高考物理模擬試卷題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）在物理學中經(jīng)常用物理量的變化量△D，與所用時間△t的比值，表示物理量的變化率。下列說法正確的是（）A.如果D表示路程，不變則物體勻速運動

B.如果D表示速度，不變則物體做勻變速直線運動

C.如果D表示動量，不變則物體受到的合外力恒定

D.如果D表示動能，不變則物體受到的合外力恒定關于原子學物理知識，下列說法正確的是（）A.升高放射性物質(zhì)的溫度，其半衰期變短

B.發(fā)生光電效應現(xiàn)象時，增大照射光的頻率，光電子的最大初動能不變

C.NP發(fā)生β衰變說明NP原子核內(nèi)有電子

D.輕核聚變?yōu)橘|(zhì)量較大的原子核放出能量，新核的比結合能變大研究表明，地球自轉(zhuǎn)在逐漸變慢，3億年前地球自轉(zhuǎn)的周期約為22小時。假設這種趨勢會持續(xù)下去，地球的其它條件都不變，則未來與現(xiàn)在相比（）A.地球的第一宇宙速度變小 B.地球赤道處的重力加速度變小

C.地球同步衛(wèi)星距地面的高度變小 D.地球同步衛(wèi)星的線速度變小如圖甲中L1、L2是規(guī)格為“6V，3W”的燈泡，a、b端接圖乙所示的交變電壓，調(diào)節(jié)電阻箱R為某一值時恰好能使兩燈泡均正常發(fā)光。則（）

A.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為3：1

B.流過電阻箱的電流為1A

C.電壓表示數(shù)為12V

D.若減小電阻箱連入電路的阻值，燈L2變亮如圖所示，A、B是兩個帶電小球，質(zhì)量相等，A球用絕緣細線懸掛于O點，A、B球用絕緣細線相連，兩細線長度相等，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，平衡時B球恰好處于O點正下方，OA和AB繩中拉力大小分別為TOA和TAB?。則（）A.兩球的帶電量相等

B.TOA=2TAB

C.增大場強，B球上移，仍在O點正下方

D.增大場強，B球左移，在O點正下方的左側(cè)

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）如圖所示，圓為負點電荷形成的電場中的一等勢線，圓關于x軸對稱，與x軸的交點分別為a、b，x軸上另有c、d點，各點間的距離為ac=cd，為下列說法正確的是（）A.b點電場強度比c點電場強度大

B.b點的電勢比c點電勢高

C.各點間的電勢差滿足Udc＜Ucb

D.電子在a點的電勢能比在c點的電勢能低如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體沿傾角為30°的固定斜面勻減速上滑了2m距離，物體加速度的大小為8，重力加速度取10，此過程中（）

A.物體的重力勢能增加了40J B.物體的機械能減少了12J

C.物體的動能減少了32J D.系統(tǒng)內(nèi)能增加12J如圖所示，固定在同一水平面內(nèi)的兩平行長直金屬導軌，間距為d，其左端用導線接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上、大小為B的勻強磁場中。一質(zhì)量為m的導體桿MN垂直于導軌放置，已知桿接入電路的電阻為R，導軌光滑，電阻不計。給桿一水平向右的初速度v0，桿與導軌始終保持良好接觸。則桿減速到零的過程中（）A.桿運動的平均速度小于

B.M、N兩點間的最大電勢差為Bdv0

C.桿上產(chǎn)生的焦耳熱為mv02

D.桿沿導軌運動的最大位移為下列說法正確的是（）A.零攝氏度的物體的內(nèi)能為零

B.氣體如果失去了容器的約束會散開，這是因為氣體分子熱運動的結果

C.溫度相同的氧氣和臭氧氣體，分子平均動能相同

D.理想氣體，分子之間的引力、斥力依然同時存在，且分子力表現(xiàn)為斥力

E.浸潤現(xiàn)象是分子間作用力引起的如圖甲，介質(zhì)中兩個質(zhì)點A和B的平衡位置距波源O的距離分別為1m和5m。圖乙是波源做簡諧運動的振動圖象。波源振動形成的機械橫波可沿圖甲中x軸傳播。已知、t=5s時刻，A質(zhì)點第一次運動到y(tǒng)軸負方向最大位移處。下列判斷正確的是（）

A.A質(zhì)點的起振方向向上

B.該列機械波的波速為0.2m/s

C.該列機械波的波長為2m

D.t=11.5s時刻，B質(zhì)點的速度方向沿y軸正方向

E.若將波源移至x=3m處，則A、B兩質(zhì)點同時開始振動，且振動情況完全相同三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）為探究質(zhì)量一定情況下加速度a與外力F的關系，某實驗小組設計了如圖（a）所示的實驗裝置，通過改變重物質(zhì)量改變滑塊的牽引力，通過力傳感器讀出繩中拉力F；利用位移傳感器測得滑塊運動的加速度a；在軌道水平情況下實驗得到的a-F圖象如圖（b）所示。

（1）為減小摩擦的影響應適當墊高木板的______（填“左端”或“右端”）

（2）由圖可知，滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質(zhì)量m=______kg，滑塊與軌道間的摩擦因數(shù)為______（g取10m/s2）

某同學要測定電阻約為200Ω的某圓柱形金屬材料Rx的電阻率，實驗室提供了以下器材：

電池組E（電動勢6V，內(nèi)阻忽略不計）

電流表（量程0-30mA，內(nèi)阻約為100Ω）

電流表（量程0-600μA，內(nèi)阻為2000Ω）

滑動變阻器R1（阻值范圍0-10Ω，額定電流1A）

電阻箱R2（阻值范圍0-9999Ω，額定電流1A）

開關S、導線若干

（1）先用螺旋測微器測出該金屬材料截面的直徑示數(shù)如圖1所示，則直徑為D=______mm，再用游標卡尺測出該金屬材料的長度，示數(shù)如圖2所示，則長度為L=______cm。

（2）將電流表與電阻箱串聯(lián)，改裝成一個量程為6.0V的電壓表，則電阻箱接入電路的阻值為______Ω。

（3）在如圖3所示的方框中畫出實驗電路圖，注意在圖中標明所用器材的代號。

（4）調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片，測得多組電流表、的示數(shù)I1、I2，作出I2-I1象，如圖4所示，求得圖象的斜率為k=0.0205，則該金屬材料的電阻Rx=______Ω．（結果保留3位有效數(shù)字）

（5）金屬材料電阻率的測量值______（填“大于”“等于”或“小于”）它的真實值。四、計算題（本大題共4小題，共52.0分）如圖所示，物體A置于靜止在光滑水平面上的平板小車B的左端，物體在A的上方O點用細線懸掛一小球C（可視為質(zhì)點），線長L=0.8m，小車長0.8m。現(xiàn)將小球C拉至水平無初速度釋放，并在最低點與物體A發(fā)生水平正碰，碰撞后小球C反彈的速度為2m/s。已知A、B、C的質(zhì)量分別為mA=4kg，mB=2kg和mC=2kg，A、B間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，A、C碰撞時間極短，且只碰一次取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）細線對小球的最大拉力大?。?/p>

（2）物體A能否滑離小車，A在小車上相對運動的時間

如圖所示，平面直角坐標系xOy平面內(nèi)，第一象限內(nèi)存在沿y軸方向的勻強電場；在第Ⅳ象限有垂直紙面向外的勻強磁場，質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子，從y軸上的（0、L）點沿平行x軸方向以初速度v0射入電場，粒子從x軸上的（2L、0）點射入磁場，不計粒子重力，求：

（1）電場強度的大??；

（2）為使粒子能回到電場中運動的勻強磁場磁感強度的最小值；

（3）在對應（2）的條件下，粒子第n次到達電場中的最高點的水平坐標值及經(jīng)歷的時間。

如圖所示,內(nèi)部帶有加熱裝置的絕熱氣缸質(zhì)量為M,用絕熱活塞封閉一定質(zhì)量的氣體,用繩將活塞和氣缸豎直懸掛在空中,氣缸頂部有卡環(huán),氣缸內(nèi)部長為2L,活塞質(zhì)量為m、面積為S,開始氣體溫度為300K,活塞到缸底的距離為1.5L,加熱電阻絲的電阻為R,啟動后電流為I,氣體緩慢升溫,經(jīng)時間t氣體溫度變?yōu)?50K,大氣壓強為,重力加速度為g,活塞的厚度不計。求:

(1)當溫度升高到360K時活塞到缸底的距離.(2)氣體溫度由300K升高到450K的過程中內(nèi)能的增加量。

某種透明材料制成的空心球體外徑是內(nèi)徑的2倍，其過球心的某截面（紙面內(nèi)）如圖所示。一束單色光（紙面內(nèi)）從外球面上A點入射，入射角為45°時，光束經(jīng)折射后恰好與內(nèi)球面相切。

（i）求該透明材料的折射率；

（ii）欲使光束從A點入射后，恰好在內(nèi)球面上發(fā)生全反射，則應將入射角變?yōu)槎嗌俣龋?/p>

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A、若D表示某質(zhì)點運動的路程，則表示速率，速率不變，質(zhì)點的速度方向可能變化，不一定做勻速直線運動，故A錯誤。

B、若D表示某質(zhì)點運動的速度，則表示加速度，恒定不變時，該質(zhì)點的加速度不變，只能說明質(zhì)點做勻變速運動，但可能是勻變速曲線運動，如平拋運動，故B錯誤；

C、若D表示某質(zhì)點的動量，由動量定理得F合△t=△P，知==F合，所以越大，該質(zhì)點所受的合外力越大，故C正確。

D、若D表示某質(zhì)點的動能，△D表示動能的變化量，根據(jù)動能定理可知△D=W合，則=，表示所受合外力做功的功率，越大，該質(zhì)點所受的合外力做功越快，而不是越多，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)題中各項中給出的D的意義進行分析，分析其變化率對應的意義即可答題。

解決本題的關鍵是知道當D表示不同的量時，明確出其變化率所表示的物理量，再根據(jù)條件判斷是否變化即可求解。涉及動量變化量時可考慮動量定理。涉及動能變化量時可考慮動能定理。

2.【答案】D

【解析】解：A、原子核的半衰期不隨溫度的改變而改變，故A錯誤；

B、發(fā)生光電效應現(xiàn)象時，增大照射光的頻率，根據(jù)光電效應方程光電子的最大初動能增大，故B錯誤；

C、發(fā)生β衰變是原子核內(nèi)的一個中子轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子，放出了一個電子，并不能說明原子核內(nèi)有電子，故C錯誤；

D、輕核聚變?yōu)橘|(zhì)量較大的原子核放出能量，把新核拆分為核子需要的能量變大，故新核的比結合能變大，原子核更穩(wěn)定，故D正確；

故選：D。

半衰期由原子核內(nèi)部因素決定，與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件沒有關系；光電子的最大初動能隨入射光頻率的增大而增大，與入射光的強度無光；β衰變的實質(zhì)在于核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成了一個質(zhì)子和一個電子；輕核聚變反應后核子的比結合能增大，核子將發(fā)生質(zhì)量虧損，釋放結合能。

該題考查半衰期、光電效應的規(guī)律以及衰變、聚變等內(nèi)容，涉及的知識點都是一些記憶性的知識點的內(nèi)容，比較簡單，多加積累即可。

3.【答案】D

【解析】解：AB、赤道上的物體受到的重力等于萬有引力減去向心力，，因為T變大，向心力變小，故重力變大，即地球赤道處的重力加速度變大，由于地球的第一宇宙速度，就是近地衛(wèi)星的運行速度，根據(jù)v=，可知，地球的第一宇宙速度變大，故AB錯誤。

C、地球同步衛(wèi)星由萬有引力提供圓周運動向心力，據(jù)，得，由此可知，地球自轉(zhuǎn)在逐漸變慢，即同步衛(wèi)星的周期T增大，軌道半徑r增大，距地面的高度變大，故C錯誤。

D、萬有引力提供圓周運動向心力，得，由此可知，軌道半徑r變大，衛(wèi)星的線速度變小，故D正確。

故選：D。

衛(wèi)星繞地球圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力，據(jù)此分析地球自轉(zhuǎn)周期的變化對速度和向心加速度的影響。

本題考查向心力公式及同步衛(wèi)星的性質(zhì)，要注意明確同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)動周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相同。

4.【答案】C

【解析】【分析】

由三只燈泡均正常發(fā)光，則可求得原副線圈的電壓，求得匝數(shù)之比，由圖象中的周期求得頻率，各表的示數(shù)為有效值。

考查變壓器的基本內(nèi)容，明確電流電壓與匝數(shù)的關系，電表的示數(shù)為有效值。

【解答】

解：

?A、兩個燈泡均正常發(fā)光，則U2=6V，U1=U-U2=-6V=12V，則匝數(shù)之比為2：1，故A錯誤；

B、電流表的示數(shù)為有效值，每個燈泡的電流為：I1A=0.5A，

根據(jù)原副線圈電流之比與匝數(shù)成反比得副線圈中電流為：I2=2I1=1A，

則電阻箱中電流為：IR=I2-I1=1-0.5A=0.5A，故B錯誤；

C、電壓表示數(shù)為：U1=12V，故C正確；

D、若減小電阻箱連入電路的阻值，則通過電阻箱電流增大，則通過副線圈和原線圈電流增大，燈泡L1兩端電壓增大，則原線圈電壓減小，副線圈電壓減小，燈L2變暗，故D錯誤；

故選：C。

5.【答案】C

【解析】【分析】

若兩球帶電量相等，整體受力分析可知，OA繩應豎直。

利用隔離法，對B進行受力分析，有TAB+F庫=；利用整體法，對AB整體進行受力分析，有TOA=，可以推出TOA和TAB?之間的關系。

增大場強，同樣用隔離法和整體法分別對B和AB整體進行受力分析，列出水平電場力和重力的關系，然后分析B的位置變化。

本題考查了庫侖定律、共點力的平衡等知識點。合理利用整體法和隔離法是解決本題的關鍵。

【解答】

A.若兩球帶電量相等，整體受力分析可知，OA繩應豎直，故A錯誤；

B.取B和A、B整體為研究對象，AB繩與豎直方向夾角為α，則OA繩與豎直方向夾角為α，對B有TAB+F庫=，對整體TOA=，故TOA=2TAB+2F庫，故B錯誤；

CD.對B有tanα=，對整體tanα=，故增大E之后OA、AB與豎直方向夾角變大，且兩夾角仍相等，故B球上移，仍在O點正下方，故C正確，D錯誤。

故選C。

6.【答案】AC

【解析】解：A、負點電荷形成的電場，a、b在同一等勢面上點電荷在圓心處，根據(jù)點電荷場強公式可知：b點電場強度比c點電場強度大，A正確；

B、沿電場線方向電勢逐漸降低，a點的電勢比c點電勢低。故b點的電勢比c點電勢低，B錯誤；

C、因ac=ad，且cd段各點場強均小于ac段各點場強。故Ucd＜Uac，因a，b在同一等勢面上。故Udc＜Ucb，故C正確；

D、因φa＞φc，電子在a點的電勢能比在c點的電勢能高，D錯誤；

故選：AC。

電場方向與等勢面的方向垂直；結合等勢面的特點判斷電場線的方向，根據(jù)順著電場線方向電勢逐漸降低，判斷電勢關系；電場線的疏密表示電場強度的相對大小。根據(jù)勻強電場中場強與電勢差的關系U=Ed，定性分析電勢差的關系。

該題考查負點電荷的電場特點，屬于對基礎知識的考查。關鍵在于明確電場線的性質(zhì)，知道沿電場線的方向電勢降低。

7.【答案】BCD

【解析】【分析】

本題關鍵是對物體受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律求解出摩擦力，然后根據(jù)功能關系多次列式求解。

?對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解出摩擦力大小，然后根據(jù)功能關系列式求解。

【解答】

物體勻減速上滑了2m距離，上升的高度：△h=Lsin30°=2×0.5=1m

A.重力勢能的增加量等于克服重力做的功，故△EP增=mg△h=2×10×1=20J，故A錯誤；

B.對物體受力分析，受重力、支持力、滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有

mgsin30°+f=ma

解得：f=ma-mgsin30°=6N

機械能變化量等于除重力外其余力做的功，故△E減=f?S=6N×2m=12J，故B正確；

C.根據(jù)動能定理，有△EK=W=-mg?△h-fS=-32J，故C正確；

D.物體減小的機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，所以系統(tǒng)內(nèi)能增加12J，故D正確。

故選BCD。

8.【答案】AD

【解析】解：A、桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：E=Bdv，

感應電流：I=，

金屬桿受到的安培力：F=BId=，

金屬的加速度：a=，

金屬桿做減速運動，速度v逐漸減小，加速度a逐漸減小，

金屬桿做加速度減小的減速運動，如果金屬桿做勻減速直線運動，平均速度為，

由于金屬桿做加速度減小的減速運動，金屬桿的運動時間比做勻減速直線運動時間長，平均速度小于，故A正確；

B、最大感應電動勢：Emax=Bdv0，M、N間的最大電勢差：UMN==Bdv0，故B錯誤；

C、由能量守恒定律得：Q=，由串聯(lián)電路特點可知：QR=Q桿，QR+Q桿=Q，解得：Q桿=，故C錯誤；

D、對金屬桿，由動量定理得：-BIdt=0-mv0，其中：q=It，即：Bdq=mv0，

通過金屬桿的電荷量：q=，

解得：x=，故D正確；

故選：AD。

應用E=BLv求出感應電動勢，由歐姆定律求出感應電流，應用安培力公式求出安培力，根據(jù)安培力的變化判斷金屬桿的運動性質(zhì)，然后求出其平均速度；

應用能量守恒定律可以求出金屬桿產(chǎn)生的焦耳熱；應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律與電流定義式求出通過金屬桿的電荷量，對金屬桿應用動量定理可以求出其位移。

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。

9.【答案】BCE

【解析】解：A、一切物體在任何溫度下都具有內(nèi)能，所以零攝氏度的物體仍然有內(nèi)能。故A錯誤；

B、氣體分子間的作用力很小，可以忽略不計，氣體分子不停地做無規(guī)則運動，氣體分子可以充滿整個容器，如果沒有約束，氣體將散開，故B正確；

C、溫度是分子的平均動能的標志，溫度相同的氧氣和臭氧氣體，分子平均動能相同；故C正確；

D、理想氣體，分子之間的引力、斥力依然同時存在，但由于分子之間的距離較大，都可以忽略不計。故D錯誤；

E、浸潤和不浸潤現(xiàn)象是液體分子間相互作用的表現(xiàn)，與分子力有關。故E正確。

故選：BCE。

一切物體在任何溫度下都具有內(nèi)能；

氣體分子間的作用力很小，可以忽略不計，氣體分子不停地做無規(guī)則運動，氣體分子可以充滿整個容器，如果沒有約束，氣體將散開；

溫度是分子的平均動能的標志；

理解分子力的變化特點與規(guī)律；

浸潤和不浸潤現(xiàn)象是液體分子間相互作用的表現(xiàn)。

該題考查的知識點比較多，加強對基本概念的記憶，是學好3-3的基本方法。要注意浸潤和不浸潤現(xiàn)象是液體分子間相互作用的表現(xiàn)。

10.【答案】ACE

【解析】解：A、由波源的振動圖象可知，波源起振的方向為向上，則A質(zhì)點的起振方向向上，故A正確；

B、由圖象乙可知周期T=4s，已知t=5s時刻，A質(zhì)點開始振動到第一次運動到y(tǒng)軸負方向最大位移處用時，則機械波從O點傳到A點用時間為2s，則該列機械波的波速為，故B錯誤；

C、該列機械波的波長為λ=vT=0.5×4m=2m，故C正確；

D、振動傳到B點的時間為，則t=11.5s時刻，B質(zhì)點已經(jīng)振動1.5s=，此時的速度方向沿y軸負方向，故D錯誤；

E、若將波源移至x=3m處，則A、B兩質(zhì)點距離振源的距離相等，則兩質(zhì)點同時開始振動，且振動情況完全相同，選項E正確；

故選：ACE。

根據(jù)圖象乙可知振源起振方向，所有質(zhì)點的起振方向都與振源相同；根據(jù)圖象乙可知振動周期，結合t=5s時刻，A質(zhì)點第一次運動到y(tǒng)軸負方向最大位移處可求波速；根據(jù)求解波長；比較時間與周期關系可判斷質(zhì)點的位置以及速度方向；

根據(jù)振動圖象知周期和振幅，以及振動方向，根據(jù)波的圖象能讀出波長、位移、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應該具備的基本能力。本題的關鍵是充分利用t=5s時刻，A質(zhì)點第一次運動到y(tǒng)軸負方向最大位移處，計算出波速。

11.【答案】左端

0.67

0.3

【解析】解：（1）為平衡摩擦力，可以適當墊高木板左端；

（2）根據(jù)牛頓第二定律有：F-μmg=ma

則a=F-μg

故a-F圖象斜率k==，

故有：m=0.67kg。

圖象的縱截距為-μg=-3，故摩擦因數(shù)μ≡0.3

故答案為：（1）左端；（2）0.67，0.3

知道滑塊運動的加速度a和所受拉力F的關系圖象斜率等于滑塊和位移傳感器發(fā)射部分的總質(zhì)量的倒數(shù)。

對滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解。

通過作出兩個量的圖象，然后由圖象去尋求未知量與已知量的關系。

運用數(shù)學知識和物理量之間關系式結合起來求解。

12.【答案】（1）9.203；10.405；

（2）8000；

（3）電路圖如圖所示：?；

（4）209；

（5）等于。

【解析】解：（1）由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：9mm+20.3×0.01mm=9.203mm；

由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為：104mm+1×0.05mm=104.05mm=10.405cm；

（2）把電流表改裝成6V電壓表需要串聯(lián)電阻阻值為：R2=-RA2g=Ω-2000Ω=8000Ω；

（3）待測電阻阻值遠大于滑動變阻器阻值，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分壓接法，電壓表電阻遠大于待測電阻，電流表應選擇外接法，實驗電路圖如圖所示：

（4）由圖示電路圖可知：Rx=，

整理得：I2=I1

I2-I1圖象的斜率：k==0.0205

代入數(shù)據(jù)解得：Rx=209Ω；

（5）由圖示電路圖可知，電阻兩端電壓與電流的測量值等于真實值，由歐姆定律可知，電阻測量值等于真實值；

故答案為：（1）9.203；10.405；（2）8000；（3）電路圖如圖所示；（4）209；（5）等于。

本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、電路分析、實驗器材選擇、求電阻與電阻率、實驗誤差分析等問題；根據(jù)題意確定滑動變阻器與電流表的接法是分析電路錯誤的關鍵。

13.【答案】解：（1）球下擺過程機械能守恒，

由機械能守恒定律得：mCgL=，

在最低點，對小球，由牛頓第二定律得：T-mCg=mC，

代入數(shù)據(jù)解得：T=60N；

（2）A、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，

由動量守恒定律得：mCvC=-mCvC′+mAvA，

假設A沒有離開B，A、B系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，

由動量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，

由能量守恒定律得：，

代入數(shù)據(jù)解得：d=0.75m＜L車=0.8m，A沒有滑離小車，

對A，由動量定理得：-μmAgt=mAv-mAvA，

代入數(shù)據(jù)解得：t=0.5s；

答：（1）細線對小球的最大拉力大小為60N；

（2）物體A能否滑離小車，A在小車上相對運動的時間為0.5s。

【解析】（1）對小球下落過程應用機械能守恒定律求出小球到達A時的速度，由牛頓第二定律求出小球?qū)毦€的拉力；

（2）A、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰撞后A的速度；應用動量守恒定律求出A的末速度，對A應用動量定理可以求出其滑行時間。

本題關鍵是根據(jù)動量守恒定律、動量定理、能量守恒列式求解，應用動量守恒解題時要注意選取合適的系統(tǒng)作為研究對象，判斷是否符合動量守恒的條件，注意選取正方向。

14.【答案】解：（1）設P點坐標為（0、L），M點坐標為（2L、0），粒子從P點到M點，粒子做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律：

水平方向：2L=v0t

豎直方向：L=

由牛頓第二定律：a=

聯(lián)立可得：E=；

（2）粒子運動軌跡如圖：

粒子射入電場時沿y方向的速度vy=at=v0

射入磁場的速度v==

速度與x軸夾角為45°

粒子能夠回到電場，磁感應強度的最小值為B0，根據(jù)幾何關系可得：

R+Rsin45°=2L

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB0=m

解得B0=；

（3）粒子進入電場后速度方向與x軸夾角仍為45°，水平分速度仍為v0，豎直分速度也為v0

在豎直分速度減為0時，豎直方向的位移y==L

此過程的水平位移x=v0t=2L

第1次通過最高點對應的水平坐標值為x1=2L+2L-R=4L-

第n次通過最高點對應的水平坐標值為xn=n（4L-）

一個周期內(nèi)圓周運動的時間為t′=

完成一個周期運動的時間T=2t+t′

第n次通過最高點的時間為tn=n（2t+）=。

答：（1）電場強度的大小為；

（2）為使粒子能回到電場中運動的勻強磁場磁感強度的最小值為；

（3）在對應（2）的條件下，粒子第n次到達電場中的最高點的水平坐標值為n（4L-），經(jīng)歷的時間為。

【解析】（1）粒子從P點到M點，粒子做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律求解；

（2）求出粒子進入磁場時的速度，要使粒子能夠回到電場，根據(jù)幾何關系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列方程求解；

（3）粒子進入電場后速度方向與x軸夾角仍為45°，水平分速度仍為v0，豎直分速度也為v0，求出在豎直分速度減為0時豎直方向的位移和水平位移，由此求出第1次通過最高點對應的水平坐標值和第n次通過最高點對應的