2024年河北省衡水市董子高级中学高考物理质检试卷（一）（3月份）（含解析）

这是一份2024年河北省衡水市董子高级中学高考物理质检试卷（一）（3月份）（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.“风云”气象卫星是我国重要的民用遥感卫星，其中“风云一号”是极轨卫星，其运行轨道在地球的南北两极上方，周期为120min；“风云四号”是静止轨道卫星，与地球自转同步。若卫星的运动均可视为匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. “风云一号”卫星的线速度大于地球的第一宇宙速度
B. “风云一号”卫星的向心加速度比“风云四号”卫星的向心加速度大
C. “风云一号”卫星的线速度比“风云四号”卫星的线速度小
D. “风云一号”卫星的角速度比“风云四号”卫星的角速度小
2.图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，直流电通过转换器转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想电压表。当两点火针间电压大于5000V时会产生电火花进而点燃燃气。闭合开关S，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为50 2V
B. 副线圈输出交流电压的频率为100Hz
C. 若能点燃燃气则n2n1>100
D. 若能点燃燃气则两点火针间电压的有效值一定大于5000V
3.一架无人机在水平地面由静止开始匀加速滑行1600m后起飞离地，离地时速度为80m/s。若无人机的加速过程可视为匀加速直线运动，则无人机在起飞离地前最后1s内的位移为( )
A. 79mB. 78mC. 77mD. 76m
4.某区域存在一电场，该区域内x轴上各点电势φ随位置x变化的关系如图所示。α粒子从D点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴通过C点，下列说法中正确的是( )
A. 由D点到C点电场强度的方向始终沿x轴正方向
B. α粒子从D点到C点运动的过程中其电势能减小10eV
C. α粒子从D点到C点运动的过程中所受电场力先增大后减小
D. α粒子从D点到C点运动的过程中其动能先增大后减小
5.用波长λ=200nm的紫外线照射铜板，有电子从铜板表面逸出。现在铜板所在空间加一方向垂直于板面、大小为18V/m的匀强电场，电子最远能运动到距板面5cm处。已知光在真空中传播速度c与普朗克常量ℎ的乘积为1.24×10−6eV⋅m，可知该铜板的截止波长约为( )
A. 230mmB. 260mmC. 290mD. 320nm
6.用折射率n=2的透明材料制成如图所示的“阴影”薄工件，长方形ABCD长为2a、宽为a；空白区域是以O为圆心，半径为a的半圆。圆心O处有一点光源，只考虑直接射向工件DABC的光线，不考虑光在工件内反射，光在真空中传播的速度为c，下列说法正确的是( )
A. 光线从工件DABC边射出的区域总长度为 3a3
B. 光线从工件DABC边射出的区域总长度为4 3a3
C. 从工件DABC边射出的光线中，光在工件中传播所用的最长时间为(2 3−3)a3c
D. 从工件DABC边射出的光线中，光在工件中传播所用的最长时间为(2 3−3)a6c
7.帆船是人类的伟大发明之一，船员可以通过调节帆面的朝向让帆船逆风行驶，如图所示为帆船逆风行驶时的简化示意图，此时风力F=2000N，方向与帆面的夹角α=30°，航向与帆面的夹角β=37°，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶。已知sin37°=0.6，则帆船在沿航向方向获得的动力为( )
A. 200NB. 400NC. 600ND. 800N
8.如图甲所示，线圈A的匝数为50匝、电阻为3Ω，在线圈A内加垂直线圈平面的磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里，穿过线圈A的磁通量按图乙变化。电阻不计、间距为0.5m的足够长水平光滑金属轨道MN、PQ通过开关S与线圈A相连，两轨间存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。现将长度为0.5m、电阻为1Ω的导体棒ab垂直轻放在导轨MN、PQ上。t=0时，闭合开关S，导体棒ab向右加速运动达到最大速度5m/s后匀速运动，导体棒ab与轨道始终接触良好。下列说法正确的是( )
A. t=0时，线圈A中的感应电动势为5V
B. t=0时，线圈A中的感应电流为2.5A
C. 两导轨间磁场的磁感应强度大小为2T
D. 两导轨间磁场的方向垂直MNPQ平面向外
二、多选题（本题共1小题，共6分）
9.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，质量为1.5kg的箱子静止在斜面上，质量为0.1kg的小球通过细绳悬挂在箱子顶面的O点。现给箱子一沿斜面向下的力F=20N，箱子沿斜面向下运动，稳定后细绳与竖直方向成60°角。已知重力加速度g取10m/s2。，下列说法正确的是( )
A. 稳定时细绳上的拉力为1N
B. 稳定时细绳上的拉力为 32N
C. 改变F大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为4N
D. 改变F大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为8N
三、实验题（本题共2小题，共16分）
10.某同学用频闪摄影的方法验证机械能守恒定律，实验中将一钢球从与课桌表面等高处的位置O由静止释放，拍到整个下落过程的频闪照片如图所示，位置O到A、B、C各位置的距离分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3。已知频闪摄影的闪光频率为f，重力加速度为g。
(1)若在误差允许范围内，关系式______(用题中给出的字母表示)成立，则证明钢球从位置O运动到位置B的过程中机械能守恒。
(2)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.实验开始时，先释放钢球再进行频闪摄影
B.用vB2=2gℎ2计算出位置B的速度，算出钢球在B位置的动能，并用来验证机械能守恒
C.多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量，这是由于空气阻力造成的
(3)结合实际，可估算该频闪摄影的闪光频率f约为______。
A.50Hz
B.20Hz
C.10Hz
D.2Hz
11.如图甲所示为铜漆包线线圈，某同学想测量该线圈的匝数。该线圈的平均直径D=4.00cm，已知铜导线的电阻率ρ=1.7×10−8Ω⋅m。

(1)如图乙所示，用螺旋测微器测得铜漆包线的直径d= ______mm。
(2)该同学首先用欧姆表×10挡粗测该线圈的直流电阻指针偏转如图丙所示，则测量值为______Ω。
(3)为精确地测量该线圈的直流电阻R1，现提供以下器材供选择：
电流表A1(量程50mA，内阻r1=20Ω，示数用I1表示)
电流表A2(量程1mA，内阻r2=1kΩ，示数用I2表示)
定值电阻R1=14kΩ
定值电阻R2=180Ω
滑动变阻器R(最大阻值20Ω)
蓄电池E(电动势12V，内阻很小)
开关、导线若干。
①请选择合适器材在如图丁所示方框中补充完整实验电路图，并标上所选择仪器的代号。

②根据实验电路，线圈直流电阻的计算表达式为RL= ______(用题中所给的字母表示)。
(4)该同学用上述实验测得该线圈直流电阻为51.0Ω，则该线圈的匝数为______匝。
四、简答题（本题共3小题，共38分）
12.负压病房是指病房内的气体压强略低于病房外的标准大气压的一种病房，这样可使新鲜空气流进病房，被污染的空气由抽气系统抽出进行消毒处理。
(1)负压病房内初始压强为1.0×105pa要使病房内压强减为9×104pa，求抽出的气体质量与原气体质量的比值；
(2)现将抽出的气体封闭在如图所示的绝热汽缸a内，汽缸底部接有电热丝，右壁接一右端开口的细U形管(管内气体体积可忽略)，管内装有水银，开始时U形管右侧液面比左侧高4cm，气体温度为300K。电热丝通电一段时间后，U形管右侧液面上升了4cm，求此时缸内气体的温度，已知外界大气压强为76cmHg。
13.如图甲所示，质量m1=2kg的小物块A静置于平台左端，A与平台间动摩擦因数μ=0.1。紧靠平台右侧有一质量m0=1kg的足够长小车，平台和小车上表面在同一水平高度。质量m2=2kg的小滑块B静置于小车左端，B与小车上表面间的动摩擦因数也为μ=0.1，竖直墙面距离小车足够远。t=0时，给物块A施加一水平向右的力F，F随时间变化的规律如图乙所示，t=2s时撤掉力F，t=4s时，A与B发生弹性碰撞，一段时间后，小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度反向，大小变为碰前的一半。忽略小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)A与B发生弹性碰撞前瞬间，物块A的速度大小；
(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第3次碰撞前瞬间，小车运动的路程。
14.微观粒子的运动轨迹可以通过磁场、电场进行调节。如图所示，宽度为L的竖直条形区域I内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，宽度为L的竖直条形区域Ⅱ内存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v0=2qBLm从区域1左边界上O点水平向右垂直射入磁场，从区域Ⅰ右边界上的P点(图中未画出)进入区域Ⅱ，最终从区域Ⅱ右边界水平向右射出。不计粒子的重力。
(1)求区域Ⅱ匀强电场强度E的大小；
(2)若仅调整区域Ⅱ的宽度，使粒子从与P点等高的Q点(图中未画出)离开区域Ⅱ，求粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间；
(3)若在区域Ⅱ再加一个垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，调整区域Ⅱ的宽度，使粒子仍能从区域Ⅱ右边界水平射出，求该情况下区域Ⅱ的宽度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，“风云一号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
BCD、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mr4π2T2=mv2r=mrω2=ma
解得
T=2π r3GM，v= GMr，a=GMr2，ω= GMr3
由于“风云一号”的周期较小，所以轨道半径较小，则加速度、角速度和线速度比“风云四号”卫星的大，故CD错误，B正确；
故选：B。
第一宇宙速度是最大的环绕速度；“风云一号”“风云四号”卫星都是万有引力提供向心力，先写出与周期相关的公式，求出它们的半径关系；再写出与线速度、角速度和向心加速度的公式，根据公式进行讨论即可。
该题考查万有引力定律的应用，写出与周期、线速度、角速度和向心加速度有关的公式，根据公式进行讨论即可．属于简单题。
2.【答案】C
【解析】解：A.电压表的示数为原线圈两端电压的有效值，由图可知最大值为50V，则
U=Um 2=50 2V=25 2V
故A错误；
B.变压器不改变交流电压的频率，副线圈输出交流电压的频率为
f=1T=10.02Hz=50Hz
故B错误；
C.根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
U1mU2m=n1n2
点燃燃气，需满足
U2m>5000V
则
n2n1>100
故C正确；
D.若能点燃燃气则两点火针间电压的最大值一定大于5000V，两点火针间电压的有效值不一定大于5000V，故D错误。
故选：C。
根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数；根据电压与线圈匝数比的关系即可求解。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比。
3.【答案】A
【解析】解：设无人机滑行的加速度为a，由速度—位移公式可得：
v2=2ax
解得：a=2m/s2
逆向思维法，设最后1s内的位移为x′，由位移—时间公式可得：
x′=vt−12at2
解得：x′=79m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据运动学中的速度和位移的关系求解加速度，使用逆向思维法，再根据位移和时间的关系，从而解得最后1s的位移。
本题考查匀变速直线运动规律，熟记匀变速直线运动的位移和速度的求解公式。
4.【答案】D
【解析】解：A.沿电场线方向电势逐渐降低，从D到C电势先降低后升高，则电场强度的方向先沿x轴正方向，再沿x轴负方向，故A错误；
B.α粒子在D和C点的电势能为EPD=2e×20V=40eV，EPC=2e×10V=20eV，则ΔEP=EPD−EPC=40eV−20eV=20eV，所以α粒子从D到C的过程中其电势能减小20eV，故B错误；
C.φ−x图像的斜率为电场强度E，从D到c的过程中E先减小后增大，所以α粒子从D到c的过程中所受电场力先减小后增大，故C错误；
D.从质子从D到C的过程中电势能先减小后增大，由能量守恒得，动能先增加后减小，故D正确。
故选：D。
φ−x图像的斜率为电场强度E，从图像分析电势和电场强度情况，结合电势能的公式分析作答。
本题考查是φ−x图像，注意从图像上不但可以知道电势的变化情况，而且φ−.x图像的斜率为电场强度E，从而确定电场的分布情况。
5.【答案】A
【解析】解：根据光电效应方程有
Ek=ℎcλ−W0
逸出功与截止波长的关系为
W0=ℎcλ0
根据动能定理
−eEd=0−Ek
联立解得λ0≈230nm，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据光电效应方程和逸出功公式及动能定理联立解答。
考查光电效应方程和动能定理等问题，会根据题意列式求解相关物理量。
6.【答案】B
【解析】解：AB.设AB中点M，如图所示
若沿OE方向射到MB面上的光线刚好发生全反射，因为临界角满足
sinC=1n=12
即
C=30°
则
∠MOF=30°
同理沿OG方向射到BC上的光线刚好发生全反射，则
∠COH−30°
根据几何关系可得
ME=CG=atan30°= 3a3
根据对称性，从AB、BC面有光射出的区域总长度为
L=2ME+CG= 3a3×3= 3a
同理，从AD面有光射出的区域总长度为
L′= 3a3
故从长方形ABCD四边射出的光线区域的总长度为
s=L+L′
解得s=4 3a3
故A错误，B正确；
CD.由题意可知，沿OB方向到达AB面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，由几何关系可知光从光源到MC面的传播距离为a，材料中的传播距离为
s=( 2−1)a
在材料中的传播时间为
t1=sv
又
n=cv
光在空气中传播的时间为
t2=ac
故点光源发出的光射到AB面上的最长时间为
t=t1+t2
解得t=(2 2−1)ac
故CD错误。
故选：B。
根据全反射临界角公式解得折射率；根据全反射规律结合几何关系解答AB，根据n=cv可求得在介质中的传播速度，由几何关系可知传播的最短距离为R，则最长时间可求解。
本题考查了全反射定律、及几何光学常用的公式n=cv，要明确最长时间的含义，把握临界状态即可。
7.【答案】C
【解析】解：对风力F在沿着帆面和垂直于帆面方向进行分解，根据力的平行四边形法则可得其垂直于帆面的分力
F1=Fsinα
代入数据解得
F1=1000N
再对垂直作用于帆面上的风力F1沿帆船航向方向和垂直航向方向进行分解，则帆船再沿航方向获得的动力为
F2=F1sinβ
代入数据解得
F2=600N
故C正确，ABD错误。
故选：C。
运用正交分解方法分解风力，先计算垂直于帆面的分力，进而再对垂直作用于帆面上的风力F1沿帆船航向方向和垂直航向方向进行分解，则帆船在沿航向方向获得的动力。
本题考查了力的分解，旨在考查正交分解方法的运用和分力的计算。
8.【答案】AC
【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=nΔΦΔt=50×0.33V=5V，故A正确；
B、根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流I=ER+r=53+1A=1.25A，故B错误；
C、导体棒做匀速运动，导体棒的动生感应电动势等于E，则E=Blv
解得B=2T
故C正确；
D、由右手螺旋定则，线圈的感应电动分引起的电压为从a指向b，故导体棒自身的感应电动势应从b指向a，由右手定则，可判断出磁场的方向垂直MNPQ平面向里，故D错误；
故选：AC。
根据法拉第电磁感应定律解得电动势，从而计算感应电流，导体棒做匀速运动，导体棒的动生感应电动势等于感生电动势，根据右手定则分析D。
本题考查法拉第电磁感应定律，解题关键掌握图像的认识，注意右手定则的应用。
9.【答案】D
【解析】解：AB、对小球受力分析，受重力和拉力，
根据平衡条件，沿水平方向、竖直方向对小球正交分解，有：
Tcs60°=mg
代入数据解得
T=3N，故AB错误；
CD、对箱子受力分析，受重力、推力、支持力和拉力，如图
沿斜面和垂直于斜面方向对箱子正交分解，根据牛顿第二定律，有
F+Mgsin30°−Tsin60°−f=Ma
f=μN，
N=Mgcs30°+Tcs60°
代入数据联立解得：
F=8N，故C错误，D正确。
故选：D。
对小球受力分析，根据平衡条件列式求解细绳的拉力；对箱子受力分析，根据牛顿第二定律列式求解推力F。
本题关键是明确小球和箱子的受力情况，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解。
10.【答案】8gℎ2=(ℎ3−ℎ1)2f2 C B
【解析】解：(1)已知频闪摄影的闪光频率为f，则闪光周期为
T=1f
由匀变速直线运动在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得钢球下落到B点时的速度
vB=ℎ3−ℎ12T=f(ℎ3−ℎ1)2
若在误差允许范围内，关系式
mgℎ2=12mvB2
即8gℎ2=(ℎ3−ℎ1)2f2成立，则证明钢球从位置O运动到位置B的过程中机械能守恒。
(2)A.为完整记录钢球的运动情况，实验开始时，应先进行频闪摄影再释放钢球，故A错误；
B.应用匀变速直线运动的推论计算钢球在B位置的速度，不能用vB2=2gℎ2计算出钢球在位置B的速度，否则实验无意义，故B错误；
C.多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量，这是由于空气阻力作用，使钢球在下落过程中克服阻力做功减少了动能造成的，故C正确。
故选：C。
(3)由题图可知，钢球从O点到C点经过8次闪光，可知钢球下落时间为t=8T，一般课桌的高度约为ℎ=0.8m，钢球做自由落体运动，下落的高度为
ℎ=12gt2=12g(8T)2
代入数据解得T=0.05s该频闪摄影的闪光频率约为
f=1T=10.05Hz=20Hz
故ACD错误，B正确；
故选：B。
故答案为：(1)8gℎ2=(ℎ3−ℎ1)2f2；(2)C；(3)B。
(1)根据匀变速直线运动的速度公式和机械能守恒的表达式推导满足的关系式；
(2)根据实验要求和实际存在的阻力进行分析判断，计算vB不能用题中表达式，按照题中方法是首先默认机械能守的，不能用来验证。
(3)根据图中给定的数据结合自由落体运动的规律计算频率。
考查自由落体运动中的机械能守恒的问题，会根据题意进行相关物理量的运算和解答。
11.【答案】0.200 48 I2(R1+r2)I1−(R2+r1) 750
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，铜漆包线的直径d=0mm+20.0×0.01mm=0.200mm；
(2)欧姆表测电阻，待测电阻Rx=4.8×10Ω=48Ω
(3)①实验中没有电压表，应该将电流表A2与定值电阻R1串联改装成电压表；
根据欧姆定律，改装表的量程U=I2(R1+r2)=1×10−3×(14+1)×103V=15V
根据欧姆定律，通过待测电阻的电流I=ERx=1248A=0.25A=250mA
电流表A1的量程过小，为此应该将定值电阻R2与电流表A1串联，以减小通过电流表A1的电流；滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：
②根据欧姆定律结合串联、并联电路的特点I1(RL+R2+r1)=I2(R1+r2)
线圈电阻RL=I2(R1+r2)I1−(R2+r1)
(4)设线圈匝数为n，则铜漆包线线圈的总长度L=nπD
铜漆包线的横截面积S=14πd2
根据电阻定律RL=ρLS
联立得n=RLd24ρD=51.0×(0.200×10−3)24×1.7×10−8×4.00×10−2=750(匝)
故答案为：(1)0.200；(2)48；(3)①见解析；②I2(R1+r2)I1−(R2+r1)；(4)750。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=估读刻度对应示数(mm)+可动刻度上对齐格数(估读一位)×精确度；
(2)欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针对应示数×倍率；
(3)①实验中没有电压表，应该将电流表A2与定值电阻R1串联改装成电压表；根据欧姆定律估算电流表A1支路的最小电阻，然后分析出将定值电阻和线圈与电流表A1串联，据此完成电路图；
②根据欧姆定律结合串联、并联电路的特点求解线圈电阻；
(4)根据电阻定律求解线圈匝数。
本题考查了铜漆包线长度的估测，考查了基本仪器的读数；要明确实验的原理，能够根据实验器材设计实验电路图是本题的关键，更是本题的难点。
12.【答案】解：(1)设减压后气体体积变为V，气体温度不变，由玻意耳定律
p0V0=pV
解得V=p0V0p=1.0×105paV09×104pa=109V0
抽出的气体质量原气体质量的比值Δmm=ΔVV=109V0−V0V=110
(2)初始状态，气缸内气体压强
p1=p0+pℎ=76cmHg+4cmHg=80cmHg
加热后，气缸内气体压强
p2=p0+pℎ1=76cmHg+12cmHg=88cmHg
由查理定律得
p1T1=p2T2
解得加热后气缸内的温度
T2=p2T1p1=88cmHg×300K80cmHg=330K
答：(1)抽出的气体质量与原气体质量的比值110；
(2)此时缸内气体的温度330K。
【解析】(1)根据玻意耳定律列方程；求出体积，再根据体积比等于质量比求解；
(2)由查理定律得列方程进行求解即可。
本题主要考查理想气体方程的应用，解题关键是找出气体状态参量，确定不变量正确应用方程求解。
13.【答案】解：(1)根据F−t图像与时间轴围成的图形面积表示冲量，由图乙可得力F在0−2s内的冲量为：
IF=12×(20+12)×2N⋅s=32N⋅s
设A与B碰撞前瞬间A的速度为v1.对A在0−4s的运动过程，取水平向右为正方向，由动量定理得：
IF−μm1gt=m1v1，其中t=4s
解得：v1=12m/s
(2)设A与B碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1′、v2。A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒分别得：
m1v1=m1v1′+m2v2
12m1v12=12m1v1′2+12m2v22
解得：v1′=0，v2=12m/s
由于小车足够长，且离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块B共速，设共同速度为v共1，取水平向右为正方向，对B与小车组成的系统，由动量守恒定律可得：
m2v2=(m2+m0)v共1
解得：v共1=8m/s
根据题意可得小车与墙壁第1次碰撞后，其速度变为：v3=−12v共1=−12×8m/s=−4m/s
碰撞后B相对小车向右运动，小车先向左做匀减速直线运动，速度减为零后再向右做匀加速直线运动，
设小车与B的加速度分别为a、aB，由牛顿第二定律可得：
μm2g=m2aB
μm2g=m0a
解得：aB=1m/s2，a=2m/s2
假设小车与墙壁第2次碰撞前与滑块B已经共速，同理可得：
m2v共1+m0v3=(m2+m0)v共2
解得：v共2=4m/s
则小车与墙壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬间，小车与B分别经历的时间为：
t1=v共2−v3a=4−(−4)2s=4s
t2=v共2−v共1aB=8−41s=4s
因t1=t2，故假设成立，可知小车与B共速后立即与墙壁发生碰撞。
由能量守恒定律可得，小车与墙壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量为：
Q=12m2v共12+12m0v32−12(m2+m0)v共22
解得：Q=48J
(3)由(2)的解析可推得从第1次碰撞后，每次均为小车与B共速后立即与墙壁发生碰撞碰撞。
设小车第1次碰后向左减速到零时运动距离为x1，则有：
0−v32=2a(−x1)
从第1次碰后到第2次碰前小车运动的路程为s1=2x1
解得：s1=8m
第2次碰后瞬间小车速度为v4=−12v共2=−12×4m/s=−2m/s
同理可得：0−v42=2a(−x2)，s2=2x2
解得从第2次碰后到第3次碰前小车运动的路程为：s2=2m
可得从第1次碰后到第3次碰前小车运动的路程为s=s1+s2=8m+2m=10m
答：(1)A与B发生弹性碰撞前瞬间，物块A的速度大小为12m/s；
(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量为48J；
(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第3次碰撞前瞬间，小车运动的路程为10m。
【解析】(1)根据F−t图像与时间轴围成的图形面积表示冲量，求出力F在0−2s内的冲量。对A在0−4s的运动过程，根据动量定理求解；
(2)A与B发生弹性碰撞，根据系统动量守恒和机械能守恒解得A与B碰撞后瞬间A、B的速度。小车足够长，且竖直墙面距离小车足够远，小车与墙壁碰撞前已和滑块B共速，由动量守恒定律求得共速的速度，根据题意可得小车与墙壁第1次碰撞后的速度，碰撞后B相对小车向右运动，小车先向左做匀减速直线运动，速度减为零后再向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式判断小车与墙壁第2次碰撞前是否与滑块B已经共速，根据能量守恒定律求解小车与墙壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
(3)根据(2)的结论分析每次碰撞的情况，应用运动学公式求解。
本题考查的是动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律以及牛顿第二定律的综合应用，关键要判断清楚小车与墙面碰撞前的运动过程，推导出每次碰撞后速度和相对位移的变化规律。
14.【答案】解：(1)根据洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv02r
解得
r=2L
设粒子在磁场中速度的偏转角为θ，根据几何关系有
sinθ=Lr=12
即
θ=30°
从区域Ⅱ右边界水平向右射出，运动轨迹如图所示

粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律，水平方向有
L=v0t0csθ
根据牛顿第二定律有
a=qEm
竖直方向有
t0=v0sinθa
联立解得
E= 3qB2Lm，t0= 3m3qB；
(2)粒子从与P点等高的Q点离开区域Ⅱ，由(1)可知粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为30°，则粒子在磁场中运动的时间为
t1=θ2πT=112×2πmqB=πm6qB
粒子在电场中运动的时间为
t2=2t0=2 3m3qB
粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间为
t=t1+t2=(4 3+π)m6qB；
(3)根据配速法，给粒子两个大小相等，方向相反且在水平方向的速度v1和v2，其中水平向右的速度v1大小满足
qv1B=qE
可得
v1= 3qBLm
根据运动的合成与分解，可将粒子的运动可看成逆时针方向的匀速圆周运动和水平向右的匀速直线运动的合运动，粒子做匀速直线运动的速度为v1，如图所示，根据几何知识，可知匀速圆周运动的速度为

v合=qBLm,α=90°
粒子从区域Ⅱ右边界水平射出，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv合B=mv合2r合
解得
r合=L
若粒子能从区域Ⅱ右边界水平射出的速度为(v1−v合)时，粒子运动时间为
t1=α2πT+nT=(n+14)T=(4n+1)πm2qB(n=0,1,2...)
区域Ⅱ的宽度为
d1=v1t1−r合=(4 3n+ 3)π−22L(n=0,1,2...)
若粒子能从区域Ⅱ右边界水平射出的速度为(v1+v合)时，粒子运动时间为
t2=2π−α2πT+nT=(n+34)T=(4n+3)πm2qB(n=0,1,2...)
区域Ⅱ的宽度为
d2=v1t2−r合=(4 3n+3 3)π−22L(n=0,1,2...)
综上所述，区域Ⅱ的宽度为
d=(2 3n+ 3)π−22L(n=0,1,2...)。
答：(1)区域Ⅱ匀强电场强度E的大小为 3qB2Lm；
(2)粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间为(4 3+π)m6qB；
(3)该情况下区域Ⅱ的宽度为d=(2 3n+ 3)π−22L(n=0,1,2...)。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出粒子在磁场中的偏转角，粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，应用运动学公式求出粒子的运动时间，然后求出总运动时间
(3)粒子在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出区域Ⅱ的宽度。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。