2020年广西柳州市高考物理模拟试卷（二模）_(带答案解析).docx

这是一份2020年广西柳州市高考物理模拟试卷（二模）_(带答案解析).docx，共19页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前
2020年广西柳州市高考物理模拟试卷（4月份）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分



一、 单选题（共5题）
1. 下列说法正确的是（　　）
A.卢瑟福的核式结构模型能够解释氢原子光谱的分立特征
B.根据玻尔模型，氢原子由基态跃迁到激发态时电子运动的动能变小。
C.温度升高放射性元素半衰期变短。
D.用频率为v的光照射某金属，发出的某光电子的初动能为，该金属的截止频率为
2. 半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN．在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.MN对Q的作用力先减小后增大 B.地面对P的摩擦力逐渐减小 C.P、Q间的弹力逐渐增大 D.地面对P的支持力逐渐增大
3. 如图所示，A、B两颗质量相同的卫星均绕地球做匀速圆周运动，若p表示卫星的动量大小，E表示卫星的机械能，a表示卫星的向心加速度大小，T表示周期，则下列关系正确的是（　　）

A.pA＞pB
B.EA＜EB
C.aA＜aB
D.TA＜TB
4. 如图所示，轻弹簧的上端固定在天花板上，下端挂有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向下的力F作用在物块P上，使其以加速度a竖直向下匀加速。运动一段距离（未超过弹簧的弹性限度），巳知加速度a小于重力加速度g。以x表示物块P离开初始位置的位移，则在向下加速运动的过程中，力F、物块P的动能Ek、系统的机械能增量E和x之间的关系图象可能正确的是（　　）

A.
B.
C.
D.
5. 一个含有理想变压器的电路如图所示，图中L1、L2和L3是完全相同的三个灯泡，灯泡的额定电压为U0，U为正弦交流电源。当开关S闭合时，电路中的灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（　　）

A.理想变压器原、副线圈匝数比为1：2
B.交流电源电压有效值为2U0
C.交流电源电压最大值为U0
D.若开关S断开稳定后，灯泡L2变暗

评卷人
得分



二、 多选题（共5题）
6. 如图所示，相距为2d的A、B两个点电荷固定于竖直线上，电荷量分别为+Q和一Q．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB连线间的距离为d，C、D是细杆上与A、B等高的两点，O点是CD中点。一个质量为m、电荷量为+q的带电小球P（可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布）穿过细杆，由C点静止开始释放，向下运动到O点时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则（　　）

A.C、D两点电势φC=φD
B.C、D两点的电场强度大小相等
C.O点处的电场强度大小E=
D.小球P经过D点时的速度大小为2v
7. 一物块静止在粗糙水平地面上，0～4s内所受水平拉力随时间的变化关系图象如图甲所示，0～2s内速度图象如图乙所示。重力加速度g=10m/s2，关于物块的运动。下列说法正确的是（　　）

A.第4s末物块的速度为0 B.前4s内物块的位移大小为6m
C.前4s内拉力的冲量为0 D.物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2
8. 如图所示，宽为L的平行光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为m，电阻为，与导轨始终垂直接触良好。导轨电阻不计，重力加速度为g。则在整个运动过程中（　　）

A.通过电阻的最大电流大小为
B.金属棒两端的最大电压为BLgh
C.磁场区域长度d=
D.右端电阻R产生的焦耳热为mgh
9. 下列说法正确的是（　　）
A.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力
B.热量不能自发的从温度低的物体传递到温度高的物体
C.温度高的物体分子的平均动能一定大
D.温度高的物体内能一定大
E.晶体熔化过程分子平均动能不变但分子势能增加
10. 一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形如图中实线所示，P点此时正沿y轴负方向运动，t=0.5s时刻的波形第一次如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。已知质点P平衡位置的坐标x=0.5m。下列说法正确的是（　　）

A.波沿x轴负方向传播
B.波源振动的周期为1.0s
C.该波传播的速度为1.4m/s
D.质点P运动路程为25cm
E.质点O的振动方程为y=10cm

评卷人
得分



三、 实验题（共2题）
11. 某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为g0。
（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量______
A．小球的质量m B．AB之间的距离H C．小球的直径d
（2）小球通过B点的速度v=______
（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图乙所示，测得该直线斜率为k0，当小球下落过程中机械能守恒时g0=______。

12. 一实验小组要测量电压表V1的内阻，实验室提供如下器材：
A．待测电压表V1（量程为0～2V，内阻约2kΩ）
B．标准电压表V2（量程为0～9V，内阻约4kΩ）
C．滑动变阻器R1（阻值范围：0～10Ω）
D．定值电阻R2=20Ω
E．定值电阻R3=5.0kΩ
F．直流电源（内阻约1Ω，电动势为12V）
G．开关、导线若干
（1）为使实验结果尽可能准确，除待测电压表、直流电源、滑动变阻器、开关和导线之外，该实验小组还选取了标准电压表V2和一个定值电阻，定值电阻选______（填器材前面的序号）。
（2）某同学按所给的器材完成了供电部分的电路设计，通过S2切换分压接法与限流接法。请在答题卡上将图中剩下电路的连线补充完整；当S2断开时，电路为______接法；为确保电路安全，测量时，开关S2应处于
______状态。
（3）根据选用的器材，待测电压表V1的读数为U1，定值电阻阻值为R，标准电压表V2的读数为U2，由此得出，待测电压表内阻的表达式为______。


评卷人
得分



四、 计算题（共3题）
13. 如图所示，在y＞0区域存在着垂直xOy平面向外的匀强磁场，在第四象限的空间中存在着平行于xOy平面沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m，带电量为q的带正电粒子从坐标原点以初速度v0射入磁场，方向与x轴负方向成60°角斜向上，然后经过M点进入电场，并从y轴负半轴的N点垂直y轴射出电场。已知M点坐标为（L，0），粒子所受的重力不计，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）匀强电场的电场强度E的大小。

14. 如图所示，直轨道与水平面夹角为37°，光滑竖直圆轨道与直轨道相切于C点，圆轨道最高点为D，半径OD竖直，半径为0.8m，质量为0.5kg的物块m放在B点，由止动装置使其静止，质量为1kg的物块M，从直轨道的P点滑向B点，当其运动到B点时，撤去m的止动装置，M与m发生弹性正碰，之后m恰好通过圆轨道最高点D，已知两物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25，B、C点间的距离为1.7m，g=10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8，物块大小忽略不计均可视为质点，求：
（1）物块m通过C点时的动能；
（2）物块M在与m碰前瞬间速度的大小；
（3）物块m抛出后落在斜面上的落点到B点的距离。

15. 一游客在夜间站在平静湖面的长直岸边的O点，湖面与岸平齐，在O点正前方的水下d=4m处有一点光源S，光源到岸的距离为x=3m，湖面上被光照亮的地方到O点的最大距离为m，求：
①水的折射率；
②若游客眼睛到地面高度h=1.4m，由O点垂直岸向后退多大距离时看不到点光源发出的光。


评卷人
得分



五、 简答题（共1题）
16. 如图所示A为一直立圆筒型储气罐，B为一打气筒，已知打不气筒活塞M的行程为L0，活塞面积为S，储气罐的高度为2L0，截面积为3S，开始罐内气体压强为3p0，每次开始打气时打气筒活塞在最上端，内部气体压强为P0，打气筒通过细管和单向阀门K与储气罐相连接。当打气简内气体压强大干储气罐内压强时阀门开启。细管的容积忽略不计，储气罐与打气筒导热良好，环境温度不变，缓慢向下推动活塞。
①活塞向下移动多大距离时B中气体开始进入A中；
②要使储气罐内压强达到4p0，打气筒应连续打气多少次。


参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：A、卢瑟福提出原子核式结构学说，但不能解释原子光谱分立特征，故A错误；
B、氢原子从基态跃迁到激发态时，需吸收能量，核外电子的轨道半径变大，根据知，电子的动能减小，故B正确；
C、放射性元素的衰变快慢不受外界温度，故C错误；
D、用频率为v的光照射某金属，发出的某光电子的初动能为不一定时最大初动能，
根据光电效应方程式Ekm=hv-W0，解得：W0=hv-Ekm，则金属的截止频率，故截止频率小于或等于，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可；
根据能级的跃迁判断原子能量的变化和核外电子半径变化，结合库仑引力提供向心力分析电子动能的变化；
放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间叫半衰期，与其物理状态、化学状态无关；
根据爱因斯坦光电效应方程分析解决；
本题易错点时混淆了光电子的初动能和最大初动能的区别，很容易错选D选项，需要注意这个问题。
2. 【答案】C
【解析】解：AC、对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有F合=0
N1=，N2=mgtanθ，MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，则N1变大，N2变大，故A错误C正确；
BD、对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图

根据共点力平衡条件，有f=N2=mgtanθ，N=（M+m）g
MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，故BD错误。
故选：C。
先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，再次根据共点力平衡条件列式求解。
本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。

3. 【答案】C
【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，=m=m=ma
解得：v=，T=2，a=
A、A卫星的轨道半径大，故线速度小，动量：p=mv，故pA＜pB，故A错误；
B、卫星由低轨道向高轨道运动需要增加机械能，故A卫星的机械能大，即EA＞EB，故B错误；
C、A卫星的轨道半径大，加速度小，即aA＜aB，故C正确；
D、A卫星的轨道半径大，周期大，即TA＞TB，故D错误。
故选：C。
卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出卫星的周期、线速度，加速度，再求出其动量，然后分析。
卫星由低轨道变轨到高轨道，加速离心运动，机械能增加。
此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是根据万有引力提供向心力，应用牛顿第二定律列方程即可解题。
4. 【答案】B
【解析】解：AB、根据牛顿第二定律可得：F-kx=ma，解得：F=ma+kx，故F-x图象应为直线，故A错误，B正确；
C、拉力F做功表征系统机械能的变化，E=Fx=（mg+kx）x，因此E-x图象为曲线，故C错误；
D、根据动能定理可得：F合x=Ek，由于物体P匀加速运动，合外力F合恒定，故Ek-x图象为过原点的直线，D中初动能不为零，故D错误；
故选：B。
开始物体P处于静止，在外力F作用下，使物体P向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得拉力F与x 的关系，即可判断F-x图象，在向下运动过程中，拉力做功等于系统机械能的增加，找出E-x关系式即可判断，由于物体P匀加速运动，动能的变化量等于合力做功，即可判断。
本题关键是找出力F、物块P的动能Ek、系统的机械能增量E和x之间的关系式，关键是抓住物体P匀加速向下运动。
5. 【答案】C
【解析】解：A、开关S闭合后，三个灯泡正常发光，副线圈电路中的电流是原线圈电路中的2倍，根据变流比可知，原、副线圈匝数之比：==2：1，故A错误；
B、因为副线圈电路中两个灯泡并联，则副线圈输出电压：U2=U0，根据变压比可知，原线圈输入电压：U1==2U0，则交流电源的电压：U=U1+U0=3U0，故B错误；
C、根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，交流电源电压的最大值：Um=U=，故C正确；
D、若开关S断开，副线圈电阻变大，根据欧姆定律可知，输出电流变小，根据变流比可知，输入电流变小，灯L1两端电压减小，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，灯泡L2变亮，故D错误。
故选：C。
分析电路结构，原线圈串联灯泡，从电流入手分析，根据变流比确定匝数比。
根据变压比，结合闭合电路欧姆定律分析原线圈电路，确定交流电源的电压。
根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系分析。
开关S断开，副线圈电阻变大，根据欧姆定律分析电流变化，根据变流比分析原线圈输入电流变化。
此题考查可理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关闭合和断开对副线圈电路的影响，同时注意原线圈输入电压与交流电源电压之间的关系。
二、 多选题
6. 【答案】BC
【解析】解：A、由等量异号电荷电场线分布可知，C点电势高于D点电势，故A错误；
B、由电场强度的叠加可知，CD两点的电场强度大小相等，故B正确；
C、正点电荷Q在O点产生的场强大小E1==，负点电荷Q在O点产生的场强大小为E2==，O点处的电场强度E==，故C正确；
D、从C到O与从O到D重力及电场力做功相同，从C到O过程w=，从O到D过程w=，得，故D错误。
故选：BC。
对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势关系。由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解O处的电场强度，由电场的对称性知，UOD=UCO，小球从C到D由动能定理求解D点的速度。
本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性。

7. 【答案】AD
【解析】解：A、由乙图可知物体在第2s内做匀速直线运动，受到的拉力为2N，所以物体受到的摩擦力f=2N，由乙图知第1s内物体的加速度为a=4m/s2，根据牛顿第二定律可知，物体的质量为m=1kg，则f=μFN=μmg，解得物块与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.2．第3s内物体做匀减速运动，设其加速度大小为a′，根据牛顿第二定律得F3+f=ma′，解得a′=4m/s2，故第3s末物块的速度为v3=4m/s-4×1m/s=0，在第4s内拉力与摩擦力相等，所以物块静止，故A正确；
B、前4s内的位移为，故B错误；
C、前4s内拉力的冲量为I=6×1N•s+2×1N•s-2×2N•s=4N•s，故C错误；
D、由上面A的分析可知物块与水平地面之间的动摩擦因数为0.2，故D正确。
故选：AD。
先根据乙图可以判断物块在第2s内物体做匀速直线运动，其所受的拉力与摩擦力平衡，可以判断出物块所受摩擦力大小，然后根据物体在第1s内的运动情况根据牛顿第二定律得到物体的质量，进而得到物块与地面之间的动摩擦因数；根据位移与时间的关系可以判断出物块在前四秒内物体的位移；根据冲量的定义可以得到前4s内拉力的冲量；根据牛顿定律和运动学公式可以得到物体在第4s末的速度。
冲量是矢量，前4s内拉力的冲量应该等于每段时间内的矢量和，要注意方向性。另外注意物块在第3s末时速度刚好为零，以后因为拉力与摩擦力相等，物块保持静止不动。
8. 【答案】AC
【解析】解：A、金属棒下滑过程中机械能守恒，则有mgh=，则金属棒到达水平面时的速度大小v=
金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势为E=BLv=BL，最大的感应电流为I==，故A正确；
B、金属棒两端的最大电压为U=IR=，故B错误；
C、金属棒在磁场中运动的过程，根据动量定理得：-BL•△t=0-mv，又△t===，联立解得d=，故C正确；
D、由能量守恒定律知整个电路产生的焦耳热为mgh，右端电阻R产生的焦耳热小于mgh，为mgh，故D错误。
故选：AC。
金属棒进入磁场后做减速运动，金属棒刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，由E=BLv求出最大感应电动势，应用欧姆定律求出通过电阻的最大电流和金属棒两端最大电压。金属棒在磁场中运动的过程，利用动量定理和电荷量与磁通量变化量的关系可求出d。由能量守恒定律求整个电路中产生的焦耳热。
解决本题的关键要会运用动量定理研究金属棒在磁场中通过的距离d，由于金属棒在磁场中做变减速运动，不能根据运动学公式求位移，可根据动量定理和电荷量与磁通量变化量的关系求解位移d。
9. 【答案】BCE
【解析】解：A、气体扩散现象表明气体分子永不停息做无规则运动，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知，热量不能自发的从温度低的物体传递到温度高的物体，可以自发的从温度高的物体传递到温度低的物体，故B正确；
C、温度是分子平均动能的标志，温度高，分子的平均动能大，故C正确；
D、内能与温度、体积和物质的量均有关，温度高的物体，内能不一定大，故D错误；
E、晶体熔化过程中，温度不变，则分子平均动能不变，但吸收热量，内能增加，说明分子势能增加，故E正确。
故选：BCE。
气体扩散现象说明气体分子在做无规则运动。
根据热力学第二定律分析。
温度是分子平均动能的标志。
内能与温度、体积和物质的量均有关。
晶体熔化过程中，吸收热量，温度不变。
此题考查了扩散现象、热力学第二定律、平均动能、晶体熔化等相关知识，综合性较强，难度不变，解题的关键是明确教材基本概念和基本知识，并能灵活运用。
10. 【答案】ACD
【解析】解：A、t=0时刻质点P向平衡位置运动，说明波沿x轴负方向传播，故A正确；
BC、t=0.5s时刻的波形第一次如图中虚线所示，则0.5s内波传播的距离为0.7m，故波速为v==m/s=1.4m/s，波长为λ=1.2m，则周期为T==s=s，故B错误，C正确；
D、t=0时刻，质点P偏离平衡位置5cm，波沿x轴负方向传播，最近
是x=1.2m处质点运动形式平移到该点。根据波形平移法可得：t=0时刻，质点P向平衡位置运动，经T=T（T为周期）刚好回到平衡位置，再运动半个周期到虚线中位置，故质点P运动路程为S=5cm+2A=5cm+20cm=25cm，故D正确；
E、质点O的振动方程为y=Asint=10sin（t）cm，故E错误。
故选：ACD。
已知t=0时刻P点正沿y轴负方向运动，根据“上下坡法”判断波的传播方向；0.5s内波传播的距离为0.7m，根据v=求出波速，读出波长，从而求得周期。质点P平衡位置的坐标x=0.5m，波沿x轴负方向传播，最近x=1.2m处质点运动形式平移到该点，质点P到达平衡位置，分析质点P的振动过程，确定P运动的路程。根据振幅、角频率和初相位写出质点O的振动方程。
本题考查对波动图象的理解能力。知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解，要能正确分析质点的运动过程，从而确定质点通过的路程。
三、 实验题
11. 【答案】BC
【解析】解：（1）A、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；
B、根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；
C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故C正确。
故选：BC。
（2）已知经过光电门时的时间t和小球的直径d，则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，故；
（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有：，解得：，
那么该直线斜率为：k0=，故。
故答案为：（1）BC；（2）；（3）；
（1）该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度H，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；
（2）由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解到达光电门时的速度；
（3）根据机械能守恒列出和H的关系式，分析图象的斜率的表达式；
解决本题需熟记实验原理，根据实验原理分析所要测的物理量，掌握机械能守恒的表达式和瞬时速度的求解方法；
12. 【答案】E 限流 闭合
【解析】解：（1）要测电压表V1的内阻，可以测量电压表V1与定值电阻串联的电压，根据串联电路分压比例来测电压表内阻，定值电阻应选和电压表V1的内阻相差不多定值电阻R3，故答案为：E。
（2）为使测量结果尽量准确，应选用定值电阻R3与电压表V1串联，再与电压表V2并联，电压电压为12V，滑动变阻器应采用分压接法，电路如图所示：当S2断开时，滑动变阻器与电压表串联，电路为限流接法，为保证测量安全和滑动变阻器的分压接法，开关S2应处于闭合状态；
（3）根据串联电路电压关系，据欧姆定律可得：；
故答案为：（1）E；（2）限流，闭合，电路图如图所示；（3）；
（1）（2）根据实验原理，结合实验器材，画出实验电路图；
（3）利用欧姆定律写出待测电压表的测量值表达式；
本题考查了测电压表内阻问题，考查了实验器材的选择与实验电路设计，要掌握实验器材的选择原则，知道实验原理是解题的前提与关键；根据实验电路应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。

四、 计算题
13. 【答案】解：（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如图所示，由图可得 2Rsin60°=L
得R=L
根据洛伦兹力提供向心力，可得qv0B=m
解得B=
（2）粒子从M点到N点过程为匀变速曲线运动，逆推从N点到M点为类平抛运动。
沿x轴方向有L=v0tcos60°
沿y轴方向有v0sin60°=at
根据牛顿第二定律得 qE=ma
联立解得E=
答：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；
（2）匀强电场的电场强度E的大小为。

【解析】
（1）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，画出其运动轨迹，由几何关系求出轨迹半径，再根据牛顿第二定律求磁感应强度B的大小；
（2）带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合求电场强度E的大小。
对于带电粒子在磁场中的运动问题，一般要确定圆心位置，根据几何关系求轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中的类平抛运动时，往往采用运动的分解法研究。
14. 【答案】解：（1）物块m恰好通过圆轨道的最高点，在最高点重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：mg=m，
物块m从C到D过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，
通过C点的动能：，
代入数据解得：EK=9.2J；
（2）两物块碰撞后到物块m到C点过程，
由动能定理得：-mgLBCsin37°-μmgLBCcos37°=，
两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行与斜面向上为正方向，
由动量守恒定律得：Mv0=Mv1+mvB，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：v0=6m/s；
（3）设物块在斜面上的落点为A，D点在斜面上的竖直投影点为D′，AD′间的距离为L，
物块m离开D后做平抛运动，竖直方向：h=，
由几何关系可知：h=R++Lsin37°，
水平方向：x=vDt，x=Lcos37°，
落点A到B的距离：LAB=L-（LBC-Rtan37°），
代入数据解得：LAB=1.9m；
答：（1）物块m通过C点时的动能为9.2J；
（2）物块M在与m碰前瞬间速度的大小为6m/s；
（3）物块m抛出后落在斜面上的落点到B点的距离为1.9m。

【解析】
（1）m恰好通过圆轨道的最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律求出到达最高点的速度，m从C到D过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出通过C点的动能。
（2）应用动能定理求出m碰撞后瞬间的速度，两物块碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞前瞬间M的速度大小。
（3）物块m抛出后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出落地到B点的距离。
本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理与运动学公式可以解题。
15. 【答案】解：①湖面上被光照亮的地方到O点的最大距离的点为图中的A点，
此时光刚好发生全反射，则
因为OA=DA+x，
且sinC=，
所以折射率为：n=1.25
②当从S射到O点的光射不到人的眼睛，人后退的距离最大，令人后退的距离为L时，人恰好看不到S的光，其光路图如上图所示，
则
根据折射定律有：


联立解得：L=m
答：①水的折射率为1.25；
②若游客眼睛到地面高度h=1.4m，由O点垂直岸向后退时看不到点光源发出的光。

【解析】
①作出光路图，光照亮的区域的边界位置光恰好发生全反射，根据几何知识以及全反射的临界角与折射率的关系求解折射率；
②当从S射到O点的光射不到人的眼睛，人后退的距离最大，作出人恰好看不到S的光的光路图，根据几何知识以及折射定律求解后退距离。
解决该题的关键是明确知道光照亮的区域的边界是光发生全反射的位置，知道从O点射出的光射不到人的眼睛的话则不会有光射到人的肉眼。
五、 简答题
16. 【答案】解：（1）当B内气体压强大于3p时，开始有气体进入A，由玻意耳定律有：p0L0=3p0L
活塞下移距离为：；
（2）取最终A内总气体研究对象，这些气体初态相当于3p0时体积为V1的气体，一次性被压缩为4p0，体积为6L0S，则有：4p0×6L0S=3p0V2；还需要补入压强为3p0气体体积为V2，V2=V1-6L0S=26L0S；
则补入气体在为P0下体积为V3：3p0V2=p0V3
打入次数为：n==6
答：（1）活塞向下移动距离时B中气体开始进入A中；
（2）要使储气罐内压强达到4p0，打气筒应连续打气6次。
【解析】
（1）选B中的气体为研究对象，由玻意耳定律得容器B的体积，进而求出移动距离；
（2）选A和B最终气体为研究对象，分别应用玻意耳定律，在相同的压强3p0，求出打入气体及打气次数。
灵活选择研究对象，仔细分析气体的状态参量的变化，本题温度不变，满足玻意耳定律，本题难点是将不同状态下两部分气体转化为相同状态下总气体才能应用气体定律。