的折射率较小
B. a光在玻璃中传播的速度较大
C. b光的波长较长
D. b光光子的能量较大
6.如图所示，在示波管右边有一通电圆环，则示波管中的电子束将( )
A. 向上偏转B. 向下偏转C. 向纸外偏转D. 匀速直线运动
7.充气弹跳飞人娱乐装置如图1所示，开始时娱乐者静止躺在气包上，工作人员从站台上蹦到气包上，娱乐者即被弹起并落入厚厚的海洋球。若娱乐者弹起后做抛体运动，其重心运动轨迹如图2虚线POB所示。开始娱乐者所处的面可视为斜面AC，与水平方向夹角θ=37°。已知娱乐者从P点抛起的初速度方向与AC垂直，B点到轨迹最高点O的竖直高度h=3.2m，水平距离l=2.4m，AB在同一水平面上，忽略空气阻力，sin37=0.6，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. P点到B点的位移为3.6m
B. AB之间的距离为0.4m
C. 娱乐者从P点到B点过程中的时间为1s
D. 娱乐者从P点到B点过程中的最大速度9m/s
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，其右侧部分为一火警报警系统原理图的一部分，R2为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，常温和低于常温时其电阻等于R1，R1为一定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原、副线圈匝数比n1：n2=4：1，其输入端a、b间所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。报警电路两端电压超过一定值时触发报警(图甲中未画出)，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数可能大于30V
B. 通过R2的电流的频率为55Hz
C. 报警电路一定接在R1两端
D. 增大R1的阻值可提高该报警系统的灵敏度
9.由于分子间存在着相互作用力，而分子间的作用力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对位置有关的分子势能。如图所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，取r趋近于无穷大时Ep为零。通过功能关系可以从分子势能的图像中得到有关分子间的作用力的信息，则下列说法不正确的是( )
A. 假设将两个分子从r=r2处释放，它们将开始远离
B. 假设将两个分子从r=r2处释放，它们将相互靠近
C. 假设将两个分子从r=r1处释放，它们的加速度先增大后减小
D. 假设将两个分子从r=r1处释放，当r=r2时它们的速度最大
10.一质量为m的物块恰好能沿倾角为30°的足够长斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑的过程中，在竖直平面内给物块一外力F，F与水平方向的夹角为α，斜面始终处于静止状态，如图所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 若α=0°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力水平向左
B. 若α=60°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零
C. 若α=90°，物块仍沿斜面匀速下滑
D. 若F推着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为mg
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.用图1所示的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻。蓄电池的电动势E约为2V，内阻r比较小，为了实验的方便，电路中串联了一个定值电阻R0。
(1)现有蓄电池、电流表(量程0～0.6A)、滑动变阻器(0～20Ω)、开关、导线若干，以及下面的器材：
A.电压表(0～3V)
B.电压表(0～15V)
C.定值电阻(2Ω)
D.定值电阻(10Ω)
实验中电压表应选用______，R0应选用______(均选填相应器材前的字母)。
(2)图2是实验器材实物图，已连接了部分导线，请根据图1，补充完成实物间的连线。
(3)某位同学根据实验记录的数据做出如图3所示的U−I图线，可得出蓄电池的电动势E=______V，电源内电阻r=______Ω.(结果均保留两位有效数字)
(4)采用图1电路测量电源电动势和内阻，产生系统误差的主要原因是______
A.电流表的分压作用 B.电流表的分流作用
C.电压表的分流作用 D.电压表的分压作用
12.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U−I图像如图2所示。
(1)图1的电路图为图3中的______。(选填“A”或“B”)
(2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。
(3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U−I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将______，与纵坐标轴交点的数值将______。(两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
四、计算题：本大题共3小题，共35分。
13.如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上．A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0 , 34v0的速度向右运动．求：
①B的质量；②碰撞过程中A对B的冲量的大小．
14.如图所示，ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，轨道半径为R=0.4m，A、B为半圆轨道水平直径的两个端点，O为圆心．在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×106N/C.现有一个质量m=2.0×10−2kg，电荷量q=2.0×10−7C的带正电小球(可看作质点)，从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求：
(1)小球经过C点时对轨道的压力大小；
(2)小球经过B点后能上升的最大高度．
15.如图所示，在光滑绝缘水平面上B点的正上方O处固定一个质点，在水平面上的A点放另一个质点，两个质点的质量均为m，带电量均为+Q.C为AB直线上的另一点(O、A、B、C位于同一竖直平面上)，AO间的距离为L，AB和BC间的距离均为L2，在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止。试问：
(1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？
(2)给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力多大？
(3)若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别多大？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：红蜡块实际运动为沿AB方向的匀速运动与AC方向匀速直线运动的合运动，根据运动的合成法则，可知，做的匀速直线运动，因此是一条倾斜直线，故D正确，ABC错误。
故选：D。
蜡块参加了两个分运动，水平方向匀速直线移动，竖直方向在管中匀速上浮，将分运动的速度合成可以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹．
运动的合成与分解中最典型的应用为平抛运动，而本题符合平抛的规律，故可认为是类平抛运动．
2.【答案】C
【解析】解：AB、图中的折线是花粉微粒在不同时刻的位置的连线，即不是固体颗粒的运动轨迹，也不是液体分子的运动轨迹，故AB错误；
CD、图中的折线没有规则，说明花粉微粒的运动是无规则的，间接反映了液体分子的运动是无规则的，故C正确，D错误。
故选：C。
根据题意，该图记录的是某同学每隔一定时间花粉微粒的位置的折线图，不是液体分子的位置图，也不是液体分子或者花粉微粒的运动轨迹。
本题考查了布朗运动，布朗运动是固体微粒的无规则运动，在任意时刻微粒的位置，而不是运动轨迹，而只是按时间间隔依次记录位置的连线。
3.【答案】D
【解析】解：A、一群氢原子处于n=4的激发态，可能发出不同频率的光子种数为：C42=4×(4−1)2=6，故A错误；
B、因为n=4和n=3间能级差最小，所以从n=4跃迁到n=3发出的光子的能量最小，其频率最小，波长最长，故B错误；
C、氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径减小，库仑力做正功，则电势能减小。根据库仑力提供电子绕核圆周运动的向心力，即ke2r2=mv2r，可知电子的动能增大，故C错误；
D、从n=4跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大。
光子能量最大值为：hν=E4−E1=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV
根据光电效应方程得：Ekm=hν−W0=12.75eV−2.49eV=10.26 eV，故D正确。
故选：D。
一群氢原子由激发态向低能级跃迁辐射不同频率的光子种数可用数学组合数计算；能级级差越小，发出的光子的能量越小，其频率越小，波长越长；氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径减小，库仑力做正功，电势能减小；根据库仑力提供电子绕核圆周运动的向心力，判断电子的动能变化。
本题考查了玻尔原子结构模型相关知识点，需理解记忆。玻尔理论对于电子运动还是应用经典力学，即认为库仑力提供电子绕原子核圆周运动的向心力。
4.【答案】A
【解析】解：由题意可知，伞边缘的雨滴做圆周运动的角速度为ω，半径为R，所以雨滴的线速度为
v=ωR
雨滴脱离雨伞后沿伞边缘的切线方向做平抛运动，竖直方向的高度为h，设落地时间为t，则有
12gt2=h
因为在水平方向做匀速直线运动，设水平方向的位移为x，则有
x=vt
雨滴脱离雨伞后，落点形成的圆形区域下图虚线所示：
设落点形成的圆形区域半径为r，根据几何知识有
r= x2+R2
代入数据可得：r=R 2ω2hg+1，故BCD错误，A正确。
故选：A。
先根据伞柄的角速度和伞的半径求出雨滴脱离伞边缘时的线速度，再根据平抛运动规律求出雨滴从伞边缘脱离到落地的水平距离，最后根据几何知识求出雨滴落地所形成的圆形区域的半径。
本题考查了圆周运动和平抛运动的综合问题，难点在于要有空间想象力，构建雨滴落地过程中各物理量的几何关系。
5.【答案】C
【解析】解：A.光路图如下图所示：
由图可知折射角关系为：ra根据折射定律n=sinisinr
可得折射率关系为：na>nb
即玻璃对a光的折射率较大，故A错误；
B.根据v=cn，由于na>nb，可知a光在玻璃中传播的速度较小，故B错误；
C.b光的折射率较小，则b光的频率较小，根据c=fλ，可b光的波长较长，故C正确；
D.由于νa>νb，由ε=hν可知，a光光子的能量较大，故D错误。
故选：C。
根据光的偏折程度比较出a、b两光的折射率大小，从而比较出光的频率大小、波长大小，根据v=cn比较出光在玻璃中的速度大小。由光子能量公式ε=hν分析光子能量的大小．
解决本题的突破口在于通过光的偏折程度得出折射率的大小，即可判断频率、波速、波长、光子能量等大小关系。
6.【答案】D
【解析】解：由安培定则可知，通电圆环产生的磁场向右，并且中轴线处的磁感线可以看成是水平向右的，与电子束的初速度方向一致，所以电子在运动过程中不受洛伦兹力的作用，电子将以初速度大小做匀速直线运动。故ABC错误，D正确。
故选：D。
先根据安培定则判断出通电圆环的磁场方向，再根据左手定则判断电子所受安培力的方向，即可得出电子束的运动情况。
本题考查了安培定则和左手定则的应用，电子束的运动状态取决于电子所受的洛伦兹力，要能够根据电子的速度方向与磁感线方向之间的关系，大概判断电子的受力情况。
7.【答案】B
【解析】解：由抛体运动的规律可知，从P到B的过程中水平方向的分速度不变，等于在最高点O点的速度，设为v0
由平抛运动的规律可得
水平方向l=v0t1
竖直方向h=12gt12
由已知代入数据解得
t1=0.8s，v0=3m/s
已知在P点速度垂直AC可分解为水平速度v0和竖直向上的分速度vpy
由几何知识可得；tanθ=v0vpytanθ=v0vpy
代入数据解得vpy=v0tanθ=30.75m/s=4m/s
从P到O竖直方向做竖直上抛运动，时间t2满足
vpy=gt2，代入数据记得t2=vpyg=410s=0.4s
则PO的竖直分位移为yp=12gt22=12×10×0.42m=0.8m
水平分位移为xp=v0t2=3×0.4m=1.2m
A.PB的水平分位移为xPB=l+xp=2.4m+1.2m=3.6m
竖直分位移为yPB=h−yp=3.2m−0.8m=2.4m
由勾股定理可得P到B的位移为LPB= xPB2+yPB2= 3.62+2.42m≈4.089m
故A错误；
B.PA的水平分位移为xPA=yPBtanθ=
则AB之间的距离为xAB=xPB−xPA=3.6m−3.2m=0.4m
故B正确；
C.P到B的时间为t=t1+t2=0.8s+0.4s=1.2s
故C错误；
D.由抛体运动的规律可知，速度最大的位置为B点，竖直分速度为vBy=gt1=10×0.8m/s=8m/s
水平分速度为v0=3m/s
B点速度为vB= 82+32m/s= 73m/s，故D错误。
故选：B。
斜上抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，从最高点以后的运动就是平抛运动。
斜上抛运动到最高点的运动可以看成逆向平抛运动，结合几何关系求解。
8.【答案】CD
【解析】解：A.由图乙可知，输入电压有效值U1=Um 2，计算可得U1=220V，根据变压器的电压与匝数的关系U1U2=n1n2，可得副线圈两端的电压有效值为55v，电压表测得的是R2两端的电压，常温和低于常温时，R2的阻值等于R1，所以电压表示数为27.5V，高温和出现火警时，R2电阻减小，副线圈中电流增大，因副线圈两端电压不变，R1两端电压增大，则电压表示数减小，故A错误；
B.变压器与电阻不改变电流频率，由图乙可知，电流周期为T=0.02s，所以电流频率为f=1T，代入数据得f=50Hz，故B错误；
C.图甲电路中，R2两端的电压随温度升高而减小，不符合报警电路要求，R1两端电压因R2电阻减小而增大，符合要求，原副线圈两端电压不变，故报警电路只能接在R1两端，故C正确；
D.增大R1的阻值会使R1两分得的电压增大，报警器更容易被触发，故D正确。
故选：CD。
由图乙可知求输入电压有效值，根据变压器的电压与匝数的关系可求副线圈两端的电压有效值，根据电路关系及动态过程分析可知电压表示数可能值；变压器与电阻不改变电流频率；根据热敏电阻的特点结合电路的动态过程分析可判断CD选项。
本题考查变压器及电路动态过程分析问题，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
9.【答案】ABC
【解析】解：AB、由Ep−r图像意义可知图线某点切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小，当将两个分子从r=r2处释放，其相互作用的分子力为零，则它们既不会相互靠近也不会相互远离，故AB错误；
C、将两个分子从r=r1处释放，由于r1r2时，分子间作用力表现为引力，切线斜率的绝对值先变大后变小，分子间作用力先变大后变小，加速度先变大后变小，故C错误；
D、分子由静止释放后，分子的动能跟分子势能的总和保持不变，将两个分子从r=r1处释放，分子应向势能减少的方向运动，当r=r2时，分子势能最小，分子的动能最大，速度最大，故D正确；
本题选不准确的，故选：ABC。
由Ep−r图像意义可知图线某点切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小，可知，当从r=r2处释放分子力等于零，分子不会靠近也不会远离；
从r=r1处释放到当r=r2时，分子力表现为斥力，斥力越来越小，加速度越来越小，当r>r2时，分子力表现为引力，引力先变大后边小，加速度先变大后边小；
当分子间距离r=r2时分子力为零，加速度为零，速度最大。
明确分子间的作用力与分子间的距离的关系，知道加速度与分子力的关系。
10.【答案】BC
【解析】解：ABC.未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得
mgsin30°=μmgcs30°
解得物块与斜面间的动摩擦因数
μ= 33
物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若α=0°，对物块施加一个水平方向的力，物块下滑过程中对摩擦力和斜面压力成比例增加，即物块对斜面的作用力方向没有变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；若α=60°，对物体施加一个垂直于斜面方向的力F，物块下滑过程中，对斜面的压力增加F、摩擦力增加μF，如图所示
根据几何关系可知
tanθ=μFF
故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为零，在竖直平面内给物块一任意方向的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向的力和沿斜面方向的力，而这两个分力对斜面的摩擦力均为零，所以无论施加什么方向的力，在B停止运动前，地面对斜面的摩擦力为零，物块仍沿斜面匀速下滑，故A错误，BC正确；
D.若F推着物块沿斜面匀速上滑，设F与斜面夹角γ，根据平衡条件得
Fcsγ=mgsinθ+μ(mgcsθ+Fsinγ)
解得
F=mgsinθ+μmgcsθcsγ−μsinγ=mgsinθ+μmgcsθ 1+μ2sin(β−γ)
当sin(β−γ)=0
所以
Fmin=mgsinθ+μmgcsθ 1+μ2=mgsin30°+ 33mgcs30° 1+( 33)2=mgsin(2×30°)=mgsin60°= 32mg
故D错误。
故选：BC。
未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件求解物块与斜面间的动摩擦因数；在竖直平面内给物块一任意方向(α角任意)的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，讨论施加沿斜面方向的力、垂直于斜面方向的力时，地面对斜面的摩擦力大小，由此分析在B停止运动前，地面对斜面的摩擦力；
若外力F拉着物块沿斜面匀速上滑，设力F与斜面的夹角为α，根据平衡条件结合数学知识求解拉力的最小值。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
11.【答案】A C 2.05 0.50 C
【解析】解：(1)选取实验器材要注意精确性，指针在表盘的中间刻度附近，读数最为准确，
故电压表选量程小些的，故电压表选A；
要保证电路中的电流大于0.2A，即指针在表盘中间附近，则电路总电阻小于10Ω，故定值电阻选C；
(2)实物图如图所示；
(3)根据电源的U−I图象在U轴上的截距表示电源的电动势，故蓄电池的电动势为
E=2.05V，
图象的斜率表示电源的等效内电阻，有
R0+r=2.05−1.050.4Ω=2.50Ω
即r=0.50Ω
(4)采用图1电路测量电源电动势和内阻，电压表测量的是路端电压，但电流表测的是支路电流，
故产生系统误差的主要原因是电压表的分流。故选：C。
故答案为：(1)A； C； (2)； (3)2.05(2.03～2.07)； 0.50(0.45～0.60)； (4)C。
(1)根据电学实验选取器材要注意精确性可以确定选项；
(2)根据实验原理图连接实物图；
(3)利用电源U−I图象的截距和斜率的物理意义可以求出电源电动势和内阻；
(4)根据实验原理图，可以知道实验误差产生的原因。
本题考查测定电源的电动势和内阻，要注意电源U−I图象的截距和斜率的物理意义。特别要看清U轴是不是从零开始。
12.【答案】B 4.5 1.8 不变 变大
【解析】解：(1)由实物图连接可知电压表和电源并联，故图1的电路图为图3中的B；
(2)根据闭合电路欧姆定律有：U=E−Ir，可知图像纵轴的截距表示电源电动势E，图像斜率的绝对值表示电源内阻r，根据图像可知
E=4.5V，r=4.52.5Ω=1.8Ω
(3)图像与横轴交点表示短路电流，当电源短路时，电表内阻的不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变；
电压表和电源并联，测量的内阻是电压表和电源并联后的电阻，比电源内阻的真实值小，图像斜率偏小，修正后图像斜率变大，与纵坐标轴交点的数值将变大。
故答案为：(1)B；(2)4.5，1.8；(3)不变，变大。
(1)根据实物图连接分析判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律和图像分析计算；
(3)分析电表造成的误差判断。
本题考查测定电源电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：①A、B碰撞过程，取向右方向为正方向，由动量守恒定律，得：mv0=mvA+mBvB
据题 vA=18v0，vB=34v0
解得mB=76m
②对B，由动量定理得I=△pB=mBvB
解得I=78mv0
答：①B的质量是76m；
②碰撞过程中A对B的冲量的大小是78mv0。
【解析】①研究A、B碰撞过程，由动量守恒定律列式，可求得B的质量；
①碰撞过程中，由动量定理求A对B的冲量的大小。
对于碰撞问题，要掌握基本规律：动量守恒定律，列式时要注意选择正方向，用符号表示速度的方向。
14.【答案】解：(1)由题意可知，小球进入电场前做自由落体运动，设下落的高度为h，到达C的速度为vC，由题意可得：h=12gt2=0.45m，
小球进入电场后做圆周运动，从A点运动到C点过程由动能定理可得：mg(h+R)+EqR=12mvC2，
可得：vC =5m/s，
设到达C时轨道对小球的支持力为N，由受力分析可得：N−mg−Eq=mvC2R；
由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为N′=N=1.65N；
(2)设小球经过B点后上升的最大高度为h′，小球从C点经过B点上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得：12mvC2=mg(R+h′)，
代入数据可得：h′=0.85m。
答：(1)小球经过C点时对轨道的压力大小为1.65N；
(2)小球经过B点后能上升的最大高度0.85m。
【解析】(1)根据动能定理求出小球到达C点的速度，结合牛顿第二定律求出小球在C点的支持力，从而根据牛顿第三定律求出压力的大小；
(2)从C到最高点的过程运用机械能守恒定律，求出小球通过B点后能上升的最大高度。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最低点C的向心力来源，结合牛顿第二定律进行求解。
15.【答案】解：(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，
AO间的库仑力为F=KQ2L2；
根据平衡条件得
Fsinθ=EQ
E=FsinθQ=KQ2L2
方向由A指向C
(2)该质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，
库仑力为F′=KQ2(Lsin60∘)2；
水平向右的电场力F″=EQ
B点时所受的电场力F= (EQ)2+[kQ2(Lsin60∘)2]2= 73kQ26L2
(3)质点到达C点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得
a=F合m=KQ2L2．sinθ+EQm=KQ2mL2
从A点到C点根据动能定理得
EQL=12mv2−12mv2；
v= kQ2mL+υ02
答：(1)该匀强电场的场强是KQ2L2，方向由A指向C
(2)给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力 73kQ26L2
(3)若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别是KQ2mL2和 kQ2mL+υ02
【解析】(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，根据平衡条件求解。
(2)质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解
(3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C点时速度。
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。
1.如图所示，蜡块可以在两端封闭、注满清水的竖直玻璃管中匀速上升，现若让蜡块从竖直管底沿管匀速上升的同时，使竖直玻璃管沿水平方向做匀速直线运动，蜡块实际运动轨迹是( )
A. 一条竖直线
B. 一条水平线
C. 一条抛物线
D. 一条倾斜的直线
2.某同学在显微镜下观察水中悬浮的花粉微粒的运动，他把小微粒每隔一定时间的位置记录在坐标纸上，并用折线依次连接各个记录点，如图所示。则该图直接体现了( )
A. 在每个时间间隔内液体分子做直线运动
B. 在每个时间间隔内花粉微粒做直线运动
C. 花粉微粒的运动是无规则的
D. 液体分子的运动是无规则的
3.如图为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，下列说法正确的是( )
A. 这群氢原子最多能发出4种频率不同的光子
B. 这群氢原子发出的光子中，从n=4跃迁到n=1所发出的光子波长最长
C. 氢原子向较低能级跃迁时，核外电子动能减小，电势能增大
D. 用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为10.26eV
4.小明同学站在原地，将圆形雨伞绕竖直伞柄以角速度ω匀速转动，使附在雨伞表面的雨滴均沿雨伞边缘的切线方向水平飞出，最终落至地面成一圆形区域，已知雨伞边缘距地面的高度为h，到伞柄的垂直距离为R。忽略空气阻力，以下关于圆形区域半径的表达式正确的是( )
A. R 2hω2g+1B. ωR 2hg+RC. ωR 2hgD. R
5.一束复色可见光射到置于空气中的平板玻璃上，穿过玻璃后从下表面射出，变为a、b两束平行单色光，如图所示。对于两束单色光来说( )
A. 玻璃对a光的折射率较小
B. a光在玻璃中传播的速度较大
C. b光的波长较长
D. b光光子的能量较大
6.如图所示，在示波管右边有一通电圆环，则示波管中的电子束将( )
A. 向上偏转B. 向下偏转C. 向纸外偏转D. 匀速直线运动
7.充气弹跳飞人娱乐装置如图1所示，开始时娱乐者静止躺在气包上，工作人员从站台上蹦到气包上，娱乐者即被弹起并落入厚厚的海洋球。若娱乐者弹起后做抛体运动，其重心运动轨迹如图2虚线POB所示。开始娱乐者所处的面可视为斜面AC，与水平方向夹角θ=37°。已知娱乐者从P点抛起的初速度方向与AC垂直，B点到轨迹最高点O的竖直高度h=3.2m，水平距离l=2.4m，AB在同一水平面上，忽略空气阻力，sin37=0.6，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. P点到B点的位移为3.6m
B. AB之间的距离为0.4m
C. 娱乐者从P点到B点过程中的时间为1s
D. 娱乐者从P点到B点过程中的最大速度9m/s
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，其右侧部分为一火警报警系统原理图的一部分，R2为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，常温和低于常温时其电阻等于R1，R1为一定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原、副线圈匝数比n1：n2=4：1，其输入端a、b间所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。报警电路两端电压超过一定值时触发报警(图甲中未画出)，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数可能大于30V
B. 通过R2的电流的频率为55Hz
C. 报警电路一定接在R1两端
D. 增大R1的阻值可提高该报警系统的灵敏度
9.由于分子间存在着相互作用力，而分子间的作用力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对位置有关的分子势能。如图所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，取r趋近于无穷大时Ep为零。通过功能关系可以从分子势能的图像中得到有关分子间的作用力的信息，则下列说法不正确的是( )
A. 假设将两个分子从r=r2处释放，它们将开始远离
B. 假设将两个分子从r=r2处释放，它们将相互靠近
C. 假设将两个分子从r=r1处释放，它们的加速度先增大后减小
D. 假设将两个分子从r=r1处释放，当r=r2时它们的速度最大
10.一质量为m的物块恰好能沿倾角为30°的足够长斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑的过程中，在竖直平面内给物块一外力F，F与水平方向的夹角为α，斜面始终处于静止状态，如图所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 若α=0°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力水平向左
B. 若α=60°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零
C. 若α=90°，物块仍沿斜面匀速下滑
D. 若F推着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为mg
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.用图1所示的电路测定一节蓄电池的电动势和内阻。蓄电池的电动势E约为2V，内阻r比较小，为了实验的方便，电路中串联了一个定值电阻R0。
(1)现有蓄电池、电流表(量程0～0.6A)、滑动变阻器(0～20Ω)、开关、导线若干，以及下面的器材：
A.电压表(0～3V)
B.电压表(0～15V)
C.定值电阻(2Ω)
D.定值电阻(10Ω)
实验中电压表应选用______，R0应选用______(均选填相应器材前的字母)。
(2)图2是实验器材实物图，已连接了部分导线，请根据图1，补充完成实物间的连线。
(3)某位同学根据实验记录的数据做出如图3所示的U−I图线，可得出蓄电池的电动势E=______V，电源内电阻r=______Ω.(结果均保留两位有效数字)
(4)采用图1电路测量电源电动势和内阻，产生系统误差的主要原因是______
A.电流表的分压作用 B.电流表的分流作用
C.电压表的分流作用 D.电压表的分压作用
12.实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路，由测得的实验数据绘制成的U−I图像如图2所示。
(1)图1的电路图为图3中的______。(选填“A”或“B”)
(2)如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。
(3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U−I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将______，与纵坐标轴交点的数值将______。(两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
四、计算题：本大题共3小题，共35分。
13.如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上．A的质量为m，现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0 , 34v0的速度向右运动．求：
①B的质量；②碰撞过程中A对B的冲量的大小．
14.如图所示，ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，轨道半径为R=0.4m，A、B为半圆轨道水平直径的两个端点，O为圆心．在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×106N/C.现有一个质量m=2.0×10−2kg，电荷量q=2.0×10−7C的带正电小球(可看作质点)，从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求：
(1)小球经过C点时对轨道的压力大小；
(2)小球经过B点后能上升的最大高度．
15.如图所示，在光滑绝缘水平面上B点的正上方O处固定一个质点，在水平面上的A点放另一个质点，两个质点的质量均为m，带电量均为+Q.C为AB直线上的另一点(O、A、B、C位于同一竖直平面上)，AO间的距离为L，AB和BC间的距离均为L2，在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止。试问：
(1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？
(2)给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力多大？
(3)若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别多大？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：红蜡块实际运动为沿AB方向的匀速运动与AC方向匀速直线运动的合运动，根据运动的合成法则，可知，做的匀速直线运动，因此是一条倾斜直线，故D正确，ABC错误。
故选：D。
蜡块参加了两个分运动，水平方向匀速直线移动，竖直方向在管中匀速上浮，将分运动的速度合成可以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹．
运动的合成与分解中最典型的应用为平抛运动，而本题符合平抛的规律，故可认为是类平抛运动．
2.【答案】C
【解析】解：AB、图中的折线是花粉微粒在不同时刻的位置的连线，即不是固体颗粒的运动轨迹，也不是液体分子的运动轨迹，故AB错误；
CD、图中的折线没有规则，说明花粉微粒的运动是无规则的，间接反映了液体分子的运动是无规则的，故C正确，D错误。
故选：C。
根据题意，该图记录的是某同学每隔一定时间花粉微粒的位置的折线图，不是液体分子的位置图，也不是液体分子或者花粉微粒的运动轨迹。
本题考查了布朗运动，布朗运动是固体微粒的无规则运动，在任意时刻微粒的位置，而不是运动轨迹，而只是按时间间隔依次记录位置的连线。
3.【答案】D
【解析】解：A、一群氢原子处于n=4的激发态，可能发出不同频率的光子种数为：C42=4×(4−1)2=6，故A错误；
B、因为n=4和n=3间能级差最小，所以从n=4跃迁到n=3发出的光子的能量最小，其频率最小，波长最长，故B错误；
C、氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径减小，库仑力做正功，则电势能减小。根据库仑力提供电子绕核圆周运动的向心力，即ke2r2=mv2r，可知电子的动能增大，故C错误；
D、从n=4跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大。
光子能量最大值为：hν=E4−E1=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV
根据光电效应方程得：Ekm=hν−W0=12.75eV−2.49eV=10.26 eV，故D正确。
故选：D。
一群氢原子由激发态向低能级跃迁辐射不同频率的光子种数可用数学组合数计算；能级级差越小，发出的光子的能量越小，其频率越小，波长越长；氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径减小，库仑力做正功，电势能减小；根据库仑力提供电子绕核圆周运动的向心力，判断电子的动能变化。
本题考查了玻尔原子结构模型相关知识点，需理解记忆。玻尔理论对于电子运动还是应用经典力学，即认为库仑力提供电子绕原子核圆周运动的向心力。
4.【答案】A
【解析】解：由题意可知，伞边缘的雨滴做圆周运动的角速度为ω，半径为R，所以雨滴的线速度为
v=ωR
雨滴脱离雨伞后沿伞边缘的切线方向做平抛运动，竖直方向的高度为h，设落地时间为t，则有
12gt2=h
因为在水平方向做匀速直线运动，设水平方向的位移为x，则有
x=vt
雨滴脱离雨伞后，落点形成的圆形区域下图虚线所示：
设落点形成的圆形区域半径为r，根据几何知识有
r= x2+R2
代入数据可得：r=R 2ω2hg+1，故BCD错误，A正确。
故选：A。
先根据伞柄的角速度和伞的半径求出雨滴脱离伞边缘时的线速度，再根据平抛运动规律求出雨滴从伞边缘脱离到落地的水平距离，最后根据几何知识求出雨滴落地所形成的圆形区域的半径。
本题考查了圆周运动和平抛运动的综合问题，难点在于要有空间想象力，构建雨滴落地过程中各物理量的几何关系。
5.【答案】C
【解析】解：A.光路图如下图所示：
由图可知折射角关系为：ra
可得折射率关系为：na>nb
即玻璃对a光的折射率较大，故A错误；
B.根据v=cn，由于na>nb，可知a光在玻璃中传播的速度较小，故B错误；
C.b光的折射率较小，则b光的频率较小，根据c=fλ，可b光的波长较长，故C正确；
D.由于νa>νb，由ε=hν可知，a光光子的能量较大，故D错误。
故选：C。
根据光的偏折程度比较出a、b两光的折射率大小，从而比较出光的频率大小、波长大小，根据v=cn比较出光在玻璃中的速度大小。由光子能量公式ε=hν分析光子能量的大小．
解决本题的突破口在于通过光的偏折程度得出折射率的大小，即可判断频率、波速、波长、光子能量等大小关系。
6.【答案】D
【解析】解：由安培定则可知，通电圆环产生的磁场向右，并且中轴线处的磁感线可以看成是水平向右的，与电子束的初速度方向一致，所以电子在运动过程中不受洛伦兹力的作用，电子将以初速度大小做匀速直线运动。故ABC错误，D正确。
故选：D。
先根据安培定则判断出通电圆环的磁场方向，再根据左手定则判断电子所受安培力的方向，即可得出电子束的运动情况。
本题考查了安培定则和左手定则的应用，电子束的运动状态取决于电子所受的洛伦兹力，要能够根据电子的速度方向与磁感线方向之间的关系，大概判断电子的受力情况。
7.【答案】B
【解析】解：由抛体运动的规律可知，从P到B的过程中水平方向的分速度不变，等于在最高点O点的速度，设为v0
由平抛运动的规律可得
水平方向l=v0t1
竖直方向h=12gt12
由已知代入数据解得
t1=0.8s，v0=3m/s
已知在P点速度垂直AC可分解为水平速度v0和竖直向上的分速度vpy
由几何知识可得；tanθ=v0vpytanθ=v0vpy
代入数据解得vpy=v0tanθ=30.75m/s=4m/s
从P到O竖直方向做竖直上抛运动，时间t2满足
vpy=gt2，代入数据记得t2=vpyg=410s=0.4s
则PO的竖直分位移为yp=12gt22=12×10×0.42m=0.8m
水平分位移为xp=v0t2=3×0.4m=1.2m
A.PB的水平分位移为xPB=l+xp=2.4m+1.2m=3.6m
竖直分位移为yPB=h−yp=3.2m−0.8m=2.4m
由勾股定理可得P到B的位移为LPB= xPB2+yPB2= 3.62+2.42m≈4.089m
故A错误；
B.PA的水平分位移为xPA=yPBtanθ=
则AB之间的距离为xAB=xPB−xPA=3.6m−3.2m=0.4m
故B正确；
C.P到B的时间为t=t1+t2=0.8s+0.4s=1.2s
故C错误；
D.由抛体运动的规律可知，速度最大的位置为B点，竖直分速度为vBy=gt1=10×0.8m/s=8m/s
水平分速度为v0=3m/s
B点速度为vB= 82+32m/s= 73m/s，故D错误。
故选：B。
斜上抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，从最高点以后的运动就是平抛运动。
斜上抛运动到最高点的运动可以看成逆向平抛运动，结合几何关系求解。
8.【答案】CD
【解析】解：A.由图乙可知，输入电压有效值U1=Um 2，计算可得U1=220V，根据变压器的电压与匝数的关系U1U2=n1n2，可得副线圈两端的电压有效值为55v，电压表测得的是R2两端的电压，常温和低于常温时，R2的阻值等于R1，所以电压表示数为27.5V，高温和出现火警时，R2电阻减小，副线圈中电流增大，因副线圈两端电压不变，R1两端电压增大，则电压表示数减小，故A错误；
B.变压器与电阻不改变电流频率，由图乙可知，电流周期为T=0.02s，所以电流频率为f=1T，代入数据得f=50Hz，故B错误；
C.图甲电路中，R2两端的电压随温度升高而减小，不符合报警电路要求，R1两端电压因R2电阻减小而增大，符合要求，原副线圈两端电压不变，故报警电路只能接在R1两端，故C正确；
D.增大R1的阻值会使R1两分得的电压增大，报警器更容易被触发，故D正确。
故选：CD。
由图乙可知求输入电压有效值，根据变压器的电压与匝数的关系可求副线圈两端的电压有效值，根据电路关系及动态过程分析可知电压表示数可能值；变压器与电阻不改变电流频率；根据热敏电阻的特点结合电路的动态过程分析可判断CD选项。
本题考查变压器及电路动态过程分析问题，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
9.【答案】ABC
【解析】解：AB、由Ep−r图像意义可知图线某点切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小，当将两个分子从r=r2处释放，其相互作用的分子力为零，则它们既不会相互靠近也不会相互远离，故AB错误；
C、将两个分子从r=r1处释放，由于r1
D、分子由静止释放后，分子的动能跟分子势能的总和保持不变，将两个分子从r=r1处释放，分子应向势能减少的方向运动，当r=r2时，分子势能最小，分子的动能最大，速度最大，故D正确；
本题选不准确的，故选：ABC。
由Ep−r图像意义可知图线某点切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小，可知，当从r=r2处释放分子力等于零，分子不会靠近也不会远离；
从r=r1处释放到当r=r2时，分子力表现为斥力，斥力越来越小，加速度越来越小，当r>r2时，分子力表现为引力，引力先变大后边小，加速度先变大后边小；
当分子间距离r=r2时分子力为零，加速度为零，速度最大。
明确分子间的作用力与分子间的距离的关系，知道加速度与分子力的关系。
10.【答案】BC
【解析】解：ABC.未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得
mgsin30°=μmgcs30°
解得物块与斜面间的动摩擦因数
μ= 33
物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为零；若α=0°，对物块施加一个水平方向的力，物块下滑过程中对摩擦力和斜面压力成比例增加，即物块对斜面的作用力方向没有变，则地面对斜面的摩擦力仍为零；若α=60°，对物体施加一个垂直于斜面方向的力F，物块下滑过程中，对斜面的压力增加F、摩擦力增加μF，如图所示
根据几何关系可知
tanθ=μFF
故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为零，在竖直平面内给物块一任意方向的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向的力和沿斜面方向的力，而这两个分力对斜面的摩擦力均为零，所以无论施加什么方向的力，在B停止运动前，地面对斜面的摩擦力为零，物块仍沿斜面匀速下滑，故A错误，BC正确；
D.若F推着物块沿斜面匀速上滑，设F与斜面夹角γ，根据平衡条件得
Fcsγ=mgsinθ+μ(mgcsθ+Fsinγ)
解得
F=mgsinθ+μmgcsθcsγ−μsinγ=mgsinθ+μmgcsθ 1+μ2sin(β−γ)
当sin(β−γ)=0
所以
Fmin=mgsinθ+μmgcsθ 1+μ2=mgsin30°+ 33mgcs30° 1+( 33)2=mgsin(2×30°)=mgsin60°= 32mg
故D错误。
故选：BC。
未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件求解物块与斜面间的动摩擦因数；在竖直平面内给物块一任意方向(α角任意)的外力F，此力F可以分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，讨论施加沿斜面方向的力、垂直于斜面方向的力时，地面对斜面的摩擦力大小，由此分析在B停止运动前，地面对斜面的摩擦力；
若外力F拉着物块沿斜面匀速上滑，设力F与斜面的夹角为α，根据平衡条件结合数学知识求解拉力的最小值。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
11.【答案】A C 2.05 0.50 C
【解析】解：(1)选取实验器材要注意精确性，指针在表盘的中间刻度附近，读数最为准确，
故电压表选量程小些的，故电压表选A；
要保证电路中的电流大于0.2A，即指针在表盘中间附近，则电路总电阻小于10Ω，故定值电阻选C；
(2)实物图如图所示；
(3)根据电源的U−I图象在U轴上的截距表示电源的电动势，故蓄电池的电动势为
E=2.05V，
图象的斜率表示电源的等效内电阻，有
R0+r=2.05−1.050.4Ω=2.50Ω
即r=0.50Ω
(4)采用图1电路测量电源电动势和内阻，电压表测量的是路端电压，但电流表测的是支路电流，
故产生系统误差的主要原因是电压表的分流。故选：C。
故答案为：(1)A； C； (2)； (3)2.05(2.03～2.07)； 0.50(0.45～0.60)； (4)C。
(1)根据电学实验选取器材要注意精确性可以确定选项；
(2)根据实验原理图连接实物图；
(3)利用电源U−I图象的截距和斜率的物理意义可以求出电源电动势和内阻；
(4)根据实验原理图，可以知道实验误差产生的原因。
本题考查测定电源的电动势和内阻，要注意电源U−I图象的截距和斜率的物理意义。特别要看清U轴是不是从零开始。
12.【答案】B 4.5 1.8 不变 变大
【解析】解：(1)由实物图连接可知电压表和电源并联，故图1的电路图为图3中的B；
(2)根据闭合电路欧姆定律有：U=E−Ir，可知图像纵轴的截距表示电源电动势E，图像斜率的绝对值表示电源内阻r，根据图像可知
E=4.5V，r=4.52.5Ω=1.8Ω
(3)图像与横轴交点表示短路电流，当电源短路时，电表内阻的不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变；
电压表和电源并联，测量的内阻是电压表和电源并联后的电阻，比电源内阻的真实值小，图像斜率偏小，修正后图像斜率变大，与纵坐标轴交点的数值将变大。
故答案为：(1)B；(2)4.5，1.8；(3)不变，变大。
(1)根据实物图连接分析判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律和图像分析计算；
(3)分析电表造成的误差判断。
本题考查测定电源电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：①A、B碰撞过程，取向右方向为正方向，由动量守恒定律，得：mv0=mvA+mBvB
据题 vA=18v0，vB=34v0
解得mB=76m
②对B，由动量定理得I=△pB=mBvB
解得I=78mv0
答：①B的质量是76m；
②碰撞过程中A对B的冲量的大小是78mv0。
【解析】①研究A、B碰撞过程，由动量守恒定律列式，可求得B的质量；
①碰撞过程中，由动量定理求A对B的冲量的大小。
对于碰撞问题，要掌握基本规律：动量守恒定律，列式时要注意选择正方向，用符号表示速度的方向。
14.【答案】解：(1)由题意可知，小球进入电场前做自由落体运动，设下落的高度为h，到达C的速度为vC，由题意可得：h=12gt2=0.45m，
小球进入电场后做圆周运动，从A点运动到C点过程由动能定理可得：mg(h+R)+EqR=12mvC2，
可得：vC =5m/s，
设到达C时轨道对小球的支持力为N，由受力分析可得：N−mg−Eq=mvC2R；
由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为N′=N=1.65N；
(2)设小球经过B点后上升的最大高度为h′，小球从C点经过B点上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得：12mvC2=mg(R+h′)，
代入数据可得：h′=0.85m。
答：(1)小球经过C点时对轨道的压力大小为1.65N；
(2)小球经过B点后能上升的最大高度0.85m。
【解析】(1)根据动能定理求出小球到达C点的速度，结合牛顿第二定律求出小球在C点的支持力，从而根据牛顿第三定律求出压力的大小；
(2)从C到最高点的过程运用机械能守恒定律，求出小球通过B点后能上升的最大高度。
本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最低点C的向心力来源，结合牛顿第二定律进行求解。
15.【答案】解：(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，
AO间的库仑力为F=KQ2L2；
根据平衡条件得
Fsinθ=EQ
E=FsinθQ=KQ2L2
方向由A指向C
(2)该质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，
库仑力为F′=KQ2(Lsin60∘)2；
水平向右的电场力F″=EQ
B点时所受的电场力F= (EQ)2+[kQ2(Lsin60∘)2]2= 73kQ26L2
(3)质点到达C点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得
a=F合m=KQ2L2．sinθ+EQm=KQ2mL2
从A点到C点根据动能定理得
EQL=12mv2−12mv2；
v= kQ2mL+υ02
答：(1)该匀强电场的场强是KQ2L2，方向由A指向C
(2)给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力 73kQ26L2
(3)若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别是KQ2mL2和 kQ2mL+υ02
【解析】(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，根据平衡条件求解。
(2)质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解
(3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C点时速度。
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。
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