2024年安徽省合肥六中高考物理四模试卷（含解析）

这是一份2024年安徽省合肥六中高考物理四模试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法不正确的是( )
A. 光电管阴极K金属材料的逸出功为5.75eV
B. 这些氢原子跃迁时共发出6种频率的光
C. 若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极
D. 氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加
2.物理老师举行技巧挑战赛，要求用一根能承受最大拉力为50N的细绳，尽可能拉动更重的物体，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为 33，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体可视为质点，则理论上利用这根细绳能拉动物体的最大重量是( )
A. 50NB. 50 3NC. 100ND. 100.3N
3.如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中( )
A. E点的动量最小B. B点的电势能最大C. C点的机械能最大D. F点的机械能最小
4.某种透明玻璃圆柱体横截面如图所示，O点为圆心，一束单色光从A点射入，经B点射出圆柱体。下列说法正确的是( )
A. 光线进入玻璃后频率变大
B. 若θ增大，α可能变小
C. 若θ增大，光线在圆柱体内可能会发生全反射
D. 若θ增大，光线由A点至第一次射出的时间变短
5.如图所示，用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置于距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在小球C下落过程中( )
A. 小球A、B、C组成的系统机械能不守恒
B. 小球C的机械能一直减小
C. 小球C落地前瞬间的速度大小为 2gh
D. 当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
6.北京时间2023年2月23日19时49分，我国首颗超百Gbps容量的高通量卫星——中星26号搭乘长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心起飞，随后卫星进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。该卫星预计定点于东经125°，配置Ka频段载荷，主要覆盖我国全境及周边地区。假设该卫星发射后先绕地球表面做匀速圆周运动，之后通过转移轨道Ⅰ进入离地较远的圆轨道，在圆轨道上绕行一段时间后，再通过地球同步转移轨道Ⅱ转移到目标轨道，同时定点于东经125°，下列说法正确的是( )
A. 卫星在转移轨道I远地点的加速度小于转移轨道Ⅱ近地点的加速度
B. 卫星整个运动过程中，引力势能的增加量小于动能的减少量
C. 该卫星在不同圆轨道上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同
D. 卫星整个运动过程中，速度的最大值大于第一宇宙速度
7.如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为µ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则( )
A. 小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B. 物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C. 餐桌面的半径为3r2
D. 物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m μgr
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
8.光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为gE。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，下列说法正确的是( )
A. 小球在复合场中的运动时间可能是2πE3gB
B. 小球在复合场中运动的加速度大小可能是 3hg2B23E
C. 小球在复合场中运动的路程可能是2πh3
D. 小球的初速度大小可能是 3hgB3E
9.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，间距为L的平行金属导轨ab、cd水平放置，ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r、粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现给MN一水平向右的初速度v0，滑行时间t后停下，已知金属杆MN与平行金属导轨的动摩擦因数为μ，MN长为2L，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. MN在平行金属导轨上滑动距离为s=(mv0−μmgt)(2R+r)2B2L2
B. MN速度为v1时，MN两端的电势差为UMN=2BLv1
C. MN速度为v1时，MN的加速度大小为a=μg+2B2L2v1m(2R+r)
D. MN速度为v1时，MN的加速度大小为a=2B2L2v1m(R+r)
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
10.某同学为了测电流表A1的内阻精确值，有如下器材：
A.电流表A1(量程300mA，内阻约为5Ω)；
B.电流表A2(量程600mA，内阻约为1Ω)；
C.电压表V(量程15V，内阻约为3kΩ)；
D.定值电阻R0(5Ω)；
E.滑动变阻器R1(0～5Ω，额定电流为1A)；
F.滑动变阻器R2(0～50Ω，额定电流为0.01A)；
G.电源E(电动势3V，内阻较小)；
H.导线、开关若干。
(1)实验要求电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，以上给定的器材中滑动变阻器应选______。(填器材前序号)
(2)测量用的电路图如图所示，应选用的仪器1为______，2为______，3为______。(填器材前序号)
(3)利用上述电路图测得电流表A1的内阻______真实值。(填“大于”“小于”或“等于”)
11.某实验小组要测量一半圆形玻璃砖的折射率。他们先在平铺的白纸上画出半圆形玻璃砖的直径ab和圆心O，过O点画法线，并画出一条入射光线cO，cO与法线的夹角为30°。将半圆形玻璃砖沿着直径放好，紧贴b点放置与法线平行的光屏，如图1所示。现用一红色激光笔沿着cO方向射入一束光，在光屏上的P点出现一个光斑。用刻度尺测出玻璃砖的半径为R，OP=1.5R。
(1)玻璃砖的折射率n= ______；(结果用分数表示)
(2)若实验过程中，实验小组的同学不小心将玻璃砖向左下方平移，但入射光线仍能通过玻璃砖的圆心，如图2所示。在光屏上出现一个光斑，小组同学将此光斑仍记作P点，并在白纸上连接O、P两点作为出射光线，则此时测得的折射率______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值；
(3)若改用绿色激光笔照射，其他条件不变，则光屏上的光斑会出现在______。(选填“P点上方”“P点下方”或“P点”)
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
12.绝热的活塞与汽缸之间封闭一定质量的理想气体，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸壁之间无摩擦，缸内气体的内能Up=72J，如图甲所示。已知活塞面积S=5×10−4m2，其质量为m=1kg，大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g=10m/s2如果通过电热丝给封闭气体缓慢加热，活塞由原来的P位置移动到Q位置，此过程封闭气体的V−T图像如图乙所示，且知气体内能与热力学温度成正比。求：
(1)封闭气体最后的体积；
(2)封闭气体吸收的热量。
13.如图所示，长度l=3m的水平传送带AB在右端B点平滑连接着一个半径R=0.35m的光滑半圆弧轨道CEFD，其中C点为轨道的最低点，E点和圆心O等高，FD段为光滑圆管，∠EOF=30°。可视为质点的小物块从A点以v0=5.5m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量m=1kg与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3，且小物块尺寸小于光滑圆管内径。重力加速度g取10m/s2。
(1)若传送带以v=6.1m/s的速率顺时针转动，求：小物块第一次运动到C点的过程中电动机多消耗的电能；
(2)若传送带以v=2m/s的速率顺时针转动，求：小物块第一次沿轨道CEFD运动时能达到的最大高度。
14.如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，A、B两点的坐标分别为(−L,L)与(L,0)。y>0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场；第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场(图中未画出)；第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场(图中均未画出)。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从A点以大小v0= Lg(g为重力加速度大小)的速度沿AO做直线运动，通过O点(第一次通过x轴)后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点(第二次通过x轴)。求：
(1)第二象限内磁场的磁感应强度大小B1；
(2)小球从O点到第四次通过x轴的时间t；
(3)小球第五次通过x轴时的位置坐标以及第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离ym。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.由图甲可知光子的能量为E=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV
由图丙可知遏止电压为7V，所以光电子的初动能为Ek=eU=7eV
所以金属材料的逸出功为W=E−Ek，解得W=5.75eV
故A正确；
B.这些氢原子跃迁时共发出C42=6种频率的光，故B正确；
C.光电子由阴极K向对面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故C错误；
D.氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时，氢原子能量减小，库仑力做正功，核外电子动能增加，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
求出频率最高的光子的能量，利用光电效应方程结合图丙，求逸出功；由玻尔理论，判断发光的种数；计算每种光子的能量，判断有几种可产生光电效应。
本题将氢原子能级图、光电管电路图、光电效应的I−U图象有机结合，综合考查了氢原子跃迁和光电效应所遵从的规律。熟练掌握玻尔理论和光电效应的相关知识，方能作答此题，此题融经典与新颖为一体。
2.【答案】C
【解析】解：设绳子与水平方向的夹角为θ时能拉动物体的重量为G，根据平衡条件得
竖直方向有G=Tmaxsinθ+N
水平方向有Tmaxcsθ=f
又f=μN
联立可得：G=50 3csθ+50sinθ=100sin(θ+60°)N
可知当θ=30°时，重物的重量最大为100N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据平衡条件和摩擦力公式相结合得到细绳能拉动物体的重力和绳子与水平方向的夹角的关系，运用数学知识求解细绳能拉动物体的最大重量。
解答本题的关键是平衡条件和摩擦力公式相结合得到物体重力的解析式，根据数学知识求重力的最大值，这是常用的函数法，要熟练掌握。
3.【答案】C
【解析】解：A、从A点静止释放带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，则知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，所以小球在F点速度最小，动量最小，故A错误；
BCD、由力的合成可知，小球受到的电场力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，则知在C点机械能最大，在G点机械能最小，故BD错误，C正确。
故选：C。
小球沿圆弧恰好能到达C点，说明电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，再进行分析即可。
本题采用等效法研究带电小球在电场中的运动问题，将电场力和重力的合力等效为一个力，与竖直平面的圆周运动类比解答。
4.【答案】D
【解析】解：A、光在不同介质中传播时频率不变，故A错误；
BC、由几何知识可得，光线在A点的折射角等于它在B点的入射角，根据光路的可逆性，A点的入射角θ等于它在B点的折射角α，由于入射角不可能为90°，所以光线在A点的折射角不可能为临界角C，B点的入射角也不可能为临界角C，光线在圆柱体内不可能发生全反射，故BC错误：
D、若θ增大，光线在A点的折射角增大，根据几何知识可得，光线在玻璃内传播的路程减小，则光线由A点至第一次射出的时间变短，故D正确，
故选：D。
光的频率与介质无关；根据光路可逆性可判断光线在圆柱体内不可能发生全反射；若θ增大，光线在A点的折射角增大，根据几何知识可得，光线在玻璃内传播的路程减小，可知射出的时间变化情况。
解决本题关键抓住光波的基本特性：频率与介质无关．灵活运用光路的可逆性进行分析．
5.【答案】C
【解析】解：A、对于小球A、B、C组成的系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故A错误；
B、小球B的初速度为零，小球C落地瞬间，小球B的速度也为零，故小球B的动能先增大后减小，而小球B的重力势能不变，则小球B的机械能先增大后减小，同理可得小球A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，所以C的机械能先减小后增大，故B错误；
C、设小球C落地前瞬间的速度大小为v，根据系统机械能守恒有：12mv2=mgh，解得：v= 2gh，故C正确；
D、当小球C的机械能最小时，小球B的速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，则杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。
故选：C。
根据机械能守恒的条件：只有重力或系统内弹力做功，分析知道系统的机械能守恒；通过分析A、B两球机械能的变化来判断C球机械能的变化；小球C落地前瞬间A、B两球的速度为零，根据系统的机械能守恒求此时C球的速度大小。当小球C的机械能最小时，合力为零，对三个球组成的整体研究，根据平衡条件求地面对小球B的支持力大小。
解决本题的关键是要知道系统的机械能是守恒的，要知道轻杆对A、B两球没有作用力时，其动能增大，此时小球C的机械能最小。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据牛顿第二定律和万有引力公式得：GMmr2=ma，得a=GMr2。转移轨道Ⅰ远地点距离地心的距离等于转移轨道Ⅱ近地点距离地心的距离，所以卫星在转移轨道Ⅰ远地点的加速度等于转移轨道Ⅱ近地点的加速度，故A错误；
B、卫星在变轨过程中，需要向后喷火加速，机械能会增加，所以卫星整个运动过程中，引力势能的增加量大于动能的减少量，故B错误；
C、根据开普勒第二定律，该卫星在同一圆轨道上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同，故C错误；
D、在地球表面附近运行时，卫星的线速度近似等于第一宇宙速度，但在近地点处要加速变轨，所以此时速度大于第一宇宙速度，故D正确；
故选：D。
根据牛顿第二定律和万有引力公式相结合列式，分析加速度关系。卫星变轨时，机械能增加，整个过程中引力势能的增加量大于动能的减少量。根据开普勒第二定律分析C项。结合第一宇宙速度的意义以及变轨原理分析D项。
解决本题的关键要掌握卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力，并能灵活运用。
7.【答案】D
【解析】解：A.小物块从圆盘上沿切线方向飞出，滑落到桌面上后，小物块受到的摩擦力方向始终与速度的方向相反，在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；
B.物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时μmg=mv2r
则由动能定理圆盘对小物块做功为W=12mv2
联立可得W=12μmgr
故B错误；
C.物块在桌面上滑动的距离x=v22μg
餐桌面的半径为R= x2+r2
联立得：R= 5r2
故C错误；
D.选取末速度的方向为正方向，根据动量定理If=Δp=mv
联立得在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为If=m μgr
故D正确。
故选：D。
根据牛顿第二定律解得角速度，根据做功公式与动能定理解得BC，根据冲量的计算公式解得D。
本题主要是考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚小物块的受力情况，知道做匀速圆周运动的物体合力提供向心力，掌握动能定理的应用方法。
8.【答案】AC
【解析】解：根据题意可知带电小球的比荷为是gE，则有Eq=mg
则小球所受的合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示
若小球速度为v1，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为
t1=120360T=13×2πmBq=2πE3Bg
根据几何知识可得R1+R1cs60°=h，解得轨迹半径为R1=23h
则根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1=mv12R1
可得，小球的速度为v1=2Bgh3E
则小球的路程为s1=120°360∘×2πR1=13×2π×23h=49πh
根据a1=v12R1解得小球的加速度为a1=2B2g2h3E2
若小球速度为v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间为
t2=60360T=16×2πmBq=πE3Bg
根据几何知识可得R2−R2cs60°=h，其轨迹半径为R2=2h
则根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2=mv22R2
可得，小球的速度为v2=2BghE
则小球的路程为s2=60°360∘×2πR2=16×2π×2h=23πh
根据a2=v22R2解得小球的加速度为a2=2B2g2hE2，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据题意计算电场力的大小，根据带电小球受力情况判断运动情况，可判断小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据洛伦兹力提供向心力、周期公式结合数学知识求解。
本题主要考查带电物体在复合场中的匀速圆周运动问题。本题要分析清楚物体运动过程，知道匀速圆周运动由合力提供向心力结合数学知识即可正确解题。
9.【答案】AC
【解析】解：A、MN在平行金属导轨上滑动时，取向右为正方向，由动量定理有：−μmgt−ΣBIL⋅Δt=0−mv0
又有ΣIΔt=q=ΔΦR+r2=2BLs2R+r，联立解得：s=(mv0−μmgt)(2R+r)2B2L2，故A正确；
B、MN速度为v1时，MN产生的感应电动势E=2BLv1，MN在导轨间的电压为路端电压，小于感应电动势，因此MN两端的电势差应小于2BLv1，故B错误；
CD、MN速度为v1时，水平方向受摩擦力、安培力，由牛顿第二定律有：μmg+B2L2v1R+r2=ma，解得a=μg+2B2L2v1m(2R+r)
故C正确，D错误。
故选：AC。
MN在平行金属导轨上滑动时，利用动量定理求滑行距离；MN速度为v1时，MN在导轨间的电压为路端电压，小于感应电动势，从而确定MN两端的电势差与感应电动势的关系；根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系求加速度。
本题中MN做变减速直线运动，不能根据运动学公式求MN滑行距离，可根据动量定理求解。
10.【答案】E A D B 等于
【解析】解：(1)实验要求电流表 A1的示数从零开始变化，采取分压式接法，滑动变阻器选择阻值较小的E；
(2)电动势为3V，电压表的量程为15V，电压的测量值不到量程的13，测量误差太大，因此采用两个电流表，仪器1为A1，2为定值电阻D；用电流表A2测量总电流，因此3为电流表 A2，两电流表的示数差为通过定值电阻的电流，再根据欧姆定律即可求出待测电流表A1的内阻；
(3)设电流表A1读数为I1，电流表A2读数为I2
根据并联电路的电流特点，通过定值电阻的电流IR=I2−I1
根据并联电路的电压特点，待测电流表两端电压U=UR=IR0
根据欧姆定律，待测电流表的内阻RA1=UI1
代入数据联立解得，电流表A1的内阻RA1=I2−I1I1R0
由于两表读数真实值，因此不存在误差，测得电流表A1的内阻等于真实值。
故答案为：(1)E；(2)A；D；B；(3)等于。
(1)滑动变阻器采用分压式接法，据此选择滑动变阻器；
(2)电动势为3V，电压表的量程太大，因此采用两个电流表，用电流表A2测量总电流，电流表A1与定值电阻并联，据此分析1、2、3对应的器材；
(3)根据实验原理，结合并联电路的特点求解待测电流表内阻的表达式，然后分析实验误差。
本题考查了实验器材的选择，考查了并联电路的特点和欧姆定律；知道待测电流表可以看作理想电流表和一个定值电阻串联。
11.【答案】43 大于 P点下方
【解析】解：(1)由题意可知，入射角为i=30°，折射角与∠OPb大小相等，且
sin∠OPb=ObOP=23
根据折射定律可得玻璃砖的折射率为
n=sin∠OPbsini=230.5=43
(2)作出光线的传播路径如图所示。
P′点为实际光屏上出现的光斑点，由折射率和几何知识可知，出射光线O′P′与OP平行，连接OP′作为出射光线，则测得的折射角偏大，所以测得的折射率大于真实值。
(3)若改用绿色激光笔照射，玻璃对绿光的折射率比红光的大，偏折角增大，则光屏上的光斑会出现在P点下方。
故答案为：(1)43；(2)大于；(3)P点下方。
(1)先根据几何知识求出折射角，再求玻璃砖的折射率n。
(2)作出光线的传播路径，分析折射角的变化，再判断测得的折射率与真实值的关系。
(3)若改用绿色激光笔照射，其他条件不变，绿光的折射角比红光的大，根据折射定律分析光屏上的光斑位置移动方向。
本题考查光的折射定律，关键作出光路图，结合折射定律和几何知识进行求解。
12.【答案】解：(1)以气体为研究对象，根据盖—吕萨克定律，有
VPTP=VQTQ
解得：VQ=6×10−4m3
(2)由气体的内能与热力学温度成正比
UPUQ=TPTQ
解得：UQ=108J
活塞从P位置缓慢移到Q位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象有
pS=p0S+mg
解得：p=1.2×105Pa
外界对气体做功
W=−p(VQ−VP)
由热力学第一定律
UQ−UP=Q+W
联立解得：Q=60J
答：(1)封闭气体最后的体积为6×10−4m3；
(2)封闭气体吸收的热量为60J。
【解析】(1)根据一定质量的理想气体的状态方程pV=CT列式得出对应的体积；
(2)根据图像结合功的计算公式，联立热力学第一定律计算出气体吸收的热量。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，根据公式pV=CT分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)假设小物块中途会与传送带达到共速，小物块先在传送带上做加速运动，由牛顿第二定律有
μmg=ma
解得a=3m/s2
设与传送带共速需要的时间为t，则
v=v0+at
解得t=0.2s
加速过程中的位移x=v0+v2⋅t
解得x=1.16mR(1+sin30°)=0.35×(1+0.5)m=0.525m，故假设成立，故能达到的最大高度为0.6125m。
答：(1)小物块第一次运动到C点的过程中电动机多消耗的电能为3.66J；
(2)小物块第一次沿轨道CEFD运动时能达到的最大高度为0.6125m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和能量的转化和守恒功率结合匀变速直线运动规律联立求解；
(2)根据动能定理和机械能守恒定律联立列式解答。
考查传送带问题和能的转化和守恒定律，会根据题意列式解答相应的物理量。
14.【答案】解：(1)小球沿AO方向做直线运动，则必为匀速直线运动，则受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的电场力和垂直于AO斜向右上方的洛伦兹力，则
B1qv0sin45°=mg
E1q=mg
解得
B1=mq 2gL
E1=mgq

(2)小球从开始运动到第一次经过x轴的时间
t1= 2Lv0= 2L Lg= 2Lg
小球进入第四象限后做匀速圆周运动，则
E2q=mg
周期
T=2πRv0
L=2Rsin45°
则第二次经过x轴的时间
t2=T4
小球射入第一象限时速度与x轴正向成45°，水平方向沿x轴正向做匀减速运动，加速度为
ax=qE1m=mgm=g
竖直方向做匀减速运动加速度为
ay=g
合加速度大小为
a= ax2+ay2
解得：a= 2g
方向与x轴负向成45°角，则再次(第3次)经过x轴的时间
t3=2v0 2g
返回时仍经过P点，此时速度仍为
v0= gL
方向与x轴负向成45°角，进入第四象限后仍做匀速圆周运动，运动时间为
t4=3t2
小球从O点到第四次通过x轴的时间
t=t1+t2+t3+t4
代入数据解得
t=(2+π) 2Lg
(3)小球第四次经过x轴的位置坐标为
x=2L
速度方向与x轴负向成45°角，正好与合加速度方向√2g垂直，则第五次经过x轴时沿x轴负向的距离为Δx，则
Δxsin45°=v0t′
Δxsin45°=12× 2gt′2
解得
Δx=2L
则第五次经过x轴时小球恰好到达原点，即位置坐标为(0,0)；
第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离
ym=(v0sin45°)22g
代入数据解得
ym=L4
答：(1)第二象限内磁场的磁感应强度大小mq 2gL；
(2)小球从O点到第四次通过x轴的时间(2+π) 2Lg；
(3)小球第五次通过x轴时的位置坐标(0,0)；第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离L4。
【解析】(1)小球受重力、电场力、洛伦兹力三力作用，沿AO方向做直线运动，必为匀速直线运动，由受力平衡求得第二象限内磁场的磁感应强度大小B1；
(2)利用运动学公式求得小球四次通过x轴的时间，进而求得总时间；
(3)利用运动学公式求得小球第五次通过x轴时的位置坐标以及第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离ym。
本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题，难度大。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。