2025年福建省高考物理模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年福建省高考物理模拟试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年由能量奇点设计、研发和建造的洪荒70装置成功实现等离子体放电。这是全球首台由商业公司研发建设的超导托卡马克装置。若该装置热核反应方程为411H→24He+2X、 12H+23He→24He+Y，下列说法正确的是( )
A. 核反应方程中的X为中子B. 核反应方程中的Y为电子
C. 核反应过程中满足质量守恒D. 24He的比结合能大于 12H的比结合能
2.如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为( )
A. B. C. D.
3.旱冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱。如图甲所示为某旱冰壶比赛的场景，如图乙所示为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到B点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶在该过程中的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 冰壶在C点的速度大小为v02B. 冰壶由D到O的时间为 3t
C. 冰壶运动的总时间为4tD. 投掷点A到圆心O的距离为(2+ 3)v0t
4.如图所示，在竖直平面内有一个绝缘圆环，O点为圆心，A、B为圆环上两点，OA、OB都与水平方向成45∘。在A点固定一个带电量为Q的正点电荷，在圆环内侧B点放置一个光滑的小球，带电量为q(q>0)，质量为m。整个装置处在水平向右的电场强度E=mgq的匀强电场中，此时小球恰好静止。此后由于A处正点电荷的带电量缓慢减少，则( )
A. 圆环对小球的弹力大小保持不变B. 正点电荷与小球之间的库仑力不断增大
C. 小球有可能脱离圆环D. 正点电荷所受静电力的合力不断增大
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M是此波上的一个质点，平衡位置处于x=4m处，图乙为质点M的振动图像，则( )
A. 该列波的传播速度为2m/sB. 该列波的传播方向沿x轴负向传播
C. 质点M在9s内通过的路程为3.4mD. 质点M在2s内沿x轴运动了4m
6.如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上的示意图，其中冬至时地球离太阳最近。仅考虑太阳对地球的引力，关于地球绕太阳公转过程，下列说法正确的是( )
A. 在冬至位置地球所受万有引力最大
B. 在立春位置，地球所受万有引力等于向心力
C. 经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比约为1.03
D. 地球自转周期的平方与公转轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的的常数
7.如图所示，竖直平面内存在垂直竖直纸面向外的匀强磁场，将一粗细均匀的电阻丝折成正方形导体框abcd，垂直放置于磁场中，ad边水平且放在压力传感器上。现将a、d两点通过轻质导线接到直流电源上，通电后压力传感器的示数为0。已知导体框的质量为m，重力加速度为g，轻质导线对导体框没有作用力。下列判断正确的是( )
A. 接线柱1与电源的负极相连
B. ab边受到的安培力大小为0
C. bc边受到的安培力大小为14mg
D. 若将电源正负极调换，则压力传感器的示数为3mg
8.在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了kq22d，k为静电力常量，不计空气阻力。则( )
A. 该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B. 该过程中小球3一定向左做直线运动
C. 从图甲到图乙位置，小球3向左运动 33d
D. 在图乙位置，v3= 2kq23md
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.如图所示甲为用干涉法检查平面平整程度装置。如图所示乙中干涉条纹弯曲处说明被检查的平面在此处是______(凹下或凸起)；若仅增大单色光的频率，干涉条纹将______(变密或变疏)；若仅减小薄片的厚度，干涉条纹将______(变密或变疏)。
10.1897年，汤姆孙利用如图所示的实验装置巧妙地测得阴极射线的速度。当对平行电极板M1、M2加上如图所示的电压U时，发现阴极射线打到荧光屏上的P点：在平行极板区域再加一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向______(选填“外”或“里”)的磁场，可使阴极射线沿直线打到荧光屏上的A点。已知M1、M2板间距离为d，则打到荧光屏上A点的阴极射线速度为______。
11.如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B到状态C再到状态D的T−V图像，已知状态B的压强为pB=1.5×105Pa，CD的延长线过坐标原点，D点坐标为(0.3m3,200K)，那么状态C的压强pC=______；从状态 A经过状态B再到状态C的过程中气体对外做的功W=______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.如图所示，让一个质量较大的小球从斜槽上滚下来，与放在斜槽前边小支柱上的另一质量较小的球发生碰撞，之后两小球都做平抛运动。用该实验装置可验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度。要间接地解决这个问题，只需通过测量______；
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平位移
(2)关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是______；
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端必须水平
C.小球1每次不需要从同一位置释放
D.被碰小球每次的落点一定是重合的
(3)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为l1，ON的长度为l2，则本实验验证动量守恒定律的表达式______。
(4)某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2之比为______。
13.在练习使用多用电表的实验中。
(1)某同学用多用电表测量某电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，其示数如图甲所示，则测量结果为______Ω。
(2)某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下：A.干电池(电动势E为3.0V，内阻r不计)；
B.电流计G(量程300μA，内阻99Ω)；
C.可变电阻器R；
D.定值电阻R0=1Ω；
E.导线若干，红黑表笔各一只。
①如图乙所示表盘上150μA刻度线对应的电阻值是______Ω；
②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡后可变电阻器R阻值应调为______Ω(结果保留两位有效数字)，换挡前、后倍率之比为______。
五、计算题：本大题共3小题，共37分。
14.国家要求：新型汽车上市前必须进行碰撞测试。某型号实验汽车在平直路面上测试，以额定功率90kW启动，加速运行直到匀速行驶，在离固定障碍物125m处关闭发动机匀减速行驶，最后与障碍物发生正碰，碰撞0.2s后停止。已知实验汽车质量为1.5t，行驶过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度g取10m/s2。碰撞过程中仅考虑障碍物对汽车的冲击力。求：
(1)汽车匀速行驶的速度大小；
(2)汽车与障碍物正碰前瞬间的速度；
(3)汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小。
15.如图，平面直角坐标系xOy中，第Ⅳ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ象限的某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子沿x轴正方向从y轴上A点以初速度v0进入匀强电场，经电场偏转，从x轴上的B点进入第Ⅰ象限，一段时间后，进入矩形磁场区域，离开矩形磁场区域后以垂直于y轴的方向射出。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，AO长为 3L，BO长为2L，矩形磁场区域的磁感应强度大小B=mv0qL，不计粒子的重力。求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)粒子经过x轴上B点时的速度大小和方向；
(3)矩形匀强磁场区域面积的最小值。
16.如图所示，在一粗糙水平平台最左端固定一弹簧动力装置，可以将物体瞬间弹开，此时储存的弹性势能为Ep=30J，动力装置的右端有一滑块A，质量m=3kg，滑块与平台间的动摩擦因数为μ1=0.20，滑块A到平台右侧边缘长度为s=1m。平台右侧有一质量M=1kg的“L”型长木板B，长木板B上表面光滑，下表面与地面的动摩擦因数为为μ2=0.20。长木板B右端有一点O，O点右侧空间中有一水平向右的匀强电场，电场强度为E=8N/C，滑块A带正电，电荷量为3C，长木板B不带电，O点右侧有一凸起P，OP距离为12m。一段时间后长木板B右端到O点时速度为0，此前A、B仅发生了一次碰撞。已知所有碰撞无能量损失，A可视为质点，整个运动过程中A电荷量不变，A未脱离B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块A第一次与B碰后各自的速度。
(2)滑块A与长木板B从第一次碰撞到第二次碰撞所需要的时间。
(3)从第二次碰后开始计时，经过多长时间长木板B右端到达凸起点P。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据质量数与电荷数守恒可知X为正电子 10e，故A错误；
B、根据质量数与电荷数守恒可知Y为质子 11H，故B错误；
C、核反应过程中质量数守恒，但是质量有亏损，故C错误；
D、核反应后的产物更加稳定，比结合能更大，故 24He的比结合能大于 12H的比结合能，故D正确。
故选：D。
根据质量数和电荷数守恒；比结合能知识，结合质量亏损情况进行分析解答。
考查质量数和电荷数守恒、比结合能以及质量亏损等，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】C
【解析】解：磁通量增大，由楞次定律可知回路框中感应电流方向为逆时针，根据所受定则可知左侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方。
故C正确，ABD错误；
故选：C。
由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向，根据左手定则分析安培力方向，从而分析判断。
本题考查楞次定律答应用，解题关键掌握感应电流方向的判断。
3.【答案】D
【解析】解：A、逆向分析，可看作是初速度为零的匀加速直线运动。设每段距离均为x，根据速度-位移关系可得：
v02=2a⋅4x，vC2=2a⋅2x
解得：vC=v0 2，故A错误；
B、根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知：tDOt=12− 3，解得冰壶由D到O的时间为：tDO=(2+ 3)t，故B错误；
C、根据初速度为零的匀加速直线运动规律可得D为AO的时间中点，所以冰壶运动的总时间为：t总=2tDO=2(2+ 3)t，故C错误；
D、投掷点A到圆心O的距离为：s=v02t总，解得：s=(2+ 3)v0t，故D正确。
故选：D。
根据速度-位移关系求解C点的速度大小；根据初速度为零的匀加速直线运动的规律求解冰壶由D到O的时间；D为AO的时间中点，由此求解冰壶运动的总时间；根据平均速度乘以时间求解投掷点A到圆心O的距离。
在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度-时间关系和位移-时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度-位移关系公式解答。
4.【答案】A
【解析】解：ABC.电场力
F电=Eq−mg
因为电场力与重力恒定不变，所以将这两个力的合力看成一个力，该力的大小为
F= F电2+(mg)2= 2mg
方向与竖直方向成45∘角斜向下，与图中OA方向平行，则小球受到三个力，圆环对它的弹力N，库仑力F库和F，构成一个矢量三角形如下图，其中图中C点表示小球所处位置：
Q的带电量缓慢减少，则小球会沿圆环轨道向下移动，始终满足
F库AC=NR=FR
所以
N=F= 2mg
保持不变，AC在减小，所以F库减小，小球处在一种动态平衡中，不会脱离圆环，故A正确，BC错误；
D.小球在B点时，Q受到的库仑力F库和匀强电场的电场力互相垂直，之后库仑力F库减小，匀强电场的电场力
F电=EQ
也变小了(Q在漏电)，并且这两个力的夹角由直角变成了钝角，根据力的合成规律，这两个力的合力与初始值相比变小了，故D错误。
故选：A。
ABC.画出力的矢量三角形，根据几何关系判断；
D.根据力的合成规律判断点电荷所受静电力的合力变化。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合库仑定律和力的合成即可完成分析。
5.【答案】AB
【解析】解：A.由图甲知，波长λ=4m，由乙图可知，周期T=2s，则该列波的传播速度为v=λT=42m/s=2m/s，故A正确；
B.由图乙知，t=0时刻M质点向上振动，根据“同侧法”，该列波的传播方向沿x轴负向传播，故B正确；
C.根据t=9s=92T，质点M在9s内通过的路程为：s=92×4A=92×4×20cm=360cm=3.6m，故C错误；
D.质点M只在平衡位置附近振动，并不随波迁移，故D错误；
故选：AB。
根据M质点的振动图像，结合同侧法分析传播方向；
根据周期、波长和波速的关系，结合波动图像和振动图像求解波速；
根据一个质点一个周期内的路程为4倍振幅求解路程；
根据波的传播特征分析D选项。
本题考查了波动图像和振动图像，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。
6.【答案】AC
【解析】解：A、根据万有引力表达式F=GMmr2，由图可知，在冬至位置地球离太阳最近，所受万有引力最大，故 A正确；
B、由于地球绕太阳做椭圆运动，不是匀速圆周运动，所以在立春位置 时GMmr2≠mv2r，故B错误；
C、根据开普勒第二定律可知，经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比为：v近v远=r远r近=1521014710≈1.03，故C正确；
D、根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴二次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故 D错误。
故选：AC。
由万有引力定律可判断在那个位置万有引力最大；由于地球绕太阳做椭圆运动，万有引力不等于向心力；由开普勒第二定律可求近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比；由开普勒第三定律的可知地球公转周期的平方与轨道半长轴二次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数。
本题主要考查开普勒第二定律，开普勒第三定律及万有引力定律的应用，掌握基础知识即可，难度不大。
7.【答案】AC
【解析】解：A、通电后压力传感器的示数为0，说明安培力的方向向上，根据左手定则可知电流方向从d到a，接线柱1与电源的负极相连，故A正确；
B、ab边受到的安培力大小不为0，方向向左，故B错误；
C、整个线框受到的安培力大小为mg，方向向上，而通过bc的电流强度大小为cd的13，所以有：Fbc+3Fbc=mg，解得bc边受到的安培力大小为Fbc=14mg，故C正确；
D、若将电源正负极调换，则安培力方向等大反向，压力传感器的示数为2mg，故D错误。
故选：AC。
通电后压力传感器的示数为0，说明安培力的方向向上，根据左手定则判断电流方向；各边受到的安培力均不为零；根据电流强度大小关系结合平衡条件求解bc边受到的安培力大小；若将电源正负极调换，则安培力方向等大反向，由此分析。
本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。
8.【答案】BCD
【解析】解：A、剪断细线之前，三个小球处于静止状态，所受的合力为零；将球1和球2间的细线剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用；当小球3运动到图乙位置时，小球3所受的合力为零，即该过程中小球3受到的合力大小先增加后减小，故A错误；
B、因小球3受两边细绳的拉力总是大小相等且是对称的，可知小球3向左做直线运动，故B正确；
C、在该过程中，由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律：mv3−mv1−mv2=0，由于小球1、2的受力情况相同，因此：v1=v2，化简得：v3=2v1=2v2，即：x3=2x1=2x2，而x3+x1= 32d，解得：x= 33d。故C正确；
D、三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒定律：ΔEp减=ΔEk增，即：kq22d=12mv32+2mv12，代入数据解得：v3= 2kq23md，故D正确。
故选：BCD。
本题首先需先理解系统初始状态：在图甲中，三个小球通过细线连接，形成正三角形，静止状态下的电势能为：kq2d，剪断细线后，球1和球2开始相互排斥，球3则受到来自球1和球2的合力。由于电荷相同，球3会受到两侧的排斥力作用。根据题意，系统电势能减少了kq2d根据能量守恒，转化为动能。计算动能的变化量，可以得到三个小球的动能关系。
本题主要考查了受力分析、动量守恒定律和能量守恒定律的运用，有一定的难度，需要认真分析。
9.【答案】凹下 变密 变疏
【解析】解：薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，检查平面左边处的空气膜与后面的空气膜厚度相同，知该处凹下；增大光的频率，则波长变短，由△x=ldλ可知，干涉条纹将密，若仅减小薄片的厚度即d减小，干涉条纹将变疏。
故答案为：(1)凹下；(2)变密；(3)变疏
薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的。当两反射光的路程差(即膜厚度的2倍)是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，可知薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同。
解决本题的关键知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的。以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉，注意空气薄层的厚度与条纹间距的关系。
10.【答案】里 UBd
【解析】解：电子受到竖直向上的电场力向上偏，根据左手定则判断当加上垂直纸面向里的磁场，会受到竖直向下的洛伦兹力，当受力平衡时才能沿直线打到A点，故方向垂直纸面向里；
由
qE=qvB
而
E=Ud
联立解得阴极射线的速度
v=UBd。
故答案为：里；UBd。
题目中提到的实验装置与示例一中的阴极射线管实验相似，但要求我们确定磁场的方向以及计算电子的速度。根据题目描述，当仅施加电场时，电子偏转到荧光屏上的P点，而当同时施加电场和磁场时，电子沿直线运动到荧光屏上的A点。这意味着电子受到的电场力和洛伦兹力相互抵消，从而保持直线运动。
本题的关键在于理解电子在电场和磁场中的运动规律，以及如何利用这些规律来确定磁场方向和计算电子速度。通过分析电子在电场和磁场中的受力情况，我们可以确定磁场的方向，并利用电场力和洛伦兹力的平衡关系来计算电子的速度。这种分析方法在解决涉及带电粒子在复合场中运动的问题时非常有用。
11.【答案】2.0×105Pa 3.0×104J
【解析】解：由图示图象可知，从A到B过程，气体的体积V与热力学温度T成正比，气体发等压变化，则状态A与状态B的压强相等，同理可知，从C到D过程，气体的体积V与热力学温度T成正比，气体发等压变化，则状态C与状态D的压强相等，所以有：pA=pB=1.5×105Pa，pC=pD，由理想气体状态方程可得：pAVATA=pDVDTD
由题图可知：TA=TD=2×102K，VA=0.4m3，VD=0.3m3，代入数据解得：pD=2.0×105Pa，则有：pC=2.0×105Pa；
由状态B到状态A，气体发生等容变化，则由查理定律可得：pCTC=pBTB，代入数据解得：TC=400K，气体从状态A到状态B发生等压变化，气体膨胀，对外做功，则有：W=pB⋅ΔV=1.5×105×(0.6−0.4)J=3.0×104J。
故答案为：2.0×105Pa；3.0×104J。
根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用一定质量的理想气体状态方程分析答题。
根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，由图象图象求出气体的体积与温度，应用一定质量的理想气体状态方程即可解题。
12.【答案】C B m1l1=m2l2 4：1
【解析】解：(1)两小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球做平抛运动的水平位移代替速度大小，故选C。
(2)A、只要每次从斜槽的同一位置由静止释放小球，小球到达斜槽末端的速度都相等，斜槽不必光滑，故A错误；
B、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端必须水平，故B正确；
C、小球1每次必须要从同一位置释放，保证到达底端时的速度相同，故C错误；
D、实验中存在一定的误差，故B球每次的落点不一定是重合的，故D错误；
故选：B。
(3)由图示可知，碰撞前小球1的落地点是P，两球碰撞，球1的落地点是M，球2的落地点是N，实验需要验证m1OP=m1OM+m2ON
变形可知：m1(OP−OM)=m2ON，故有：m1l1=m2l2
(4)根据(3)中：m1(OP−OM)=m2ON，代入数据解得：m1m2=41。
故答案为：(1)C；(2)B；(3)m1l1=m2l2；(4)4：1。
(1)根据实验原理进行分析，从而明确应测量的物理量；
(2)为使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，根据实验注意事项分析答题；
(3)小球离开水平轨道后做平抛运动，根据实验数据与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
(4)根据实验数据与实验需要验证的表达式分析答题。
本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了实验注意事项与实验器材、实验数据处理，理解实验原理、知道可以用水平位移代替小球的初速度是解题的前提；掌握实验注意事项、理解实验原理、应用平抛运动规律即可正确解题。
13.【答案】260； ①1×104；②99，100：1
【解析】解：(1)测量某电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，指针指在26格处，故该电阻R=26×10Ω=260Ω；
(2)①欧姆表中值电阻等于其内阻，则中间刻度值对应示数为：R中=R内=EIg=3.0300×10−6Ω=1×104Ω；
②当电流计满偏时，干路电流I=Ig+IgRgR0=300μA+300×991μA=30000μA
此时欧姆表的内阻R内′=EI=330000×10−6Ω=100Ω
而R内′=RA+R，RA=RgR0Rg+R0=99×199+1Ω=0.99Ω
所以R=R内′−RA=100Ω−0.99Ω≈99Ω
换挡前、后倍率之比等于内阻之比，即nn′=R内R内′=1×104100=1001
故答案为：(1)260；(2)①1×104；②99，100：1
(1)根据欧姆表测电阻的读数规则读数；
(2)①根据闭合电路欧姆定律求解中值电阻；
②电流计并联分流电阻扩大了电流计的量程，根据欧姆定律与并联电路特点分析答题。
欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的工作原理是解题的关键；欧姆表中值电阻等于其内阻；应用闭合电路欧姆定律可以解题。
14.【答案】汽车匀速行驶的速度大小为30m/s；
汽车与障碍物正碰前瞬间的速度20m/s；
汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小为1.5×105N。
【解析】解：(1)汽车行驶过程中所受阻力大小为f=0.2mg=0.2×1.5×1000×10N=3000N根据P=Fv=fv可知，汽车匀速行驶的速度大小为v=Pf=90×1033000m/s=30m/s；
(2)关闭发动机匀减速行驶，根据牛顿第二定律有f=ma解得加速度大小为a=fm=30001.5×102m/s2=2m/s2设碰撞前汽车的速度大小为v1，根据速度-位移公式可得v2−v12=2ax，代入数据得v1= v2−2ax= 302−2×2×125m/s=20m/s；
(3)设汽车碰撞过程中汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小为F，取汽车原来行驶的速度方向为正方向，根据动量定理有−FΔt=0−mv1
解得F=mv1Δt=1.5×103×200.2N=1.5×105N。
答：(1)汽车匀速行驶的速度大小为30m/s；
(2)汽车与障碍物正碰前瞬间的速度20m/s；
(3)汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小为1.5×105N。
(1)先根据题意求出汽车所受阻力大小，再根据功率公式P=Fv求汽车匀速行驶的速度大小；(2)关闭发动机汽车匀减速行驶，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求出碰撞前汽车的速度大小，
(3)根据动量定理求汽车与障碍物正碰时所受平均冲击力的大小。
考查对动量定理的理解，要理清汽车的运动过程，知道动量定理是求碰撞中物体受到的平均作用力常用方法。
15.【答案】匀强电场的场强大小为 3mv022qL；
粒子经过x轴上B点时的速度大小为2v0，方向与x轴正方向的夹角为60∘；
矩形匀强磁场区域面积的最小值为2 3L2。
【解析】解：(1)由题可知，带电粒子在电场中做类平抛运动
水平方向：x=v0t1，竖直方向：y=12at2，由牛顿第二定律可得：ma=qE
联立可得：E= 3mv022qL
(2)因为vy=at= 3v0
则v= v02+vy2=2v0，tanθ=vyv0，代入数据可得θ=60∘
(3)进入磁场后，粒子将做匀速圆周运动，则有qvB=mv2r，解得r=mvqB=2L，当磁场面积最小时，几何关系如图所示
由图可知磁场中匀速圆周运动转过的圆心角θ1=120∘，矩形磁场区域的长为a=2rsin60∘=2 3L，矩形磁场区域的宽为b=r−rcs60∘=L，所以磁场的面积最小值为Smin=a⋅b=2 3L2
答：(1)匀强电场的场强大小为 3mv022qL；
(2)粒子经过x轴上B点时的速度大小为2v0，方向与x轴正方向的夹角为60∘；
(3)矩形匀强磁场区域面积的最小值为2 3L2。
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的分位移计算场强；
(2)根据平行四边形定则计算；
(3)根据洛伦兹力提供向心力计算出圆周运动的半径，再根据几何关系求出磁场区域面积的最小值。
本题考查带电粒子由电场进入磁场中的运动，要熟练掌握运动的合成与分解，以及前一过程的末速度是后一过程的初速度。
16.【答案】滑块A第一次与B碰后各自的速度vA=2m/s，vB=6m/s。
滑块A与长木板B从第一次碰撞到第二次碰撞所需要的时间为98s。
从第二次碰后开始计时，经过27− 1058s长木板B右端到达凸起点P。
【解析】解：(1)从A弹开到与B相撞，对A，由动能定理可得
Ep=μ1mgs+12mv02
解得
v0=4m/s
A与B弹性碰撞
mv0=mvA+MvB
12mv02=12mvA2+12MvB2
联立解得
vA=2m/s
vB=6m/s
(2)第一次碰后A匀速直线运动，B匀减速直线运动。对B受力分析
μ2(m+M)g=MaB
解得
aB=8m/s2
B减速为0，则有
vB=aBtB
解得
tB=34s
设经过时间t滑块A和木板B发生第二次碰撞
vAt=vB2tB
解得
t=98s
因为t>tB，则B停止后A才与B相撞，时间为98s。
(3)A、B第二次碰撞也为弹性碰撞，设碰后A、B的速度各为v1、v1′，则有
mvA=mv1+Mv1′
12mvA2=12mv12+12Mv1′2
解得
v1=1m/s
v1′=3m/s
之后A进入电场，对A
qE=maA
解得
aA=8m/s2
由于AB加速度相等，则运动具有对称性，当两者速度交换时再次碰撞
mv1′+Mv1=mv2+Mv2′
12mv1′2+12Mv12=12mv22+12Mv2′2
解得
v2=2m/s
v2′=4m/s
依次类推，经过O点第n次碰后B的速度为
vBn=(n+2)m/s
每两次碰撞的时间间隔
Δt=vn′−vnaB=14s
则经过O点第n次碰后B走过的总位移
xB=(2+3+⋯+n+1)Δt=n(n+3)8
设xB=xOP可得n等于8点多，则一共碰了9次，到第9次碰前
xB1=8×(8+3)8=11m
设还需要t′到P点
xB−xB1=vBnt′−12aBt′2
解得
t′=11− 1058s
则从过了O点到P点所需要的总时间
t总=8Δt+t′=27− 1058s
答：(1)滑块A第一次与B碰后各自的速度vA=2m/s，vB=6m/s。
(2)滑块A与长木板B从第一次碰撞到第二次碰撞所需要的时间为98s。
(3)从第二次碰后开始计时，经过27− 1058s长木板B右端到达凸起点P。
题目描述了一个复杂的物理情景涉及弹簧弹射、滑块与木板的碰撞、电场作用以及摩擦力等物理现象。这要求学生对多个物理概念有深入的理解，包括能量守恒、动量守恒、牛顿运动定律等。
这道题目不仅考查了学生对物理基本概念的理解，还考察了学生综合运用物理知识解决问题的能力，是一道很好的综合能力测试题。