2024年江苏省淮安市高考物理冲刺试卷（五）（含详细答案解析）

这是一份2024年江苏省淮安市高考物理冲刺试卷（五）（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.放射性同位素热电机是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受温度及宇宙射线的影响，使用寿命可达十几年。我国的火星探测车用放射性材料器 94238Pu作为燃料，其原理为 94238Pu发生α衰变时将释放的能量转化为电能，衰变方程为 94238Pu→X+24He，以Z和N分别表示X的电荷数和中子数，下列判断正确的是( )
A. Z=90，N=142B. Z=92，N=144
C. Z=92，N=142D. Z=90，N=144
2.如图所示，将绝缘导线绕在柱形铁块上，导线内通以交变电流，铁块内就会产生感应电流，即涡流。当线圈内部空间的磁感线方向竖直向上，在铁块内产生(自上而下观察)沿虚线顺时针方向的涡流方向时，下列说法正确的是( )
A. 绝缘导线中的电流正在减小
B. 绝缘导线中的电流由b流向a
C. 为减小涡流，可以增大交变电流的频率
D. 为减小涡流，可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来
3.如图所示，面积为0.08m2、匝数为10匝的矩形线圈，处在磁感应强度为2πT的匀强磁场中，通过电刷与理想变压器的原线圈相连。变压器的原线圈接有一理想二极管，副线圈接有R=5Ω的电阻和一理想交流电压表，变压器的原、副线圈匝数比为2：1.当线圈绕垂直于磁场的轴OO′以50πrad/s的角速度转动时，下列说法中正确的是( )
A. 矩形线圈产生的交流电的周期为0.02sB. 矩形线圈产生的电动势的有效值为80V
C. 电压表的示数为20VD. 副线圈的输出功率为160W
4.气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面保持不动，椅子缓慢下降一段距离后达到稳定状态B，此过程温度不变。然后开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C；接着人离开座椅，椅子重新处于另一个稳定状态D。则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图或叙述中正确的是( )
A.
B.
C. 从状态A到状态D，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功
D. 与状态A相比，处于状态D时，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少
5.新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，t1时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，t2时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的加速度a、速度v、牵引力F、功率P随时间t的变化规律正确的是( )
A. B.
C. D.
6.1970年4月24日，中国首颗人造地球卫星“东方红一号”成功发射；2007年10月24日，中国首颗月球探测器“嫦娥一号”成功发射；2020年7月23日，中国首颗火星探测器“天问一号”成功发射；2022年10月9日，中国首颗综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”成功发射。我国星际探测事业在一代代中国航天人的接续奋斗中不断开创新高度。已知“东方红一号”绕地球运行周期为1.9小时，“嫦娥一号”绕月球运行周期为2.1小时，“天问一号”绕火星运行周期为8.2小时，“夸父一号”绕地球运行周期为1.7小时。根据以上信息可知( )
A. “东方红一号”的轨道半径最大B. “嫦娥一号”的向心加速度最大
C. “天问一号”的发射速度最大D. “夸父一号”的运行速度最大
7.将一物体以某一初速度沿与水平方向成37∘角从A点斜向上抛出，经过B点时速度与水平方向的夹角为53∘。已知A、B之间的水平距离为L，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，sin53∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 从A点抛出时的速度大小为 3gL2B. 从A到B过程中速度的最小值为35 3gL
C. 从A到B的时间为53 3LgD. A、B之间的高度差为712L
8.如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知aA. 铝框所用时间相同B. 铝框上产生的热量相同
C. 铝框中的电流方向相同D. 安培力对铝框的冲量相同
9.我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平；缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60∘。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 当底板与水平面间的夹角为30∘时，底板对货物的支持力为 3mg2
B. 当底板与水平面间的夹角为30∘时，支架对货物的支持力为 3mg2
C. 压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大
D. 压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小
10.如图所示，直角三角形ABC内(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，已知∠A=30∘，O为AC中点。两个带异种电荷的粒子从O点以相同的速度沿垂直AC方向射入磁场，向左偏转的粒子恰好没有从AB边射出磁场，向右偏转的粒子恰好从B点射出磁场。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，则正、负粒子的比荷之比为( )
A. 2： 3B. 2：1C. 3：1D. 3： 3
11.如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度等于E0.两个平面通过同一条直径，夹角为α，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上(在“小瓣”上)的电荷在O处的电场强度为( )
A. E=E0sinαB. E=E0csαC. E=E0sinα2D. E=E0csα2
二、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
(1)实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
(2)将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I=______，金属丝的电阻r=______。(结果均用R0、U1、U2表示)
(3)继续微调R，重复(2)的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
(4)利用上述数据，得到金属丝的电阻r=14.2Ω。
(5)用米尺测得金属丝长度L=50.00cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图(b)所示，该读数为d=______ mm。多次测量后，得到直径的平均值恰与d相等。
(6)由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ=______×10−7Ω⋅m。(保留2位有效数字)
三、简答题：本大题共2小题，共25分。
13.如图所示，两根平行光滑的金属导轨由四分之一圆弧部分A1B1、A2B2与水平部分B1C1、B2C2构成，弧形部分半径为r、导体棒长度和导轨间距均为L，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。弹性导体棒a、b分别垂直于导轨静置于圆弧顶端处和水平导轨中某位置，a、b两导体棒质量均为m、电阻均为R。导体棒a从A1A2由静止释放，整个运动过程中导体棒与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。
(1)导体棒a刚滑入水平导轨时，求导体棒b的加速度大小；
(2)若两棒匀速运动前未发生碰撞，求导体棒a、b共速前通过回路的电荷量(用含g的字母表示)及a导体棒产生的焦耳热(用含g的字母表示)；
(3)若初始时导体棒b距B1B2为2m，已知B=1T，L=0.5m，R=1Ω，r=5cm，m=1kg，求最后共速时两导体棒间的距离。
14.如图所示，半径为R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道PQ固定在水平面上，轨道末端与厚度相同的处于静止的木板A和B紧挨着(不粘连)。木板A、B的质量均为M=1kg，与水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，木板A长LA=1.5m。一质量为m=2kg、可视为质点的小物块从P点由静止释放，小物块在以后的运动过程中没有滑离木板B。小物块与木板A间的动摩擦因数μ2=0.8，与木板B间的动摩擦因数μ3=0.1，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小物块运动到Q点时对轨道的压力大小；
(2)小物块刚滑上木板B时的速度大小；
(3)木板B的最小长度。
四、计算题：本大题共2小题，共23分。
15.如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平面内，一光线自M点射入棱镜，入射角为60∘，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
16.如图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：
(1)电场强度大小E；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：核反应方程满足质量数和电荷数的守恒定律，可知X的电荷数为94−2=92，质量数为238−4=234，电荷数等于质子数，质量数等于质子数加中子数，所以中子数为234−92=142，即Z=92，N=142
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒机选X的质量数和电荷数，然后再结合质量数等于质子数与中子数之和进行计算求解。
考查核反应方程的书写规则，会根据题意进行相关物理量的运算。
2.【答案】D
【解析】解：AB、图中涡流为顺时针方向，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，与交变电流的磁场的方向相反，根据楞次定律可知绝缘导线中的电流正在增大；柱形铁块中磁场方向如图所示，根据安培定则可知，此时绝缘导线中的电流由a流向b，故AB错误；
C、增大交变电流的频率，则电流产生的磁场的变化率增大，可增大导体内产生的感应电动势，所以会增加涡流，故C错误；
D、在感应电动势的大小一定时要减小涡流，需要增大铁块电阻，根据电阻定律可知，可减小铁块的横截面积，故可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来，故D正确。
故选：D。
根据安培定则判断感应电流产生的磁场的方向，然后根据楞次定律判断原磁场的变化，再根据安培定则分析导线中电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律分析减小涡流的方法。
本题解题关键在于把握影响涡流发热的原因。
3.【答案】C
【解析】解：A、线圈转动的周期T=2πn=0.04s，故A错误；
B、矩形线圈产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=10×2π×0.08×50πV=80V，有效值E=Em 2=40 2V，故B错误；
C、根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期副线圈中有电压，有半个周无电压，有电压时副线圈两端的电压U=12E=20 2V，根据电压有效值的特点可知U2R⋅T2=U′RT，解得U′=20V，故C正确；
D、副线圈的输出功率P=U′2R=80W，故D错误；
故选：C。
先根据公式Um=NBSω求解输入电压的最大值，知道二极管的特点，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解。
本题关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBSω，根据二极管的特点，知道一个周期内有半个周期副线圈中无电压，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。
4.【答案】C
【解析】解：AB、A到B的过程中，气体等温压缩，压强增大，体积减小；
从B到C的过程中，气体等压降温，温度降低，体积减小；
从C到D的过程中，气体等温膨胀，压强减小，体积增加，
而且D状态的压强又恢复到最初A状态的压强，其V−T图像和p−1V图像如图所示，在V−T图像AD的连线要经过原点(AD在同一等压线上)，故AB错误；
C、根据热力学第一定律：ΔU=W+Q，由于末态D气体温度降低，内能减小，即ΔU<0；体积变小，外界对气体做功，即W>0，因此气体向外放出的热量大于外界对气体做的功，故C正确；
D、由于状态A与状态D压强相等，而状态D温度较低，分子平均动能较小，平均单个分子撞击器壁的作用力较小，因此与状态A相比，处于状态D时单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数较多，故D错误。
故选：C。
解析A到D过程中各阶段的气体状态参量的变化情况，画出其V−T图像和p−1V图像；根据热力学第一定律：ΔU=W+Q解答；根据封闭气体压强的微观解释解答。
本题考查了在封闭气体经历多个变化过程中应用气体实验定律和热力学第一定律分析问题，解题关键是要分析好压强、体积、温度三个状态参量的变化情况，选择合适的实验定律解答。注意热力学第一定律：ΔU=W+Q，式中各量正负的确定。
5.【答案】C
【解析】解：A、汽车以恒定的加速度启动，则汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，再做匀速直线运动，最后加速度为零，故A错误；
B、汽车先做匀加速直线运动，所以0∼t1阶段图线为过原点的倾斜直线，故B错误；
C、0∼t1时间内汽车的牵引力恒定不变，t1时刻汽车的功率达到额定功率，此后汽车的功率不变，由P=Fv可知，P不变，v增大，牵引力F减小，由牛顿第二定律：F−f=ma可知加速度a减小，所以v增大的越来越慢，则F减小的越来越慢，即t1∼t2图线的斜率减小，t2后加速度减为零，汽车的速度达到最大，汽车开始匀速直线运动，即牵引力等于阻力，故C正确；
D.汽车做匀加速直线运动过程，由P=Fv，v=at可得功率P=Fat，F和a都不变，所以0∼t1时间内P与时间t成正比，即图线为一条过原点的倾斜直线，汽车的功率达到额定功率时，汽车的功率恒定不变，故D错误。
故选：C。
A、根据汽车最后匀速运动时a=0分析；
B、根据汽车恒加速启动过程，v−t图像上图线是倾斜的直线分析；
C、根据P=Fv和牛顿第二定律分析牵引力大小变化；
D、根据P=Fv和v=at分析匀加速直线运动过程P与t的关系，达到额定功率，汽车功率不变。
本题考查了汽车恒加速度启动的问题，解题的关键是知道匀加速运动结束时汽车的功率达到额定功率，之后汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，加速度减小，速度增大的越来越慢，则牵引力减小的越来越慢，当牵引力减小到与阻力相等时汽车做匀速直线运动。
6.【答案】C
【解析】解：ABD.“东方红一号”与“夸父一号”都是绕地球运行的卫星，“嫦娥一号”是绕月球运行的卫星，“天问一号”是绕火星运行的卫星，它们的中心天体不完全相同，运行参量中的轨道半径、向心加速度、速度无法比较，故ABD错误；
C.“东方红一号”、“嫦娥一号”、“夸父一号”的发射速度均大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，“天问一号”的发射速度大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，所以“天问一号”的发射速度最大，故C正确。
故选：C。
根据牛顿运动定律和圆周运动向心力的知识列式分析解答；根据不同卫星在不同天体周围做圆周运动与地球的远近比较发射速度的大小。
考查人造卫星和万有引力定律的应用，会根据题意选用恰当的公式进行分析和比较。
7.【答案】A
【解析】解：A.设初速度为v，则水平方向的速度为：vx=vcsθ=0.8v，竖直方向的速度为：vy=vsinθ=0.6v
由于水平方向速度不变，所以末状态下的竖直方向的速度为：vy′=vxtan53∘=0.8v⋅43=1615v
所以取竖直向下为正方向有：−vy+gt=vy′，解得：t=5v3g
水平方向上有L=vxt，解得：v= 3gL2，故A正确；
B.速度最小值是最高点的速度，此时竖直方向速度为零，速度最小，有：v′=vx=0.8v=0.8⋅ 3gL2=25 3gL，故B错误；
C.从A到B的时间为：t=5v3g=56 3lg，故C错误；
D.根据速度关系，竖直方向有：vy=vsinθ=0.6v=0.6⋅ 3gL2=310 3gL
取竖直向下为正方向有：h=−vyt+12gt2
解得：h=724L，故D错误；
故选：A。
根据斜抛运动的特点，结合题目中的水平和竖直方向角度的关系，可求出初速度，同时求出A到B的时间以及AB间的高度差；通过分析可找到最小速度的位置，并求出最小速度。
学生在解答本题时，应注意熟练运用运动的分解，并结合斜抛运动规律解题。
8.【答案】D
【解析】解：A、在滑入和滑出磁场区域的两个过程中，铝框受到向左的安培力作用，均做减速运动，所以铝框进入磁场的过程平均速度较大，而两个过程通过的位移相等，则铝框进入磁场时所用时间较短，故A错误；
B、根据安培力表达式FA=B2L2vR知，铝框做减速运动时，受到的安培力不断减小，因此进入磁场时，铝框所受的平均安培力较大，克服安培力做功较多，产生的热量较多，故B错误；
C、根据楞次定律可知，进入磁场时感应电流沿逆时针方向，滑出磁场时，感应电流方向沿顺时针方向，所以铝框中的电流方向相反，故C错误；
D、安培力对铝框的冲量为I=BI−a⋅t=BBav−⋅tRa=BBa⋅aRa=B2a3R，可知安培力对铝框的冲量相同，故D正确。
故选：D。
利用铝框的运动情况，分析铝框滑入和滑出磁场区域所用时间关系。根据克服安培力做功关系，分析产生的热量关系。运用楞次定律判断感应电流方向。由I=Ft分析冲量关系。
解答本题时，要正确分析铝框的受力情况和运动情况，能根据平均安培力来求解安培力的冲量。要知道克服安培力做功等于铝框产生的热量。
9.【答案】A
【解析】解：AB、当底板与水平面间的夹角为30∘时，对货物受力分析，两个弹力的合力与重力等大反向，如下图所受：
两个弹力N1与N2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力：N1=mgsin30∘=mg×12=mg2
底板对货物的支持力：N2=mgcs30∘=mg× 32= 3mg2，故A正确，B错误；
CD、压下把手的过程中，两个弹力的夹角始终是90∘，货物的受力情况如下图所示：
由图可知，底板对货物的支持力N1一直减小，支架对货物的支持力N2一直增大，故CD错误。
故选：A。
AB、对货物受力分析，由力的平衡可得两个弹力大小；
CD、两个弹力的夹角始终是90∘不变，利用动态圆的方法分析。
本题考查了动态平衡问题、力的合成与分解，解题的关键是知道底板对货物的支持力与支架对货物的支持力始终垂直，利用动态圆的方法分析两个弹力的大小变化，一目了然。
10.【答案】C
【解析】解：根据题意可知正粒子的轨迹与AB相切，负粒子的圆心在C点，设正粒子的轨迹半径为R1，负粒子的轨迹的半径为R2，根据几何关系可知
R1sin30∘+R1=12AC
R2=AC
可得
R1：R2=1：3
由
Bqv=mv2R
可得
qm=vBR
所以正、负粒子的比荷之比为3：1，故C正确，ABD错误。
故选：C。
依题意作出两粒子在磁场中运动的轨迹图，由几何关系求得半径的关系，根据洛伦兹力提供向心力求解。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题。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。
11.【答案】C
【解析】解：根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度E=E0sinα2。
故选：C。
半球的中心O处电场强度E0是部分球面上电荷产生的电场叠加的结果，根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，由平行四边形定则求解“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度．
本题解题关键是抓住对称性，作出两部分球面上电荷产生的电场分布图．
12.【答案】U2−U1R0 U1R0U2−U1 0.1505.0
【解析】解：(2)根据题意可知，R0两端的电压为
U=U2−U1
则流过R0即流过待测金属丝的电流
I=UR0=U2−U1R0
金属丝的电阻
r=U1I
联立可得
r=U1R0U2−U1
(5)螺旋测微器的读数为
d=0+15.0×0.01mm=0.150mm
(6)由于
L=50.00cm=0.5m
d=0.150mm=1.5×10−4m
根据电阻定律
r=ρLS
又S=π⋅(d2)2
代入数据联立解得
ρ=5.0×10−7Ω⋅m
故答案为：(2)U2−U1R0，U1R0U2−U1；(5)0.150；(6)5.0。
根据串并联判断出R0两端的电压，再根据欧姆定律求出流过待测金属丝的电流大小，结合r=U1I，求出r的表达式；
螺旋测微器的最终读数=固定刻度+可动刻度，可动刻度需要估读一位，读数的最终结果小数点后有三位；
根据r=ρLS以及S=π⋅(d2)2代入数据求解电阻率。
本题考查的是测量某金属丝电阻率实验，其中需结合电阻定律、欧姆定律以及串并联规律解答，题型较为基础。
13.【答案】解：以下解答均以向右为正方向。
(1)导体棒a由静止运动到B1B2的过程，由动能定理得：mgr=12mv02
解得：v0= 2gr
导体棒a刚滑入水平导轨时，感应电动势为：E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：I=E2R
对导体棒b，根据牛顿第二定律得：BIL=ma
解得：a=B2L22mR 2rg
(2)两棒匀速运动时回路的电流为零，两棒的速度相同，设为v。在水平轨道上a、b棒组成的系统满足动量守恒定律，可得：
mv0=2mv
设导体棒a、b共速前通过回路的电荷量为q，对b棒由动量定理得：
∑BiLΔt=∑mΔv
其中：∑iΔt=∑Δq=q
可得：BLq=mv
解得：q=m2BL 2rg
设a导体棒产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：
mgr=2Q+12×2mv2
解得：Q=14mgr
(3)当r=5cm=0.05m时，由(1)的解答可得：v0= 2gr= 2×10×0.05m/s=1m/s
导体棒a滑入水平导轨后，设a、b棒的相对位移为Δx=2m时，两者的速度分别为va、vb，根据(2)的解答，对a棒由动量定理得：
−BLq′=mva−mv0
其中：q′=I−Δt，I−=E−2R，E−=ΔΦΔt=BLΔxΔt
联立可得：−B2L2Δx2R=mva−mv0
解得：va=0.75m/s
同理，对b棒，由动量定理得：
B2L2Δx2R=mvb−0
解得：vb=0.25m/s
因va>vb，故a、b棒发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mva+mvb=mva1+mvb1
mva22+mvb22=mva122+mvb122
解得：va1=0.25m/s，vb1=0.75m/s，(质量相等，交换速度)
碰撞之后的运动过程中系统动量守恒，直到共速。由动量守恒定律得：
mva1+mvb1=2mv共
设最后共速时两导体棒间的距离为Δx′，同理，对b棒由动量定理得：
−B2L2Δx′2R=mv共−mvb1
解得：Δx′=2m
答：(1)导体棒a刚滑入水平导轨时，导体棒b的加速度大小为B2L22mR 2rg；
(2)导体棒a、b共速前通过回路的电荷量为m2BL 2rg，a导体棒产生的焦耳热为14mgr；
(3)最后共速时两导体棒间的距离为2m。
【解析】(1)根据动能定理求得导体棒到达B1B2时的速度，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求得感应电流，对导体棒b应用牛顿第二定律求解加速度；
(2)两棒匀速运动时回路的电流为零，两棒的速度相同，在水平轨道上a、b棒组成的系统满足动量守恒定律，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解焦耳热。对b棒由动量定理求解通过的电荷量；
(3)根据动量定理分别求得a、b棒的相对位移为Δx=2m时的速度，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解a、b棒发生碰撞后的速度。再由动量守恒定律求得两者共速时的速度，对其中一个棒，由动量定理求解最终两棒之间的距离。
本题考查了电磁感应定律应用的导体棒切割磁感线模型，清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据动能定理、功能关系等列方程求解；对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求解电荷量、位移、时间问题，常根据动量定理，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
14.【答案】解：(1)小物块下滑过程中，由动能定理得
mgR=12mvQ2
解得：vQ=6m/s
在Q点，对小物块，由牛顿第二定律得
FN−mg=mvQ2R
解得：FN=60N
由牛顿第三定律可知小物块运动到Q点时对轨道的压力大小FN′=FN=60N
(2)小物块在木板A上滑动时，对小物块，由牛顿第二定律有
μ2mg=ma1
可得：a1=8m/s2
对木板A，由牛顿第二定律有
μ2mg−μ1(m+2M)g=2Ma2
可得：a2=4m/s2
小物块刚滑上木板B时，小物块的位移为
x1=vQt−12a1t2
木板A的位移为
x2=12a2t2
又有LA=x1−x2
联立解得：t=0.5s
则小物块刚滑上木板B时的速度
v0=vQ−a1t=(6−8×0.5)m/s=2m/s
(3)小物块刚滑上木板B时木板B的速度
v1=a2t=4×0.5m/s=2m/s
小物块在木板B上滑动时，对小物块有
μ3mg=ma3
解得：a3=1m/s2
对木板B有
μ1(m+2M)g−μ3mg=2Ma4
解得：a4=3m/s2
小物块的位移为
x3=v022a3
木板B的位移为
x4=v122a4
则木板B的最小长度Lmin=x3−x4
联立解得：Lmin=43m
答：(1)小物块运动到Q点时对轨道的压力大小为60N；
(2)小物块刚滑上木板B时的速度大小为2m/s；
(3)木板B的最小长度为43m。
【解析】(1)小物块下滑过程中，只有重力做功，根据动能定理求出小物块运动到Q点时的速度大小。在Q点，对物块，根据重力和支持力的合力提供向心力列式，即可求出支持力，从而小物块得到对轨道的压力；
(2)小物块在木板A上滑动时，对小物块和木板A分别受力分析，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，然后根据位移-时间关系公式和两者位移关系求出此过程的时间，再由速度-时间关系公式列式求解小物块刚滑上木板B时的速度大小；
(3)先求出小物块刚滑上木板B时木板B的速度。小物块在木板B上滑动时，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，再根据速度-位移公式和位移关系求解木板B的最小长度。
本题的关键要分析清楚小物块和两木板的运动规律，分阶段运用牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式以及关联条件进行解答。
15.【答案】解：设该棱镜的临界角为α，折射率为n，由临界角和折射率的关系可知：
sinα=1n
设光线从M点射入棱镜后折射角为β，由几何关系可得：
β=90∘−α
由折射定律可知：
n=sin60∘sinβ
联立可得：
sin60∘sin(90∘−α)=1sinα
解得：sinα=27 7，n= 72
即棱镜的折射率为 72
将上述几何关系表示在下图：
由数学知识可求得：tanα=23 3
且由几何关系可得：
BN=BM⋅tanα
NC=BC−BN
PC=NCtanα
M是AB的中点，所以BM=12a，且BC=a
联立解得：
PC= 3−12a
即P、C两点之间的距离为 3−12a
答：棱镜的折射率为 72，P、C两点之间的距离为 3−12a。
【解析】根据题目条件，分别用折射定律和全反射的定义写出折射率的表达式，再利用几何关系联立求解即可得出折射率的大小；再根据几何关系求出P、C两点之间的距离即可。
本题考查光的折射定律、全反射等相关知识和计算问题，突破点在于灵活运用折射率的不同表达形式，并联合几何知识快速求解。
16.【答案】解：粒子的运动轨迹如右图所示
(1)设粒子在电场中运动的时间为t1
x方向匀速直线运动，则有：2h=v0t1
y方向初速度为零的匀加速直线运动，则有：h=12at12
根据牛顿第二定律：Eq=ma
求出匀强电场强度：E=mv022qh
(2)粒子在电场中运动，根据动能定理：Eqh=12mv2−12mv02
设粒子进入磁场时速度为v，根据Bqv=mv2r
求出运动轨道的半径：r= 2mv0Bq
(3)粒子在电场中运动的时间：t1=2hv0
粒子在磁场中运动的周期：T=2πrv=2πmBq
设粒子在磁场中运动的时间为t2，由几何关系可知粒子的偏转角为135∘，所以有：
t2=135∘360∘T=38T
求出总时间：t=t1+t2=2hv0+3πm4Bq
答：(1)电场强度大小为mv022qh；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径为 2mv0Bq；
(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间为2hv0+3πm4Bq。
【解析】(1)粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达P的速度方向可利用速度的合成与分解得知此时的速度，根据牛顿第二定律可求出加速度与速度及位移关系，从而求出电场强度；
(2)应用动能定理即可求得电场中粒子的速度，粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，先画出轨迹图，找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径。
(3)粒子的运动分为两部分，一是在第一象限内做类平抛运动，二是在第四象限内做匀速圆周运动，分段求出时间，相加可得总时间。
该题考查了电场和磁场边界问题，不同场的分界面上，既是一种运动的结束，又是另一种运动的开始，寻找相关物理量尤其重要。
粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。
带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点；
圆心的确定：因洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力总垂直于速度，画出带电粒子运动轨迹中任意两点(一般是射入磁场和射出磁场的两点)洛伦兹力的方向，其延长的交点即为圆心。或射入磁场和射出磁场的两点间弦的垂直平分线与一半径的交点即为圆心。
半径的确定：半径一般都在确定圆心的基础上用平面几何知识求解，常常是解直角三角形。
运动时间的确定：利用圆心与弦切角的关系计算出粒子所转过的圆心角θ的大小，用公式t=θ360∘T可求出运动时间。
再者就是要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练地运用几何知识解决物理问题。U1(mV)
0.57
0.71
0.85
1.14
1.43
U2(mV)
0.97
1.21
1.45
1.94
2.43