2024年天津市高考物理模拟试卷（四）（等级性）(含详细答案解析)

这是一份2024年天津市高考物理模拟试卷（四）（等级性）(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也是在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，不计温度变化。此过程中( )
A. 封闭的二氧化碳气体对外界做正功B. 封闭的二氧化碳气体压强一定增大
C. 封闭的二氧化碳气体分子的平均动能增大D. 封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量
2.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，用这些光照射如图甲所示的光电管的阴极K。已知氢原子的部分能级图如图乙所示，阴极K为金属钨，其逸出功为4.54eV。下列说法中正确的是( )
A. 这些氢原子最多发出6种不同频率的光
B. 能使金属钨发生光电效应的光有4种
C. 逸出光电子的最大初动能一定为9.06eV
D. 若将滑动变阻器的滑片调到最左端，电路中的光电流一定变为0
3.如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R3的光的强度减弱，则( )
A. 电压表的示数变大B. 小灯泡变暗
C. 通过R2的电流变小D. 电源内阻消耗的功率变大
4.如图甲所示，2024年1月9日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设爱因斯坦探针卫星发射简化过程如图乙所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a点发动机点火加速，由轨道Ⅰ变为椭圆轨道Ⅱ上，飞船在轨道Ⅱ上经过c点再变轨到圆轨道Ⅲ，则下列说法正确的是( )
A. 探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点的速度大于在轨道Ⅱ上经过a点的速度
B. 探针卫星在轨道Ⅱ上由a点运动到c点机械能减少
C. 探针卫星在轨道Ⅱ上经过c点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过c点的加速度
D. 探针卫星在轨道Ⅰ上运行的角速度小于在轨道Ⅲ上运行的角速度
5.如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，升压变压器与降压变压器之间输电线上的总电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，两端电压分别为U3、U4，电流分别为I3、I4。变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出电压不变，则下列说法正确的是( )
A. 无论用户端的负载如何增加，始终有I1U1=I3U3
B. 输电线上损失的功率ΔP=U32R
C. 若用户端负载增加，那么电压U3变小
D. 输电线上的电流I3=U2R
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.关于核反应方程：① 92238U→90234Th+24He；② 90234Th→91234Pa+−10e；③ 92235U+01n→3692Kr+56141Ba+301n；④ 12H+13H→24He+01n，下列说法正确的是( )
A. ①是衰变，1g92238U经过两个半衰期全部衰变
B. ②是衰变，α射线的电离本领比β射线强
C. ③是人工转变， 56141Ba的比结合能比 92238U大
D. ④是热核反应，该反应需要很高的温度并放出热量
7.如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，振幅为6cm，周期为T=2s。已知在t=0时刻，质点A坐标为(2cm,−3cm)，质点B坐标为(6cm,−3cm)，A、B都沿y轴正向运动。下列说法正确的是( )
A. 该列简谐横波波长可能为43cm
B. A、B两质点可以一个在波峰，一个在波谷
C. 从t=0时刻起，经历Δt=0.5s时间，质点A的位移为4cm
D. 在t=16s时，质点B的位移为零
8.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T=2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )
A. 在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B. 粒子的电荷量为mv02U0
C. 在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02
D. 在t=14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
三、实验题：本大题共2小题，共24分。
9.寒冷的冬天，在两个相同的纸杯中加上不等量的水，放到室外结冰后脱壳制成两只冰壶A和B，之后找一块平整的冰面验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：
①在冰面上固定发射装置。通过A压缩弹簧到P位置，释放后A沿图甲中虚线运动。在虚线的适当位置取一点O，测出A停止滑动时其右侧到O点的距离s1；
②多次通过A压缩弹簧到P，释放A后重复记录s1并取其平均值记为s1−，如图甲；
③将B放在冰面上，使其左侧位于O点，并使其直径与图中虚线重合；
④多次通过A压缩弹簧到P，释放A后使A与B对心正碰，测出A、B碰后停止滑行时A右侧和B左侧与O点的距离并求平均值，分别记为s−2利s−3，如图乙所示。
(1)每次都通过A压缩弹簧到P位置，目的是确保A到达O时的______相同；
(2)实验中还需测量的物理量有______(填字母序号)；
A.A和B的质量m1、m2
B.A和B的直径d1、d2
C.A和B与冰面间的动摩擦因数μ
D.发射槽口到O点的距离s0
(3)验证动量守恒定律的表达式为______(用已知量和测得量的符号表示)；
(4)为探究该碰撞是否为弹性碰撞，需判断关系式______是否成立(用s1−、s2−、s3−表示)。
10.简易多用电表的电路如图(a)所示。图中表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω；E是电池，R1、R2、R3、R4和R5均为定值电阻，R6是可变电阻。虚线方框内为选择开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。
(1)根据题设条件，可得R1+R2=______Ω；
(2)将选择开关与“3”相连，电表指针位置如图(b)所示，测得电阻Rx=______Ω；
(3)为了更准确的测量电阻Rx，实验室提供下列器材：
待测电阻Rx；
电源E，电动势约为6.0V，内阻可忽略不计；
电压表V1，量程为0∼0.5V，内阻r1=1000Ω；
电压表V2，量程为0∼6V，内阻r2约为10kΩ；
电流表A，量程为0∼0.6A，内阻r3约为1Ω；
定值电阻R0，R0=60Ω；
滑动变阻器R，最大阻值为150Ω；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
①测量要求：两只电表的示数都不小于其量程的13，并能测量多组数据，则应选用图(c)中的______(填字母序号)。
②若选择正确的电路进行实验，电表A、V1、V2的示数分别用I、U1、U2表示，则待测电阻Rx的表达式为Rx=______(用字母表示)。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
11.如图甲所示，有一边长为L=1.2m，质量为m=1kg的正方形单匝线框abcd，放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向上、磁感应强度为B=0.1T的匀强磁场区域。线框cd边刚进入磁场时的速度为v0=2m/s，在t=3s时刻cd边刚出磁场边界。从进入到离开磁场区域的3s时间内线框运动的v−t图像如图乙所示。求：
(1)线框cd边在刚进入磁场时，c、d两点间的电势差Ucd；
(2)恒力F的大小；
(3)线框从cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热Q。
12.电场和磁场经常用来实现对微观粒子的测量和控制。如图所示，α粒子由粒子源S飘出(初速度忽略不计)，经加速电压U加速后，以速度v0沿轴线OO′竖直进入高度为L的足够宽匀强磁场区域，经磁场区域偏转后，粒子由磁场区域的下边界射出，最终打在水平接收装置MN上的P点(图中未标出)。已知磁场区域的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为B= 3Uv0L，其下边界与接收装置MN平行，距离为L，不考虑粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)求α粒子的比荷qm；
(2)求P点到轴线OO′的距离d；
(3)若撤掉磁场，在同样的区域施加水平方向的匀强电场，α粒子最终仍然打到点P，求匀强电场的场强E。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
13.如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m，相距l沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在计算时间内相互嵌套结为一体，以共同速度运动了距离的l2，恰好停靠在墙边．若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍．重力加速度为g，求：
(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A错误。
B、温度不变，气体体积减半，根据玻意耳定律可知，气体压强增大，故B正确；
C、温度不变，所以气体的气体分子的平均动能不变，故C错误。
D、温度不变，内能不变，根据热力学第一定律△U=W+Q，外界对气体做正功，则封闭气体向外界传递热量，故D错误；
故选：B。
对于热力学第一定律△U=W+Q，要明确公式中各个物理量的含义，温度是理想气体的内能变化的标志。
本题考查了玻意耳定律和热力学第一定律公式的应用，根据气体状态变化过程判断做功情况，然后应用热力学第一定律即可解题，解题时要注意理想气体内能由温度决定，温度不变气体平均动能不变。
2.【答案】A
【解析】解：A、大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出C42=6种不同频率的光，故A正确；
BC、根据能级跃迁公式可计算出对应跃迁的能级产生的能量为：
2→1，E21=10.20eV
3→1，E31=12.09eV
4→1，E41=12.75eV
3→2，E32=1.89eV
4→2，E42=2.55eV
4→3，E43=0.66eV
根据光电效应的条件可知能使金属钨发生光电效应的光有3种分别为4→1、3→1、2→1。
根据电效应方程可知光电子的最大初动能为Ekm=E41−W0=12.75eV−4.54eV=8.21eV，故BC错误；
D、滑动变阻器的滑片调到最左端，光电管两端电压为零，但光电子有速度，仍能够到达A极板，光电流不可能为0，故D错误。
故选：A。
根据Cn2可以求解氢原子最多能发出多少种不同频率的光；根据能级跃迁公式可计算出对应跃迁的能级产生的能量，再结合光电效应方程：hγ=W0+Ek分析。
解决本题的关键掌握能级跃迁与发出或吸收光子能量的关系hγ=Em−En，对于可见光应注意掌握光效应方程，注意理解影响光电子的最大初动能因素。
3.【答案】B
【解析】解：若将照射R3的光的强度减弱，可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大。
A.根据闭合电路欧姆定律可知，E=U外+Ir
外电路总电阻增大，干路电流减小，R1在干路上，所以其电压减小，因此电压表示数减小，故A错误；
BC.因为干路电流减小，所以路端电压增大，R1和R2的电压之和等于路端电压，所以R2的电压增大，因此流过R2的电流增大，又R2和L的电流之和减小，所以L的电流必然减小，因此灯泡变暗，故B正确，C错误；
D.内阻上消耗的功率Pr=I2r因为干路电流减小，故电源内阻消耗的功率变小，故D错误。
故选：B。
先判断光敏电阻的阻值变化情况，再根据闭合电路的欧姆定律分析干路电流和电压表的读数变化，结合总电流和各支路电流的关系分析电流情况，由内功率的公式分析判断。
考查电路的动态分析问题，会根据闭合电路的欧姆定律分析解决实际问题。
4.【答案】C
【解析】解：A、探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点做加速运动，离心后变轨到Ⅱ轨道，所以探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点的速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的速度，故A错误；
B、探针卫星在轨道Ⅱ上由a点运动到c点过程中，只有万有引力做功，机械能不变，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以探针卫星在轨道Ⅱ上经过c点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过c点的加速度，故C正确；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，解得：ω= GMr3，探针卫星在轨道Ⅰ上运行的轨道半径大于在轨道Ⅲ上运行的轨道半径，探针卫星在轨道Ⅰ上运行的角速度大于在轨道Ⅲ上运行的角速度，故D错误。
故选：C。
根据变轨原理分析线速度大小；根据机械能守恒定律分析机械能的变化情况；根据牛顿第二定律分析；由万有引力提供向心力得到角速度表达式进行分析。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握卫星的变轨原理。
5.【答案】C
【解析】解：A.输电线有损耗，无论用户端的负载如何增加，始终有I1U1>I3U3，故A错误；
B.输电线上损失的功率ΔP=(U2−U3)2R，故B错误；
C.若用户端负载增加，则电流增大，根据U=IR可知输电线电压增大，那么电压U3变小，故C正确；
D.输电线上的电流I3=U2−U3R，故D错误；
故选：C。
变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数之反比；根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和，得出U3、U2的关系。当用户增多时，用户端总电阻变小，电流变大，结合输电线上电压损失的变化得出降压变压器输出电压的变化。
解决该题需明确知道变压器中原副线圈的电压、电流与匝数的关系，知道原副线圈的功率的关系。
6.【答案】BD
【解析】解：A、 24He是α粒子，该核反应是α衰变，1g92238U经过两个半衰期还剩14g未衰变，故A错误；
B、 −10e是β粒子，该核反应为β衰变，α射线穿透能力最弱，一张白纸就能挡住，不能穿透几厘米厚的铅板，但其电离本领比β射线强，故B正确；
C、该核反应为重核裂变，生成物 56141Ba比反应物 92238U更稳定，其比结合能比 92238U大，故C错误；
D、该核反应为轻核聚变反应，聚变反应需要高温又称热核反应，反应过程释放出大量的热量，故D正确。
故选：BD。
根据反应的特点和生成物判断核反应类型。
本题综合考查了常见的核反应方程以及核反应方程的特点等这些知识点，关键掌握这些知识的基本规律，记牢基本粒子的符号。
7.【答案】AD
【解析】解：AB、在t=0时，质点A、B都沿y轴正方向运动，且A、B两质点的位移相同，则振动好同，故两质点振动总是相同，所以AB两质点不可能一个在波峰，一个在波谷，两质点平衡位置的距离为：6cm−2cm=nλ(n=1、2、3、4…)，该列波的波长可能为43cm(n=3时)，故A正确，B错误；
C、根据质点A的振幅和周期的值可得，质点A的振动方程为：y=6sin(πt−π6)，则从t=0时刻起，经历0.5s时间，质点A的位移为3 3cm，故C错误；
D、根据质点B的振幅和周期可得，质点B的振动方程为：y=6sin(πt−π6)，则在t=16s时，质点B的位移为零，故D正确。
故选：AD。
根据题干得到两质点振动同，从而得到振动关系及平衡位置间距离与波长的关系，从而求得波长，也可以得到A、B的位置关系；
分别写出两个质点的振动方程，再求出另一时刻的位移。
考查波动图象的理解与振动规律的应用，解题时，要把握机械波的周期性，写出运动规律的可能表达式，再根据具体条件求解即可。
8.【答案】ABD
【解析】解：A.粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间
t=2dv0
此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；
B.在竖直方向，粒子在T2时间内的位移为d2，则
d2=U0q2dm⋅(dv0)2
计算得出
q=mv02U0
故B正确；
C.在t=18T时刻进入电场的粒子，射出极板时速度依然是v0，动能不变，所以电势能不变，故C错误；
D.t=14T时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动14T，然后向下减速运动14T，再向上加速14T，向上减速14T，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。
故选：ABD。
带电粒子垂直电场线进入电场做类平抛运动，将类平抛运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场线方向的匀加速直线运动，根据类平抛运动的规律求解。
此题关键是要搞清粒子在电场中水平方向和竖直方向的运动特征，主要是结合电场的变化情况研究竖直方向在一个周期内的运动情况。
9.【答案】速度 Am1 s1−=−m1 s2−+m2 s3− s3−= s1−− s2−
【解析】解：(1)释放小球后，弹性势能转化为小球的动能，每次都通过A压缩弹簧到P位置，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，释放小球后小球获得的动能相同，确保A到达O时的速度相同；
(2)选取向右为正方向，动量守恒定律的表达式为m1v1=−m1v2+m2v3
根据动能定理，碰撞前，对小球A有12m1v12=μm1gs1−
碰撞后对小球A有12m1v22=μm1gs2−
碰撞后对小球B有12m2v32=μm2gs3−
联立可得m1 s1−=−m1 s2−+m2 s3−
实验中还需测量的物理量是A和B的质量，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)根据上述(2)的分析过程，需要满足的动量守恒定律的表达式为m1 s1−=−m1 s2−+m2 s3−；
(4)若碰撞为弹性碰撞，还应满足机械能守恒，表达式为12m1v12=12m1v22+12m2v32
结合(2)中关系式可得 s3−= s1−− s2−。
故答案为：(1)速度；(2)A；(3)m1 s1−=−m1 s2−+m2 s3−；(4) s3−= s1−− s2−。
(1)释放小球后，弹性势能转化为小球的动能，每次都通过A压缩弹簧到P位置，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，释放小球后小球获得的动能相同，据此分析作答；
(2)(3)根据动能定理求解碰撞前后两小球的动能，根据动量守恒定律的表达式求解需要满足的关系式，然后分析需要测量的物理量；
(4)弹性碰撞满足机械能守恒定律，结合动能定理的表达式求解需要满足的关系式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据动量守恒定律和运动学公式即可完成分析，整体难度不大。
10.【答案】1601100D(U2−U1)R0r1U1(R0+r1)
【解析】解：(1)直流电流挡分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1挡A；
根据串并联电路规律可知：R1+R2=IgRgI−Ig=250×10−6×4801×10−3−250×10−6Ω=160Ω；
(2)欧姆挡选择的是×100Ω挡，根据指针的位置可知Rx=11×100Ω=1100Ω；
(3)①电动势约为6.0V，待测电阻Rx约为1100Ω，则通过Rx的最大电流约为：Im=ERx=6.01100A=0.0055A，电流表A的量程为0∼0.6A，太大，不能用电流表测电流，可采用电压表与定值电阻测电流；为了能够测量多组数据，滑动变阻器采用分压器的接法，故D正确、ABC错误；
故选：D。
②根据电路连接情况可知，待测电阻两端电压为：Ux=U2−U1，通过Rx的电流为：Ix=U1R0+U1r1，
则待测电阻Rx的表达式为Rx=UxIx，解得：Rx=(U2−U1)R0r1U1(R0+r1)。
故答案为：(1)160；(2)1100；(3)①D；②(U2−U1)R0r1U1(R0+r1)。
(1)根据电流表的改装原理结合串、并联电路规律进行解答；
(2)根据欧姆表的读数方法进行读数；
(3)①求出通过Rx的最大电流分析能否用电流表测电流；为了能够测量多组数据，滑动变阻器采用分压器的接法；
②根据电路连接情况结合串并联电路的特点、欧姆定律进行求解。
对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
11.【答案】解：(1)线框cd边在刚进入磁场时产生的感应电动势为E1=BLv0=0.1×1.2×2V=0.24V，方向由c→d(cd边相当于电源)，
c、d两点间的电压是路端电压，其电势差为：Ucd=−34E1=−34×0.24V=−0.18V；
(2)由图知，v=1m/s时线框完全在磁场中，做匀加速运动的加速度大小为：a=ΔvΔt=2−13−1m/s2=0.5m/s2，
根据牛顿第二定律得：F=ma=1×0.5N=0.5N；
(3)设cd边进入磁场过程产生的焦耳热为Q，线框出磁场的过程与进磁场的过程运动情况相同，产生的焦耳热相等，所以从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框中产生的总焦耳热：Q热=2Q，
从cd边进入磁场到ab边刚进入磁场的过程中，根据功能关系可得：FL+(12mmv02−12mv2)=Q，
代入数据解得：Q=2.1J。
答：(1)线框cd边在刚进入磁场时，c、d两点间的电势差为−0.18V；
(2)恒力F的大小为0.5N；
(3)线框从cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热为2.1J。
【解析】(1)先根据E=BLv求出感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求得感应电流，再由欧姆定律求c、d两点间的电压；
(2)根据牛顿第二定律可得恒力F的大小；
(3)由v−t图象知道，cd边刚进入磁场时和cd边刚出磁场时速度相等，由功能关系求出线框进入磁场过程产生的焦耳热。线框出磁场的过程与进磁场的过程运动情况相同，产生的焦耳热相等，据此分析。
解决本题的关键是根据v−t图象分析清楚线框的运动情况，知道速度-时间图象的斜率表示加速度。要注意当通过闭合回路的磁通量不发生变化时，闭合回路中不产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生。
12.【答案】解：(1)根据动能定理
qU=12mv02
解得qm=v022U
(2)设带电粒子在磁场中圆周运动半径为R，根据
qv0B=mv02R
解得R=2 3L
设圆周运动的圆心作为θ，如图1根据几何关系
sinθ=LR
可得θ=60∘
P点到轴线OO′的距离
d=R(1−csθ)+Ltanθ
解得d=43 3L
(3)带电粒子在电场中做类平抛运动，有
qE=ma，L=v0t，x1=12at2
解得x1=EL24U
粒子速度关系如图2示
vy=at，tanφ=vyv0，x2=Ltanφ
解得x2=EL22U
带电粒子仍达到P点，则
x1+x2=d
解得E=16 3U9L，方向水平向左。
答：(1)α粒子的比荷为v022U；
(2)P点到轴线OO′的距离d为43 3L；
(3)匀强电场的场强E为16 3U9L，方向水平向左。
【解析】(1)根据动能定理求α粒子的比荷；
(2)根据qv0B=mv02R求半径，结合几何关系求P点到轴线OO′的距离d；
(3)带电粒子在电场中做类平抛运动，列方程求解求匀强电场的场强E。
本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解决本题的关键是掌握根据动能定理求出电场对粒子的比荷，根据类平抛运动的知识求解粒子在电场中的场强。
13.【答案】解：(1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，与第二辆车碰后的共同速度为v2，以第一辆车的初速度为正，
由动量守恒定律有：mv1=2mv2
由动能定理有：−2kmg.l2=0−12(2m)v22
则碰撞中系统损失的机械能为：△E=12mv12−12(2m)v22
联立以上各式解得：△E=mkgl
(2)设第一辆车推出时的速度为v0，由动能定理有：
−kmgl=12mv12−12mv02
I=mv0
联立解得：I=m 6gkl
答：(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能为mkgl；
(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m 6gkl.
【解析】(1)两辆车碰撞过程中，系统动量守恒，根据动量守恒定律以及动能定理求出第一辆车的初速度以及碰撞后的共同速度，从而求出购物车碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)人给第一辆车水平冲量的转化为车的动量，之后车在摩擦力的作用下做减速运动，直到与第二辆车发生碰撞．碰撞后两车瞬间结为一体，可知有能量的损失而没有动量的损失，所以可以使用动量守恒定律写出碰撞前后的速度关系，最后的阶段两车一起减速．根据各阶段小车受力的特点，使用动量定理、动能定理以及动量守恒定律即可求解．
本题关键在于运动的过程较多，可以交叉运用动能定理和动量守恒定律列式求解，题中涉及的字母较多，要有足够的耐心，更要细心，注意要规定正方向，难度适中．