2024湖北省重点高中智学联盟高二下学期5月联考物理试卷含解析

这是一份2024湖北省重点高中智学联盟高二下学期5月联考物理试卷含解析，共17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.物理学的伟大发现离不开科学家的努力与奉献，了解物理学史能激励我们勇于进取的精神，以下不符合物理学历史的是( )
A. 为了解释黑体辐射的规律，普朗克提出能量子假说，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式并把能量子假设进行推广，认为光就是由一个个不可分割的能量子组成，即为光子。
B. 爱因斯坦光电效应理论和康普顿效应理论都揭示了光的粒子性
C. 麦克斯认为磁场变化会在空间激发一种电场，它不是由电荷产生的
D. 伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度的概念，并探究出自由落体运动的规律
2.有A，B两球质量分别是2m和m，通过长为L的竖直轻绳相连。用手拿着A球，B球距地面高度为h，释放后两球落地时间差为Δt，不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
A. 若将两小球位置互换，则时间差Δt增大
B. 若将h增大，则时间差Δt增大
C. 若将L增大，则时间差Δt增大
D. 若将B小球质量也增大到2m，则时间差Δt增大
3.如图，一根绝缘的光滑水平横杆上套有质量均为m的A，B两个小环，两环上都带有正电荷，系在两环上的等长细绳拴住质量为M的物块处于静止状态，某时刻开始环上电荷量缓慢减少，则( )
A. 单根细绳对物块的拉力始终不变
B. 两细绳对物块的合力变大
C. 两环间距等于绳长时，单根细绳拉力大小等于Mg
D. 杆对A环的作用力保持不变
4.图甲为一个简易的静电除尘装置，没有底的空塑料瓶内固定一块铝片和一根铜棒，将它们分别与起电机的正、负极相连。在塑料瓶里放置点燃的蚊香，瓶内产生烟尘，摇动起电机后瓶内变得清澈透明。图乙为瓶内俯视图，其中a，b，c为瓶内电场中同一条电场线上的三个点，且ab=bc。则起电机摇动时( )
A. 带负电的烟尘会向铜棒聚集
B. a点的电场强度大于b点的电场强度
C. 带负电的烟尘在b点时的电势能大于它在c点时的电势能
D. a，b两点间的电势差小于b，c两点间的电势差
5.如图所示，质量均为m的A，B两物块置于水平地面上静止，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中恰好无拉力。现用水平力F向右拉物块B，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中错误的是( )
A. 当0B. 无论F多大，绳中拉力都不可能等于F3
C. 当F>2μmg时，绳中拉力为F2
D. 当μmg6.光电管是应用光电效应原理制成的光电转换器件，在有声电影、自动计数、自动报警等方面有着广泛的应用。现有含光电管的电路如图(a)所示，图(b)是用甲、乙、丙三束光分别照射光电管得到的I−U图线，Uc1、Uc2表示遏止电压。下列说法中正确的是( )
A. 甲、乙、丙三束光的光子动量p甲=p乙>p丙
B. 甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能小
C. 分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距窄
D. 甲、乙是相同颜色的光，甲光束比乙光束的光强度弱
7.如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.两卫星A，B在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A为地球同步卫星，O为地心，某时刻A，B相距最近，如图所示，已知卫星B的运行周期为T。下列判断正确的是( )
A. A的线速度大于B的线速度
B. 使B减速，B将与A在同步轨道上相遇
C. 相同时间内，连线AO扫过的面积与连线BO扫过的面积不等
D. 从图示位置到A、B再次相距最近所需最短时间大于T
9.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为4Ω，外接灯泡的电阻为8Ω。则( )
A. 电压表的示数为6V
B. 瞬时电动势的表达式为e=6 2sin100πt(V)
C. 在t=0.01s时，穿过线圈的磁通量最小
D. 发电机的输出功率为2W
10.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1>m2.开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方。将m1由静止释放，则下列说法中正确的是(滑轮边缘紧靠碗口)( )
A. m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定
B. m1可能沿碗面上升到B点
C. 当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的 2倍
D. 在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用如图(a)所示的实验装置研究物体的平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。上下移动水平挡板MN到合适的位置，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列的痕迹点。
(1)为使小球能水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线成水平方向.
(2)每次都要从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，原因是__。
(3)为定量研究钢球的平抛运动，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。①取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于斜槽末端Q点，钢球的__________(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时__(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。
②若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：在如图(b)所示的轨迹上取A、B、C三点，测得AB和BC的水平间距均为x，AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，已知当地重力加速度为g，可求得钢球平抛的初速度大小为_(用字母x、y1、y2和g表示)。
12.(1)某同学先用一个有四个倍率的多用电表粗略测量某合金材料制成的导体的电阻，四个倍率分别是×1、×10、×100、×1000.用×100挡测量该导体电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到___挡。
(2)用游标卡尺测量该导体的长度如图所示，可知其长度为____ mm。
(3)若通过多用电表测得该导体的电阻约为8000Ω，现该同学想通过伏安法测定该导线的阻值Rx.现有电源(3V,内阻可不计)，滑动变阻器(0∼10Ω,额定电流2A)，开关和导线若干以及下列电表：
A.电流表(0∼0.5mA,内阻约0.125Ω)B.电流表(0∼0.6A,内阻约0.025Ω)
C.电压表(0∼3V,内阻约3kΩ)D.电压表(0∼15V,内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用____，电压表应选用____(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的____(选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形，虚线是这列波在t2=0.5s时刻的波形，问：
(1)若波的传播方向向右，波速多大？
(2)若波的传播方向向左，波速多大？
(3)若波速大小为74m/s，波的传播方向如何？
14.如图所示，一质量M=1.2kg的物块静止在桌面边缘。桌面离地面的高度h=1.8m，一质量m=20g的子弹以水平速度v0=200m/s射入物块，并在很短的时间内水平穿出，已知物块落地点离桌面边缘的水平距离x=1.2m，g取10m/s2.求：
(1)物块从桌面飞出时的速度的大小vM。
(2)子弹穿出物块时的速度大小vm。
(3)子弹在穿过物块的过程中，系统损失的机械能ΔE。
15.如图所示，矩形区域ABCD的AB边的边长为L，E、F分别是AB、CD边的中点，在AEFD区域内有竖直向下的匀强电场，在EBCF区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以初速度v0从A点水平向右射入电场，结果粒子从EF边进入磁场后，在磁场中的轨迹刚好与FC和BC边相切，已知电场强度的大小为E=8mv023qL，不计粒子的重力，求：
(1)粒子在电场中偏转第一次运动到EF边时速度的大小与方向；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)矩形区域的面积大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】本题考查物理学史知识，熟悉物理学家的贡献是解题的关键。
根据物理学家的贡献逐项分析即可判断。
【解答】
A、普朗克提出能量子假说，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，爱因斯坦把能量子假设进行推广，认为光就是由一个个不可分割的能量子组成，故 A错误，符合题意；
B、爱因斯坦光电效应理论通过光子说解释了光电效应，康普顿效应说明光具有能量和动量，都揭示了光的粒子性，故 B正确，不符合题意;
C、麦克斯认为变化的磁场会在空间激发一种电场，它不是由电荷产生的，故 C正确，不符合题意;
D、加利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度的概念，并通过斜面实验探究出自由落体运动的规律，故 D正确，不符合题意;
故选A。
2.【答案】C
【解析】【分析】本题考查的是自由落体运动的规律，解题的关键是搞清两球运动的物理过程，分为两个阶段处理此过程，第一个阶段是两球一起做自由落体运动，第二个阶段是当下面的球着地后，上面小球的匀加速运动。
两球从静止开始一起做自由落体运动，根据自由落体运动规律分析求解。
【解答】
AD.两小球做自由落体运动，运动情况与质量无关，则将两小球位置互换或将B小球质量也增大到2m，则时间差 Δt 不变，故AD错误；
C.根据自由落体运动规律有 h=12gt12 ， h+L=12gt22
时间差为 Δt=t2−t1
可知若将L增大，则时间差 Δt 增大，故C正确；
B.根据自由落体运动规律可得，B球落地时A球的速度为 v= 2gh
则有 L=vΔt+12gΔt2 可知，若将h增大，则时间差 Δt 减小，故B错误。故选C。
3.【答案】D
【解析】【分析】由电量减小分析两环间距离的变化，分析两绳间夹角变化，由平衡条件分析绳子拉力变化；应用整体法分析杆对A环的作用力如何变化；由两绳间的夹角情况分析单根绳子的拉力与Mg的大小关系。
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。
【解答】AB、两根细绳的合力等于物块重力，当某时刻开始环上电荷量缓慢减少时，AB间作用力减小，细绳间夹角变小，合力即物块重力不变，所以细绳拉力减小，AB错误；
D、把AB小环和物块看成一个整体，向上是横杆对环的作用力，向下是3个物体不变的重力，所以杆对A环的作用力保持不变，D正确；
C、当两细绳间夹角120∘时，单根细绳拉力大小等于Mg，两环间距等于绳长时，两细绳间夹角等于60∘，单根细绳拉力大小不等于Mg，所以C错误。
故选D。
4.【答案】D
【解析】【分析】此题考查了静电除尘的原理，关键抓住电场线的分布特点，根据电场线的疏密判断场强大小，根据沿电场线方向电势降落，比较电势高低；带负电的烟雾在电场力作用下向铝片聚集。
根据U=Ed判断两点之间的电势差，根据Ep=qφ判断电势能大小。
【解答】A.因为铝片带正电，所以带负电的烟雾向铝片聚集，故A错误；
B.由图可知二者之间电场线的分布是从左至右依次变的密集，a处电场线稀疏，b处电场线密集，即电场强度关系为EaD.a、b两点间的电场线比b、c两点间的电场线要疏一些，故Eab知UabC.根据上面选项分析可知，a、b所在电场线方向由铝片指向铜棒，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知φb>φc，烟云带负电，由Ep=qφ可知带负电的烟尘在b点时的电势能小于它在c点时的电势能，故C错误。
故选 D。
5.【答案】B
【解析】【分析】
对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小，最后确定绳子中的拉力．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的使用．
【解答】A、当0D、当μmgC、当F>2μmg时，对整体，根据牛顿第二定律可得：a=F−2μmg2m，对B：a=F拉−μmgm，联立解得绳中拉力为F拉=F2.故C正确，不符合题意；
B、由D的分析可知，当μmg故选：B。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查光电效应现象的条件、规律及爱因斯坦光电效应的理解与应用，知道只有当入射光的频率大于金属的极限频率时，才能产生光电效应是解题的关键，难度一般。
由光电效应现象的条件、规律及爱因斯坦光电效应方程判断得解；根据双缝干涉条纹间距公式分析判断。
【解析】
A.根据光电效应方程Ek=hν−W0；再根据动能定理eUc=Ek；联立可得eUc=hν−W0；利用图像遏止电压的值可知ν甲=ν乙<ν丙而光子动量p=hνc；因此光子动量之间的关系为p甲=p乙B.光电效应中eUc=Ek；利用图像遏止电压的值可知Ek甲C.光的双缝干涉实验中，相邻干涉条纹的宽度为Δx=ldλ；ν甲<ν丙又λ=cν；得λ甲>λ丙；所以分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光形成的干涉条纹间距比丙光的宽，所以 C错误;
D.由题图可知，甲光和乙光频率相同，但是甲光比乙光的饱和电流大，即甲光的光强大于乙光，所以D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题是电磁感应的图像问题，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等物理规律，得到对应图像的解析式，再选择图像．
对于电磁感应现象中的图象问题，一般要根据电磁感应规律推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。
【解答】
正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时，I大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，则I=2 3Bxv3R变大到I0=2 3Bav3R;当线框efg前进a距离，在刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg线框中感应电流方向沿顺时针方向，即为负，有效切割长度变大，则I=4 3B(x−a)v3R变大到I′=4 3Bav3R=2I0，在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为0，之后随线框出磁场距离的增大，利用楞次定律可知efg线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，则I=2 3B(x−2a)v3R变大到I′=2 3Bav3R=I0，故B正确，ACD错误。
8.【答案】CD
【解析】【分析】
卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此由半径关系分析周期大小及线速度关系，卫星相距最近，则卫星转动的角度差为2π，由此分析计算即可。
在卫星问题的处理中主要抓住卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，能根据卫星轨道半径的大小确定描述卫星圆周运动物理量的大小是解决本题的关键。
【解答】
A.根据万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r
解得
v= GMr
A的半径大，所以A的线速度小于B的线速度，故A错误；
B.使B减速，B将从该轨道往低轨道变轨，所以不能与A在同步轨道上相遇，故B错误；
C.绕地球运动的卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积
s=12vt⋅r
又因为根据万有引力提供向心力可得
v= GMr
可得
s=t2⋅ GMr
由图可知B的半径小，因此相同时间内，B与地心连线扫过的面积小于A与地心连线扫过的面积，故C正确；
D.A、B再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2π，所以可得
ωBt−ωAt=2π
又因为
ωA=2πTA
ωB=2πT
代入可算出经历的时间
t=T ATTA−T=T1−TT A
又根据高轨低速大周期可知
T A>T
因此
t=T1−TT A>T
即从图示时刻到A、B再次相距最近所需时间大于T，选项D正确。
故选CD。
9.【答案】BD
【解析】解：
A.由图乙可知，电动势有效值为 E=6 2 2V=6V
电压表测的是有效值，则示数为 U=RR+rE=4V 故A错误；
B.由图乙可知，电动势的最大值为 6 2V ，周期为 0.02s ，则瞬时电动势的表达式为
e=Emsin2πTt=6 2sin100πtV 故B正确；
C.在 t=0.01s 时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D.灯泡消耗的功率为 P=U2R=2W 故发电机的输出功率为 2W ，故D正确。
故选BD。
根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。
灯泡消耗的功率即发电机的输出功率。
此题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】分析斜面的受力情况，由平衡条件判断地面对斜面的支持力如何变化。在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。将m1到达最低点C时的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于m2的速度，进而求出两个速度的关系。对系统，运用机械能守恒定律，可求出m1沿碗面上升的最大高度。
解决本题的关键是要明确系统的机械能是守恒的，两球沿绳子方向的分速度大小相等，要注意对其中一个球来说，机械能并不守恒。
【解答】A、m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定。故A正确。
C、设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成与分解得：v1cs45∘=v2，则v1= 2v2，故C正确。
BD、在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。设斜面倾角为θ，对m1、m2组成的系统，由机械能守恒定律得：
m1gR−m2g⋅ 2Rsinθ=12m1v12+12m2v22，结合v1= 2v2，解得：v1= m1− 2m2sinθm1+12m2⋅2gR< 2gR.若m1运动到C点时绳断开，至少需要有 2gR的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到B点。故D正确，B错误。
故选：ACD。
11.【答案】(1)保证小球每次以相同的速度从斜槽末端飞出。
(2)球心；需要；x gy2−y1。

【解析】【分析】
由正确实验操作步骤及实验原理分析；斜槽末端水平使小球做平抛运动，根据平抛运动在水平上做匀速直线运动，在竖直上做自由落体运动，抓住等时性，结合运动学公式和推论进行求解。
本题考查了探究平抛运动规律的实验，根据实验原理和实验步骤进行分析解答。
【解答】
(2)每次都要从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，原因是保证小球每次以相同的速度从斜槽末端飞出。
(3)①小球在运动过程中记录下的是其球心的位置，故其抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置，故应以球心在白纸上的位置为坐标原点。
小球在竖直方向为自由落体运动，故需要y轴与重垂线平行。
②平抛运动竖直方向做匀变速直线运动，根据匀变速运动推论y2−y1=gT2，解得T= y2−y1g，平抛运动水平方向为匀速直线运动，根据匀速直线运动公式 x=v0T ，解得v0=x gy2−y1。
12.【答案】×100013.55AC丁
【解析】【分析】
(1)应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近。
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
(3)根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路。
本题考查了欧姆表的使用、游标卡尺读数、实验器材的选择与实验电路的选择，要掌握常用器材的使用及读数方法，要掌握实验器材的选择原则；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度。
【解答】(1)用×100档测量该导体电阻时，表头指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，为了较准确地进行测量，应换到×1000档。
(2)由图示游标卡尺可知，其示数为：13mm+11×0.05mm=13.55mm。
(3)通过待测电阻的最大电流约为：I=UR=3V8000Ω=0.000375A=0.375mA，电流表选A；
电源电动势为3V，电压表应选择C；由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，
待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由此可知，应选择图丁所示实验电路。
故答案为：(1)×1000；(2)13.55；(3)A；C；丁。
13.【答案】【解答】(1)若波向右传播，由图可得：波的传播距离△x1=8n+3(m)，n∈N，所以，波速v1=△x1t2−t1=16n+6(m/s),n∈N；
(2)若波向左传播，由图可得：波的传播距离△x2=8n′+5(m)，n′∈N，所以，波速v2=△x2t2−t1=16n′+10(m/s),n′∈N；
(3)若波速大小为74m/s=16×4+10(m/s)，即n′=4，故波向左传播；
答：(1)若波速向右，波速为16n+6(m/s)，n∈N
(2)若波速向左，波速为16n+10(m/s)，n∈N
(3)若波速大小为74m/s，波速方向向左。
【解析】【分析】
(1)根据波的传播方向，由图得到波的传播距离，即可根据传播时间得到波速；
(2)根据波的传播方向，由图得到波的传播距离，即可根据传播时间得到波速；
(3)分析波速与(1)(2)中波速的符合情况得到波的传播方向。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
14.【答案】解：(1)物块从桌面飞出后做平抛运动：
竖直方向：h=12gt2，
水平方向：x=vMt，
代入数据解得：vM=2m/s；
(2)对子弹和木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mvm+Mv，
代入数据解得：vm=80m/s；
(3)由能量守恒定律得，子弹穿过木块过程中，系统损失的机械能：
ΔE=12mv02-12mvm2-12MvM2，
代入数据解得：ΔE=333.6J。

【解析】【解析】
本题考查动量守恒定律、能量守恒定律和平抛运动的规律的基本运用，难度不大，应用平抛运动规律与动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题。
(1)木块离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律求出木块的速度；
(2)子弹击中木块过程，对子弹和木块系统，由动量守恒定律可以求出子弹穿出木块后的速度；
(3)子弹穿过木块过程，对子弹和木块系统，由能量守恒定律可以求出子弹穿过木块过程产生的热量。
15.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹如图所示。
粒子在电场中做类平抛运动，
粒子运动到EF边所用的时间为：t=L2v0=L2v0，
粒子在电场中运动的加速度为：a=qEm=8v023L，
设粒子在出电场时速度与水平方向夹角为θ，则有：
tanθ=vyv0=atv0=8v023L×L2v0v0=43
解得：θ=53∘，
出电场时的速度大小：v=v0cs53∘=5v03.
(2)由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R满足：
R+Rsinθ=L2
解得：R=518L，
粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=mv2R
解得：B=6mv0qL；
(3)由几何关系可以确定矩形的宽为：AD=R+y−Rcs53∘，y=12at2=L3，则AD=49L所以矩形的面积为：S=AB×AD=49L2；
答(1)粒子在电场中偏转第一次运动到EF边时速度的大小为5v03，方向与水平方向夹角为θ=53∘；(2)匀强磁场的磁感应强度大小为6mv0qL；(3)矩形区域的面积大小S=49L2。
【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。
(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动的运动规律可以求出粒子第一次到达EF边的速度；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小；
(3)由粒子的运动轨迹与两边相切和几何关系求出矩形的宽度，由面积公式求出矩形面积。