2025年广东省潮州市高考物理二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年广东省潮州市高考物理二模试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.某科技小组利用弹性绳网模拟火箭回收。如图所示，“口”字形的绳网四个角各用一根弹性绳索拉住，绳索另一端固定在立柱上。将火箭模型从某高处释放，在接触绳网后下降直至最低点的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 火箭模型接触绳网立即减速B. 火箭模型在最低点所受合力为0
C. 火箭模型接触绳网后先失重后超重D. 绳网对火箭模型先做正功后做负功
2.如图所示为锯齿形交变电压，下列说法正确的是( )
A. 该交变电压的频率为25Hz
B. 该交变电压的有效值为20V
C. 将该交变电压接到阻值为R的定值电阻两端，可求出0.01∼0.02s内流过定值电阻的电荷量
D. 将该交变电压接到阻值为R的定值电阻两端，0∼0.02s内定值电阻产生的热量为零
3.静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置，它广泛应用于电子器件和电子显微镜。如图所示为其内部静电场中等差等势面的分布示意图，其中MN和M′N′为互相垂直的对称轴，O点为对称轴的交点。一电子由A点以某一速度射入该电场，仅在电场力作用下的运动轨迹如曲线AB所示，C、D为该轨迹曲线上的两点。下列说法正确的是( )
A. C点的电势低于D点的电势
B. 电子在C点的动能小于在D点的动能
C. 电子在C点的电势能与动能之和等于在D点的电势能与动能之和
D. 电子从D点运动到B点过程中动量的变化率不变
4.某空间探测器发射后，先在圆轨道1上做匀速圆周运动，在圆轨道1上的P点变轨进入椭圆轨道2，在椭圆轨道2上的远地点Q点变轨进入椭圆轨道3，M是椭圆轨道3的远地点，则下列说法正确的是( )
A. 探测器在轨道1上P点速度一定小于在轨道3上Q点速度
B. 探测器在轨道1上P点速度可能小于在轨道2上Q点速度
C. 探测器在M点速度一定小于在轨道2上P点速度
D. 探测器在M点速度可能等于在轨道1上P点速度
5.如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为θ，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随θ变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图甲所示，在平静湖面上的S处发生振动时，会形成沿水面传播的水波，将该水波视为简谐横波，t=0时刻的波形图如图乙所示，其中实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时质点a、b、c分别位于波峰或波谷处。已知该波源的振动周期为T，下列说法正确的是( )
A. 经过T2时间，质点a恰好运动到质点b处
B. 质点a、c平衡位置之间的距离大于波长λ
C. 质点a、c的振动速度始终大小相等，方向相反
D. t=T4时，质点a、b的振动速度大小相等，方向相同
7.如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数恒定不变。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点为MN中点，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 从M点到N点的运动过程中，小球动能的变化量等于摩擦力所做的功
B. 从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
C. 小球在M、N两点的加速度不相等
D. 从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲所示，在平静的水面下深h处有一个点光源s，它发出的两种不同颜色的a光和b光在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为环状区域，且为a光的颜色(见图乙)。以下说法正确的是( )
A. 在同一装置的双缝干涉实验中，a光条纹间距比b光宽
B. 若两种光照射某种金属均能产生光电效应现象，则a光产生的光电子初动能更大
C. 由点光源S垂直水面发出的光，a光在水中的传播时间比b光长
D. 在水中，a光的波长比b光大
9.如图所示，在水平面内放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向垂直于导轨平面的匀强磁场(方向如图)，电阻为r的金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时电阻为R的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP在外力作用下绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动过程中，回路中始终有电流，此过程中金属杆MN始终与导轨垂直且接触良好，下列说法中正确的是( )
A. 杆MN做向右运动B. 杆MN两端的电势差逐渐减小
C. 外力对杆OP做功的功率逐渐变小D. 杆MN受到的安培力大小不变
10.如图所示，O是光滑绝缘水平桌面的中点，在O点正上方P点固定一个正电荷a，现将带电小球b从桌面上的Q点以水平初速度v0射出，小球不会离开水平桌面。不计小球的大小，则下列说法正确的是( )
A. 小球射出后一定还能回到Q点
B. 小球在运动过程中，电势能可能保持不变
C. 小球在运动过程中，电场力可能一直做负功，也可能不做功
D. 若将小球从Q点由静止释放，则小球一定会经过O点且在O点的电势能最小
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某兴趣小组利用轻弹簧与刻度尺设计了一款加速度测量仪，如图甲所示。轻弹簧的右端固定，左端与一小车固定，小车与测量仪底板之间的摩擦阻力可忽略不计。在小车上固定一指针，装置静止时，小车的指针恰好指在刻度尺正中间，图中刻度尺每一小格代表的长度为1cm。已知该弹簧的劲度系数k=20N/m；用弹簧测力计测定小车的重力，读数如图乙所示。重力加速度g取10m/s2。
(1)图乙中弹簧测力计的读数为______ N；某次测量小车所在位置如图丙所示，则小车的加速度方向为水平向______(填“左”或“右”)、大小为______m/s2。(计算结果保留两位有效数字)
(2)若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，那么该加速度测量仪的量程将______。(选填“不变”“增大”或“减小”)
(3)加速度测量仪制作完成后，将刻度尺不同刻度对应的加速度大小标在尺上。在测量某次运动的过程中，该同学观察到指针由读数较大的位置逐渐变小到读数几乎为0。则在这段时间内该运动可能为______。
A.匀加速直线运动
B.匀减速直线运动
C.加速度减小的减速运动
D.加速度减小的加速运动
12.(1)实验室中用欧姆表粗测待测电阻，Rx的阻值，欧姆表倍率选“×1”，读数如图甲所示，可知待测电阻，Rx的粗测阻值为______Ω。
(2)某同学想更准确测出Rx的阻值，他找到可用器材如下：
A.电源：E=3.0V，内阻很小；
B.电流表：量程0∼10mA，内阻未知且大部分刻度模糊不清；
C.定值电阻：R0=300Ω；
D.电阻箱：阻值范围0∼999.9Ω，两个；
E.开关，导线若干。
①该同学设计的电路图如乙图所示，请根据电路图用笔画线替代导线完成丙图中实物连接。
②调节两电阻箱R1、R2的阻值分别为82.2Ω、100.0Ω，记下电流表指针所在位置。然后调节电阻箱R2的阻值为200.0Ω，接着调节电阻箱R1的阻值，同时观察电流表指针，当指针又处于上述记下的位置时，电阻箱R1的阻值为35.9Ω，由以上数据可求得待测电阻Rx的阻值为______Ω。(保留三位有效数字)
(3)本实验中电流表和电源内阻对实验结果______(填“有”或“没有”)影响，减小实验误差的方法是______(写出一条即可)。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
13.如图所示，圆柱形气缸开口向上放置在水平地面上，用一活塞封闭一定质量的理想气体，活塞质量m=2kg，活塞横截面积S=100cm2，活塞与气缸壁始终封闭良好，不计摩擦。开始时缸内气体温度T1=280K，活塞距底部的距离h1=20cm，给气体缓慢加热，直至活塞上升到距底部h2=22cm处。已知外界大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2。
(1)求活塞距汽缸底部h2时缸内气体的热力学温度T2；
(2)若加热过程中缸内气体吸收的热量Q=80J，求此过程中缸内气体内能的变化量。
14.如图所示，倾角α=37∘的足够长斜面体水平固定，质量为3kg的物块A静止在斜面上，质量为1kg的光滑物块B从距离A为2512m处由静止释放，下滑过程中，A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块A与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小；
(2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间；
(3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，A、B间的最大距离。
15.如图所示为某实验小组设计的离子控制装置示意图。在平面直角坐标系xOy中，虚线上方和x轴下方的区域存在着垂直纸面的匀强磁场，虚线和x轴之间区域依次为加速电场、离子源和吸收板，其中加速电场分布在x=−2d到x=−d之间，离子源位于坐标原点处，吸收板左、右两端分别位于x=0.5d和x=1.5d处。离子源可以产生初速度不计、比荷为a的正离子，经电压为U=kU0(k值大小可调)的电场(图中未画出)加速后，沿y轴负方向射入下方磁场。已知y轴左侧加速电场的电压为3U0，当匀强磁场垂直纸面向里且k=1时，正离子恰好打在吸收板的中点处。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)保持磁感应强度的大小不变，方向改为垂直纸面向外，若所有离子都能进入y轴左侧加速电场进行加速，求：
①k的取值范围；
②k值在①中范围变化时，吸收板上表面有离子打到的区域长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、火箭模型接触绳网后，开始时绳网的弹力小于火箭模型的重力，合力仍向下，火箭模型继续加速，只是加速度逐渐减小，当绳网的弹力等于火箭模型的重力后，才开始减速，所以火箭模型接触绳网后不是立即减速，故A错误；
B、火箭模型在最低点弹力大于重力，所受合力向上，故B错误；
C、火箭模型接触绳网后先向下加速，后向下减速，所以先失重后超重，故C正确；
D、绳网对火箭模型的力始终向上，接触绳网后下降直至最低点的过程中，一直做负功，故D错误。
故选：C。
通过分析火箭模型在绳网上的受力情况，来确定其加速度的方向和大小变化，进而判断其运动状态的变化；根据加速度的方向来判断物体是处于超重还是失重状态；判断绳网对火箭模型做功的正负，需要依据力与位移的夹角关系。由于绳网对火箭模型的力始终与火箭模型的位移方向相反，所以一直做负功。
本题主要考查牛顿第二定律、超重和失重以及功的概念，难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.由锯齿形交变电压图像可知交变电压的周期为0.02s，频率为50Hz，故A错误；
C.根据欧姆定律i=uR可以求出流过定值电阻的电流，做出i−t图像，由I=qt可知i−t图像中图线与坐标轴所围面积表示流过定值电阻的电荷量，故C正确；
B.由图像可知Um=20 2V，T=0.02s
交变电压与时间的关系为U=2UmTt−Um=(2Tt−1)Um
由数学知识根据电流的热效应，可得
Q锯齿=T0U2Rdt=T0Um2R(2Tt−1)2dt=U有效2RT
解得U有效=Um 3=20 63V
故B错误；
D.由Q=U2Rt可知，将此电压接到定值电阻两端一定会产生热量，故D错误。
故选：C。
根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据数学知识可求得交流电的有效值和频率。结合有效值求解电热。
本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，再逐项计算即可。
3.【答案】C
【解析】解：A.电子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向轨迹的内侧，根据轨迹可知在D点电子所受电场力沿M′N′向右，则在M′N′线上电场方向向左，所以C点的电势高于D点的电势，故A错误；
B.根据电子在电势高处电势能小，所以电子在C点的电势能小于在D点的电势能，电场力做负功，动能减小，电子在C点的动能大于在D点的动能，故B错误；
C.由于只有电场力做功，故运动中电势能与动能之和不变，故C正确；
D.动量的变化率ΔpΔt=F电=Eq
由等差等势面可知D点运动到B点过程中电场强度E发生了变化，即动量的变化率发生了变化，故D错误。
故选：C。
电子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向轨迹的内侧，由此确定电子在D点所受电场力方向，从而确定电场方向，分析出电势高低。根据负电荷在电势高处电势能小分析电势能大小。电子在运动过程中，电势能和动能之和不变。动量的变化率即合外力，根据等差等势面疏密变化分析合外力的变化，即可知道动量的变化率是否变化。
本题考查带电粒子在电场中的轨迹问题，要掌握物体做曲线运动的动力学特点：物体所受的合力方向指向轨迹的内侧，能根据轨迹方向分析电场力方向，进一步分析其他量的变化。
4.【答案】C
【解析】解：AB、探测器绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力得
GMmr2=mv2r
可得v= GMr
可知探测器在轨道1上P点速度一定大于过Q点的圆轨道上运行的速度。探测器从低轨道变到高轨道，需要在变轨处加速，则过Q点的圆轨道上运行的速度大于在轨道2上过Q点时的速度，但小于在轨道3上过Q点的速度，故轨道1上P点速度不一定小于轨道3上Q点速度，故AB错误；
CD、根据变轨原理，探测器在M点速度小于在过M点的圆轨道上的速度，则小于在圆轨道1上的速度，也小于在轨道2上P点的速度，故C正确，D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力列式，分析探测器在轨道1上P点速度与在过Q点的圆轨道上速度大小，结合变轨原理分析在轨道2、3上Q点速度与在过Q点的圆轨道上速度大小，即可判断探测器在轨道1上P点速度与在轨道2、3上Q点速度大小；采用同样的方法分析探测器在M点速度与在轨道2、1上P点速度大小。
解答本题的关键要掌握探测器变轨原理，知道探测器从低轨道变到高轨道，需要在变轨处加速。
5.【答案】D
【解析】解：令圆环的圆心为O，半径为R，对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，绳拉力方向沿绳，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有GR=TxPQ
根据几何关系有xPQ=2Rcsθ
解得T=2Gcsθ
可知，T随θ变化的图像为余弦曲线关系，且最大值为2G，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对小球进行分析，小球受到重力、绳的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，结合相似三角形等几何关系分析。
解题关键是结合受力情况与图中线段长度构造相似三角形。
6.【答案】B
【解析】解：A.质点只在平衡位置附近做上下振动，并不随波迁移，故A错误；
B.质点a、c与波源不在同一条直线上，故质点a、c平衡位置之间的距离大于波长λ，故B正确；
C.质点a、c同相振动，则振动速度始终大小相等，方向相同，故C错误；
D.质点a、b振动相位相反，振动速度始终大小相等，方向相反，故D错误。
故选：B。
根据简谐横波中质点只在平衡位置附近做上下振动，并不随波迁移，结合质点振动的相位差分析求解。
本题考查了机械波的相关知识，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A、杆上M、N两点与O点的距离均为l，等于弹簧原长。从M点到N点的运动过程中，由对称性可知，弹簧弹力对小球先做负功后做正功，弹簧弹力做的总功为零。重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理可知，小球动能的变化量等于重力做的功与摩擦力所做的功的代数和，故A错误；
B、在MN之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，设OP长度为x，此时弹簧的弹力为F=k(l−xsinθ)
小球受到的摩擦力为f1=μFN1=μFsinθ
化简得f1=μk(lsinθ−x)
θ在MP之间先增大，在PN之间变小，sinθ先增大后减小，则小球受到的摩擦力先变大后变小，故B错误；
C、小球在M、N两点时，弹簧原长，小球只受重力，由牛顿第二定律可知，小球在M、N两点的加速度相等，都等于重力加速度g，故C错误；
D、根据对称性可知，在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，则由对称性可知，M到P和P到N摩擦力均做负功，且做功大小相等，根据功能关系，从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球、地球和弹簧组成的系统机械能的减少量相同，故D正确。
故选：D。
从M点到N点的运动过程中，分析外力做功情况，根据动能定理分析小球动能的变化量与摩擦力所做的功关系；在MN之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，根据滑动摩擦力公式列式分析摩擦力变化情况；分析小球在M、N两点的受力情况，由牛顿第二定律分析加速度关系；根据对称性结合功能关系分析D项。
解答本题时，要正确分析小球的受力情况，结合对称性，分析摩擦力和弹力做功关系，根据功能关系分析能量转化关系。
8.【答案】AD
【解析】解：A、由图乙可知，a光的临界角大于b光的临界角，根据sinC=1n可知，a光的折射率较小，所以a光的波长大于b光的波长，根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知，在同一装置的双缝干涉实验中，a光条纹间距比b光宽，故A正确；
B、由上面的分析可知a光的波长大于b光的波长，根据c=λν可知，a光的频率小于b光的频率，根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν−W0可知，若两种光照射某种金属均能产生光电效应现象，则a光产生的光电子初动能较小，故B错误；
C、根据v=cn可知，a光在水中的传播速度较大，所以由点光源S垂直水面发出的光，a光在水中的传播时间比b光短，故C错误；
D、光的频率不变，由上面的分析可知a光在水中的传播速度较大，且a光的频率小，根据v=λν可知，在水中，a光的波长比b光的长，故D正确。
故选：AD。
根据临界角比较折射率的大小，进而比较波长的大小，根据干涉条纹间距公式分析；根据爱因斯坦光电效应方程分析；根据在水中的速度比较；根据波速和频率、波长的关系分析。
能够通过题目比较出a光的折射率较小是解题的关键，知道波长越长的光，频率越小，在同种介质中的折射率越小。
9.【答案】BC
【解析】解：A、根据右手定则可知OP杆切割磁感应线产生的感应电流方向沿OP方向，MN中电流方向从M到N，根据左手定则可知安培力方向向左，MN向左运动，故A错误；
B、MN向左运动过程中，根据右手定则可知产生的感应电流方向从N到M，回路中的电流逐渐减小，则杆MN两端的电势差逐渐减小，故B正确；
C、外力对杆OP做功的功率等于克服安培力做功功率，电流强度减小、安培力减小，安培力做功功率减小，则外力对杆OP做功的功率逐渐变小，故C正确；
D、电流强度减小、杆MN受到的安培力大小逐渐减小，故D错误。
故选：BC。
根据右手定则可知OP中电流方向沿OP，根据左手定则判断MN的运动方向；MN向左运动过程中，产生反电动势，由此分析电流的变化、电势差的变化、安培力做功功率的变化，外力对杆OP做功的功率的变化。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
10.【答案】BC
【解析】解：ABC.由题意，若小球带正电，小球不会离开水平桌面，O是光滑绝缘水平桌面的中点，则一定是沿QO连线减速到O点速度恰好为零，电场力一直做负功；若小球带负电，则可能是沿QO连线先加速再减速，或者绕O点做匀速圆周运动，电场力不做功，电势能保持不变，故A错误，BC正确；
D.若小球带正电从Q点由静止释放，则小球不会经过O点，故D错误。
故选：BC。
分小球带正电以及负电，结合题目隐含条件分析。
解题关键是要读懂题中隐含条件，然后对各中情况进行讨论即可。
11.【答案】2.0，左，5.0； 增大； CD
【解析】解：(1)由图乙可知弹簧测力计的最小分度值为0.2N，示数为F测=2.0N
由图乙和二力平衡可得F测=mg
解得小车质量为m=F测g=2.010kg=0.2kg
由图丁可知弹簧处于压缩状态，弹簧弹力向左，设压缩量为x1，根据牛顿第二定律有kx1=ma1
其中x1=5cm
联立解得a=5.0m/s2
则小车的加速度方向为水平向左，大小为5.0m/s2。
(2)设弹簧的最大形变量为xm，根据牛顿第二定律可得kxm=mam
解得可测量的最大加速度为am=kxmm
可知若将小车换为一个质量更小的小车，其他条件均不变，那么该加速度测量仪的量程将增大。
(3)指针由读数较大的位置逐渐变小到读数几乎为0，说明小车的加速度逐渐减小到几乎为0，即小车可能做加速度逐渐减小的加速运动，也可能做加速度逐渐减小的减速运动。故CD正确，AB错误。
故选：CD。
故答案为：(1)2.0，左，5.0；(2)增大；(3)CD。
(1)先确定弹簧测力计的最小分度值再读数；根据平衡条件和牛顿第二定律计算；
(2)根据牛顿第二定律推导判断；
(3)根据加速度测量仪的测量原理分析判断。
本题关键掌握加速度测量仪的测量原理和弹簧测力计的读数方法。
12.【答案】40； ①
②39.9； 没有，多次测量求平均值
【解析】解：(1)由题可知，欧姆表的倍率为“×1”，结合题图，其读数为
Rx=40Ω
(2)①结合图乙的原理图，其实物连接如图所示
②电流表指针位置不变，说明电路中电阻值不变，有
1Rx+R1+1R2=1Rx+R1′+1R2′
解得
Rx=39.9Ω
(3)本实验电流不变，总电阻不变，对电流表内阻和电源内阻没有要求，即本实验中电流表和电源内阻对实验结果无影响。
多次测量求平均值
故答案为：(1)40；(2)①
②39.9；(3)没有，多次测量求平均值。
(1)欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
(2)①根据电路图连接实物图；②根据串并联电路的特点计算；
(3)根据误差分析判断，根据减小实验误差的方法判断。
本题关键掌握欧姆表的读数方法和串并联电路的特点。
13.【答案】活塞距汽缸底部h2时缸内气体的热力学温度T2为308K；
若加热过程中缸内气体吸收的热量Q=80J，此过程中缸内气体内能的变化量为59.6J
【解析】解：(1)气体初状态的体积V1=h1S
解得：V1=2000cm3
气体末状态的体积V2=h2S
解得：V2=2000cm3
根据盖一吕萨克定律得V1T1=V2T2
解得T2=308K
(2)缸内气体压强p=p0+mgS
解得：p=1.02×105Pa
外界对气体做功为W=−p(V2−V1)
解得W=−20.4J
根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
解得ΔU=59.6J
答：(1)活塞距汽缸底部h2时缸内气体的热力学温度T2为308K；
(2)若加热过程中缸内气体吸收的热量Q=80J，此过程中缸内气体内能的变化量为59.6J。
(1)根据盖一吕萨克定律，结合气体初状态和末状态的体积分析求解；
(2)根据热力学第一定律分析求解。
本题考查了热力学第一定律，理解气体对外界做功以及气体内能的变化情况是解决此类问题的关键。
14.【答案】B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小为5m/s；
第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间为53s；
在第二次碰撞和第三次碰撞之间，A、B间的最大距离为2512m
【解析】解：(1)B由静止开始下滑的加速度大小为
a=mgsinαm=gsinα=10×0.6m/s2=6m/s2
由运动学公式有v02=2ax1
解得B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小v0=5m/s。
(2)设第一次碰撞后，A和B的速度大小分别为v1、v2，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律得
mBv0=−mBv2+mAv1
根据机械能守恒定律得
12mBv02=12mBv22+12mAv12
解得v1=v2=2.5m/s
碰撞后，对A研究，由于mAgsinα−μmAgcsα=0，故碰后A做匀速运动。
设经过t时间A、B第二次碰撞，则有v1t=−v2t+12at2
解得t=53s
(3)第二次碰撞前，B的速度大小v3=−v2+at
解得v3=7.5m/s
设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别v4、v5，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律有
mAv1+mBv3=mAv4+mBv5
根据机械能守恒定律有
12mAv12+12mBv32=12mAv42+12mBv52
解得v4=5m/s，v5=0
设经过t′的时间A、B间的距离最大，有v4=at′
解得t′=56s
则A、B间的最大距离为
sm=v4t′−12at′2
解得sm=2512m
答：(1)B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小为5m/s；
(2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间为53s；
(3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，A、B间的最大距离为2512m。
(1)根据牛顿第二定律求出B下滑时的加速度，再由运动学公式求出B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小；
(2)A与B的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B第一次碰撞后的速度大小。碰撞后，A受力平衡，做匀速运动。由位移相等列方程求出第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间；
(3)由运动学公式求出第二次碰撞前B的速度大小。根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B第二次碰撞后的速度大小。由运动学公式求出A、B间距离最大的时间，再求最大距离。
本题考查动量守恒定律、动能定理、运动学公式的综合应用，关键是理清运动过程，把握两个物体的位移关系，选择合适的规律进行求解。
15.【答案】磁感应强度B的大小为2d 2U0a；
保持磁感应强度的大小不变，方向改为垂直纸面向外，若所有离子都能进入y轴左侧加速电场进行加速：
①k的取值范围为1≤k≤4；
②k值在①中范围变化时，吸收板上表面有离子打到的区域长度为(3− 7)d
【解析】解：(1)设正离子的质量为m，电荷量为q，则比荷a=qm
根据几何关系可得正离子做圆周运动的半径r0=d2
根据动能定理可得qU0=12mv02
解得v0= 2aU0
根据牛顿第二定律可得qv0B=mv02r0
解得B=2d 2U0a
(2)①根据动能定理可得qkU0=12mv2
解得v= 2akU0
根据牛顿第二定律可得qvB=mv2r
解得r= kd2
离子恰好经过加速电场右边缘时，圆周运动半径r1=d2，此时k1=1
离子恰好经过加速电场左边缘时，圆周运动半径r2=d，此时k2=4
则k的取值范围为1≤k≤4
②设离子在x轴上方磁场中运动速度大小为v1，圆周运动半径为r′，根据动能定理可得q(kU0+3U0)=12mv12
根据牛顿第二定律可得qv1B=mv12r′
联立可得r′= k+3d2
离子恰好经过加速电场右边缘时，k1=1，则圆周运动半径r3=d
离子恰好经过加速电场左边缘时，k2=4，则圆周运动半径r4= 7d2
则吸收板上表面有离子打到的区域长度为(2r3−1.5d)−(2r4−2.5d)=(3− 7)d
答：(1)磁感应强度B的大小为2d 2U0a；
(2)保持磁感应强度的大小不变，方向改为垂直纸面向外，若所有离子都能进入y轴左侧加速电场进行加速：
①k的取值范围为1≤k≤4；
②k值在①中范围变化时，吸收板上表面有离子打到的区域长度为(3− 7)d。
(1)根据几何关系，结合动能定理，以及洛伦兹力提供向心力分析求解；
(2)根据动能定理，洛伦兹力提供向心力，结合不同情况下的运动半径分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。