2022年广东省韶关市高考物理一模试卷

这是一份2022年广东省韶关市高考物理一模试卷，共21页。试卷主要包含了9Ω)，0m处由静止释放，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。


2022年广东省韶关市高考物理一模试卷

1. 根据所学的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 在核反应方程 24He+714N→817O+X中，X是质子
B. β衰变的本质是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
C. 铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，要经过8次α衰变和4次β衰变
D.  92238U→90234Th+24He是重核裂变
2. 在“嫦娥五号”任务中，有一个重要环节，轨道器和返回器的组合体(简称“甲”)与上升器(简称“乙”)要在环月轨道上实现对接，以便将月壤样品从上升器转移到返回器中，再由返回器带回地球。对接之前，甲、乙分别在各自的轨道上做匀速圆周运动，且甲的轨道半径比乙小，如图所示，为了实现对接，处在低轨的甲要抬高轨道。下列说法正确的是( )
A. 在甲抬高轨道之前，甲的线速度小于乙
B. 甲可以通过减小速度来抬高轨道
C. 在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐增大
D. 返回地球后，月壤样品的重量比在月球表面时大
3. 随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后( )

A. 电容器的电容变小
B. 电容器的带电量增大
C. 极板间电场强度变小
D. 膜片下移过程中，电流表有从a到b的电流
4. 如图，用一根不可伸长的轻绳绕过两颗在同一水平高度的光滑钉子悬挂一幅矩形风景画，现若保持画框的上边缘水平，将两颗钉子之间的距离由图示位置逐渐增大到不能再增大为止(不考虑画与墙壁的摩擦)，则此过程中绳的张力大小( )

A. 逐渐变大 B. 逐渐变小
C. 先变大，后变小 D. 先变小，后变大
5. 内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是( )
A. 在A、O、B三点中，O点电场强度最大
B. 在A、O、B三点中，O点电场强度最小
C. A、B两点电场强度相同
D. A点电场强度比B点大
6. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距为L，与水平面成θ角，上端接入阻值为R的电阻。导轨平面区域有垂直导轨平面向上磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好。不计导轨及金属棒ab的电阻，则金属棒ab沿导轨下滑过程中( )
A. 金属棒ab将一直做加速运动
B. 通过电阻R的电流方向为从Q到N
C. 金属棒ab的最大加速度为gsinθ
D. 电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的重力势能
7. 一辆汽车出厂前需经过多项严格的质量检测，才能被贴上“产品合格证”和“3C强制产品认证”标识，其中的转翼检测就是进行低速实验，检测多项安全性能，在水平平行的两条车道上检测甲、乙两车，在t=0时刻，甲、乙两车并排，两车的速度一时间关系图像如图所示，则0∼6s内( )
A. 在t=1s时，两车相距最远 B. 在t=2s时，乙车改变运动方向
C. 在t=4s时，甲车在乙车前 D. 甲、乙两车相遇两次
8. 近几年，许多品牌手机推出无线充电功能，手机无线充电的最大便利是无需插拔数据线一放即充，如图所示为手机无线充电的工作原理示意图，其主要部件为充电板中的送电线圈和手机中的受电线圈。下列说法中正确的是( )
A. 送电线圈a、b间接稳压直流电源
B. 手机无线充电利用了电磁感应原理
C. 仅减少送电线圈的匝数，可增大c、d端的输出电流
D. 仅减少送电线圈的匝数，可增大c、d端的输出电压
9. 图(a)为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕支架顶部水平轴OO′在竖直面内自由转动。A端凹槽内装有一石子，B端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成θ角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图(b)所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有( )

A. 仅增大石子的质量 B. 仅增大配重的质量
C. 仅增大投石机到靶的距离 D. 仅增大θ角
10. 蹦极(BungeeJumping)，也叫机索跳，是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究运动员下落速度与下落距离的关系，在运动员身上装好传感器，让其从静止开始竖直下落，得到如图所示的v2−h图像。运动员及其所携带装备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，忽略空气阻力，弹性绳上的弹力遵循胡克定律。以下说法正确的是( )
A. 弹性绳的劲度系数为40N/m
B. 运动员在下落过程中先失重再超重
C. 运动员在最低点处加速度大小为10m/s2
D. 运动员在速度最大处绳子的弹性势能为1500J
11. 某同学采用如图甲所示的装置及电火花打点计时器探究小车做匀变速直线运动的特点。

(1)为完成本实验，下列器材中必须有的是______；
A.天平
B.4∼6V低压直流电源
C.刻度尺
D.秒表
(2)安装好实验装置后开始实验，实验中以下操作必需的一项是______；
A.托盘和砝码的总质量要远小于小车的总质量
B.调整滑轮的高度，使细线与长木板平行
C.将长木板远离滑轮的一端用小木块垫起
D.选择尽可能光滑的长木板做实验
(3)实验中获得某条点迹清晰的纸带如图乙所示，若在误差范围内满足______(填写表达式，用图中物理量表示)，则可认为小车做匀变速直线运动。
12. 一只电流表的表盘刻度清晰，但刻度值污损。某同学要测量其内阻，除了待测电流表之外，实验室提供的器材如下：
A.电压表V(量程为3V)
B.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω，额定电流为1A)
C.滑动变阻器R2(最大阻值为2KΩ，额定电流为1A)
D.电阻箱R′(0∼999.9Ω)
E.电源(电动势约为9V，内阻约为1Ω)
F.开关一个、导线若干
(1)如果采用如图1所示的实验电路，选用的滑动变阻器为______(填“R1”或“R2”)。
(2)请用笔画线代替导线，将图2中电路连接完整。

(3)连接好实验电路，在闭合开关S前将滑动变阻器的滑片调到______(填“a”或“b”)端，电阻箱的阻值调至最大。闭合开关S，调节滑动变阻器和电阻箱，使电流表指针满偏，记录电压表的读数U和电阻箱的阻值R′。
(4)保持电流表的指针满偏，调节滑动变阻器、电阻箱的阻值，记录多组实验数据，绘出的U−R′图象是一条直线。若直线的斜率为k，在U坐标轴上的截距为b，则该电流表的量程为______，内阻为______。(用k、b表示)
13. 如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？








14. 如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3kg的小物块A，装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=3m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，传送带的长度l=1.0m。设物块A、B之间发生的是弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g=10m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦生热；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，求出物块B第n次碰撞后的动能EKn。









15. 某实验小组在做“油膜法估测油酸分子大小”的实验中，需使油酸在水面上形成______层油膜，为使油酸尽可能地散开，将纯油酸用酒精稀释，若稀释后的油酸酒精溶液的浓度为每1000mL油酸酒精溶液中有油酸0.5mL，用滴管向量筒内滴50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1mL，油酸未完全散开就开始测量油酸膜的面积，会导致油酸分子直径的计算结果______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。若一滴油酸酒精溶液形成的油膜面积为160cm2，则可测出油酸分子的直径为______ m。(结果保留一位有效数字)
16. 中国共产党成立100周年庆祝大会临近尾声时，广场上的100个气球笼同时打开，10万只气球腾空而起，缤纷的色彩在天空中恣意绽放，一道斑斓的气球幕墙在北京上空描绘出一幅美丽的画卷。据报道，本次使用的气球为氦气球，每个气球需要充入氦气10L，充气后压强等于一个标准大气压，地面附近空气温度为27℃、压强为1.0×105Pa。
(1)用一个体积为50L、压强为2.0×107Pa的氦气罐给气球充气(认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度一致，不发生变化)，在忽略漏气损耗的情况下，这样的1个氦气罐可以充满多少个氦气球；
(2)本次大会使用的气球由可降解材料制成，当气球体积膨胀到15L时会发生爆炸。已知高度每升高1000m，空气温度下降6℃，若一个气球在刚好上升到2000m时发生爆炸(气球上升过程中没有漏气)，则此时2000m高处大气压强为多少。







17. 一列简谐横波沿x轴正向传播，t=0时波的图象如图所示，质点P的平衡位置在x=8m处。该波的周期T=0.4s。由此可知。该列波的传播速度为______ 。在0∼1.2s时间内质点P经过的路程为______ ，t=0.6s时质点P的速度方向沿y轴______ 方向(选填“负”或“正”)。

18. 如图所示。在深h1=43m的湖底O处有一激光光源。一桅杆顶部高出湖面h2=5m的帆船静止在湖面上，从O点发出一束激光从水面出射后恰好照射到桅杆顶端。该出射光束与竖直向的夹角为45∘，已知桅杆顶点A到O点的水平距离为x=9m。
(1)该湖水的折射率是多少？
(2)当激光束方向与竖直方向的夹角为多少度时，将没有光从水面射出？








答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、根据质量数守恒和电荷数守恒可知：X的质量数为4+14−17=1，电荷数为2−7−8=1，X为质子 11H，故A正确；
B、β衰变释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流，故B错误；
C、设该过程经历了x次α衰变和y次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒可得：238=206+4x，92=82+2x−y，解得：x=8，y=6，故C错误；
D、根据核反应的特点可知，该反应为α衰变，故D错误。
故选：A。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断X的种类；根据β衰变的本质判断；根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成物的种类和衰变次数。
本题考查了衰变实质等基础知识点，要能根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成产物，要熟悉教材，牢记这些基础知识点，不能混淆。

2.【答案】D

【解析】解：A.在甲抬高轨道之前，两卫星均绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
整理可得线速度为v=GMr
因，则甲的线速度大于乙的线速度，故A错误；
B.低轨卫星甲变为高轨卫星，需要做离心运动，则需要万有引力小于向心力，则需向后喷气增大速度，故B错误；
C.在甲抬高轨道的过程中，离月球的距离r逐渐增大，由F=GMmr2可知，月球对卫星的万有引力逐渐减小，故C错误；
D.因地球表面的重力加速度比月球表面的重力加速度大，则由G=mg可知月壤样品的重量在地表比在月表要大，故D正确。
故选：D。
A、根据万有引力提供向心力得出线速度的表达式，结合题意比较甲乙的线速度；
B、根据变轨原理可知，抬高轨道需要增大速度；
C、根据万有引力定律，结合题意可知在甲抬高轨道的过程中，月球对甲的万有引力逐渐减小；
D、根据地球表面的重力加速度比月球表面的重力加速度大，结合G=mg可知月壤样品的重量在地表比在月表要大。
在处理天体运动问题时，要熟记万有引力提供向心力时的几个表达式：GMmr2=mv2r=mrω2=mr4π2T2。

3.【答案】B

【解析】解：ABD.根据电容器表达式C=εrS4πkd，当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大；再根据电容器定义式C=QU，由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从b到a的电流，故AD错误，B正确；
C.由匀强电场公式得E=Ud，所以当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，故C错误。
故选：B。
根据电容的决定式和比值定义式分析出极板上电荷量的变化，由此得出电流的方向；
根据公式U=Ed分析出极板间场强的变化。
本题主要考查了电容器的动态分析，根据电容的决定式和比值定义式，以及场强的公式U=Ed完成分析。

4.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了合力的大小与分力间夹角的关系，明确两力合成时，合力一定的情况下，两等大分力的夹角越大，分力越大。
【解答】
分析题意可知，画受到两段轻绳的拉力作用，根据共点力的平衡可知，拉力的合力与重力等大反向，即合力恒定不变。
随着两颗钉子之间距离的增大，两端轻绳的夹角先减小，后增大，根据力的合成规律可知，两等大的力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。则轻绳的张力先变小后变大，当两轻绳处于竖直方向时，张力最小，故D正确，ABC错误。
故选：D。  
5.【答案】B

【解析】解：AB.两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子的在O点合场强为0，故A错误，B正确；
CD.A、B两点电场强度大小相等，方向相反，故CD错误；
故选：B。
根据电场的矢量合成运算与对称性可判断场强与电势。
本题考查对同种等量电荷周围电场和电势的大小判断，需牢记特殊的电场线分布。

6.【答案】C

【解析】解：A、金属棒ab先做加速运动，后做匀速运动，故A错误；
B、根据右手定则，通过电阻R的电流方向为从N到Q，故B错误；
C、金属棒速度等于零时，加速度最大，根据牛顿第二定律mgsinθ=ma
解得：a=gsinθ，故C正确；
D、根据能量守恒定律，电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的重力势能减去增加的动能，故D错误。
故选：C。
对金属棒进行受力分析，得出金属棒的运动类型；
根据右手定则得出电流的方向；
当金属棒的安培力为零时，则加速度最大，根据牛顿第二定律完成计算；
根据能量的转化关系完成分析。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，对金属棒进行受力分析，结合牛顿第二定律得出金属棒的加速度，同时要理解能量之间的转化关系。

7.【答案】D

【解析】解：AC、由题意在t=0时刻，甲、乙两车并排，由图可知当t=1s时和t=4s时两车共速，有最远距离。因为v−t图像面积表示位移，由图得当t=1s时甲车在乙车前面且两车距离为Δx1=12×1×10m=5m
t=4s时乙车在甲车前面且两车距离为Δx2=12×2×10m=10m
所以t=4s时两车最远，故AC错误；
B、由图像知0∼6s内乙车速度一直为正，故速度方向未改变，故B错误；
D、因为v−t图像面积表示位移，在t=0时刻，甲、乙两车并排，则甲、乙两车相遇时位移相等，若t≤2s时相遇，则vt=12at2，a=ΔvΔt=202m/s2=10m/s2，解得t=2s；若t>2s时相遇，则vt=20×22+20+30−5t2×(t−2)，整理得t2−8t+12=0，解得t=6s，所以两车相遇两次，故D正确。
故选：D。
在v−t图像中，图像的斜率表示加速度，根据斜率大小分析加速度大小；速度的正负表示速度的方向；根据图像与时间轴围成的面积表示位移，分析两车位移关系，结合初始位置关系，判断两车相遇次数。
解决本题的关键要理解速度-时间图像的物理意义，知道图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。

8.【答案】BD

【解析】解：AB、因为手机无线充电的工作原理是电磁感应，所以送电线圈a、b间要接交流电源，故A错误，B正确；
CD、设送电线圈和受电线圈匝数分别为n1和n2，则U1U2=n1n2，所以减小n1，其他不变时，c、d端的输出电压增大，因为输送功率不变，所以c、d端的输出电流变小。故C错误，D正确。
故选：BD。
无线充电器是利用电磁感应原理充电的设备，类似变压器；在发送端由送电线圈，接收端有受电线圈线圈，送电线圈接有线电源产生电磁信号，接收端受电线圈感应发送端的电磁信号从而产生电流给电池充电。
本题以手机充电这个生活实例为载体，考查学生会用物理知识解答生产和生活中的物理问题。

9.【答案】AC

【解析】解：A.仅增大石子的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变小，抛物线向下偏移，可以击中靶心，故A正确；
B.仅增大配重的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，故B错误；
C.仅增大投石机到靶的距离，抛物线向左偏移，可以击中靶心，故C正确；
D.仅增大θ角，配重升高，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能击中靶心，故D错误。
故选：AC。
由平抛运动规律分析出此时石子速度的变化趋势，再由机械能守恒和圆周运动角速度之间的关系进行分析。
本题主要考查了机械能守恒，平抛运动和圆周运动的知识点，解题关键在于要从6环处打中10环处，则需要竖直方向位移增加，则需要时间增加，则需要水平方向时间增加，以此进行分析。

10.【答案】BD

【解析】解：A、由图知h=15m时运动员的速度最大，此时弹性绳伸长的长度x=15m−10m=5m，运动员的加速度为零时速度最大，则有kx=mg，解得弹性绳的劲度系数为k=120N/m，故A错误；
B、运动员在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，加速度先向下后向上，则运动员先失重后超重，故B正确；
C、运动员在最低点处弹性绳伸长量为x′=25m−10m=15m，根据牛顿第二定律得kx′−mg=ma，解得加速度大小为a=20m/s2，故C错误；
D、设运动员在速度最大处绳子的弹性势能为Ep。根据弹性绳与运动员组成的系统机械能守恒得：mgh=Ep+12mv2，由图知h=15m，v2=250m2/s2，解得Ep=1500J，故D正确。
故选：BD。
当运动员的加速度为零时速度最大，根据平衡条件和胡克定律求弹性绳的劲度系数；根据加速度方向判断运动员处于超重还是失重状态；根据牛顿第二定律和胡克定律相结合求运动员在最低点处加速度大小。根据运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒求运动员在速度最大处绳子的弹性势能。
本题与小球掉在竖直放置的弹簧相似，要根据弹性绳弹力的变化，分析运动员的运动情况，要知道运动员的加速度为零时速度最大，弹性绳与运动员组成的系统机械能守恒，但弹性绳张紧后运动员的机械能并不守恒。

11.【答案】CBs2−s1=s3−s2=s4−s3

【解析】解：(1)电火花计时器使用220V的交流电源，为完成本实验，下列器材中必须有刻度尺用来测量纸带的长度，但不需要秒表、天平、4∼6V低压直流电源，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(2)A、实验中不需要托盘和砝码的总质量远小于小车的总质量，故A错误；
B、调整滑轮的高度，使细线与长木板平行，故B正确；
C、该实验不需要平衡摩擦力，即不需要将长木板远离滑轮的一端用小木块垫起，故C错误；
D、该实验木板光滑与否都可以，不需要选择尽可能光滑的长木板做实验，故D错误。
故选：B。
(3)做匀变速直线运动的物体在相邻相等时间间隔内的位移差是一常数，即Δx=aT2=常量
则该实验中若在误差范围内满足s2−s1=s3−s2=s4−s3，则可认为小车做匀变速直线运动。
故答案为：(1)C；(2)B；(3)s2−s1=s3−s2=s4−s3。
(1)根据实验的原理从而确定所需的实验器材；
(2)根据实验原理和操作方法，及注意事项，即可判定；
(3)根据匀变速直线运动的推论：连续相等时间内的位移之差是一恒量分析答题。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，解决本题的关键要掌握纸带的处理方法，通过纸带能求解瞬时速度和加速度，注意匀变速直线运动的特点。

12.【答案】R1  akbk

【解析】解：(1)图甲的滑动变阻器是分压式接法，为了便于操作，应选用最大阻值较小的滑动变阻器R1；
(2)根据电路图可得实物图连线如图

(3)闭合开关前，为了保证电表安全，应将滑动变阻器R1的滑片置于图中的a端；
(4)设电流表的满偏电流为Ig，则有U=Ig(r+R′)=Igr+IgR′
U−R′图像是一条直线则直线的斜率为k=Ig
即电流表的满偏电流，则该电流表的量程为k；
在U坐标轴上的截距是R′为零时电流表两端的电压，所以电流表的内阻为r=UIg=bk
故答案为：(1)R1；(2)见解析；(3)a；(4)k，bk
(1)在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。闭合开关前，应将滑动变阻器R1的滑片置于图中的a端；
(2)按电路图把实物图补充完整；
(3)(4)由欧姆定律得出U−R′的表达式，由图象结合表达式可得出电压表量程和电阻；
本题考查了实验器材选择、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键。

13.【答案】解：(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有：qUd=mg…①
由①式得，q=mgdU…②
由于电场方向向下，电荷所受的电场力方向向上，可知墨滴带负电荷．
(2)墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有：
 qv0B=mv02R…③
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径R=d…④
由②③④式得：B=v0Ugd2…⑤
(3)根据题设，墨滴的运动轨迹如图，设圆周运动的半径为R′，有：
 qv0B′=mv02R′…⑥
由图示可得，R′2=d2+(R′−d2)2…⑦
得，R′=54d…⑧
联立②⑥⑧式可得：B′=4v0U5gd2.
答：
(1)墨滴带负电，电荷量为mgdU.
(2)磁感应强度为v0Ugd2.
(3)B′的大小为4v0U5gd2.

【解析】(1)根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负．
(2)墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动，根据粒子垂直打在M点，通过几何关系得出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小．
(3)根据几何关系得出粒子做圆周运动的轨道半径，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式求出磁感应强度的大小．
本题考查粒子在复合场中的运动，知道粒子在电场和重力场区域做匀速直线运动，进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动．结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．

14.【答案】解：(1)设B滑到曲面底部速度为v0，根据机械能守恒定律：mgh=12mv02
代入数据解得：v0=25m/s
由于v0>v=3m/s，B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为v1，由动能定理可得：−μmgl=12mv12−12mv02
代入数据解得：v1=4m/s
由于v1=4m/s仍大于v=3m/s，说明假设成立，即B与A第一次碰前速度为4m/s
(2)设第一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv1=mvB1+MvA1
由机械能守恒定律得：12mv12=12mvB12+12MvA12
代入数据解得：vB1=−2m/s，vA1=2m/s
碰撞后B以2m/s的速度向右反弹，B在传送带上向右做匀减速直线运动，设B向左匀减速运动的最大位移为xB，由动能定理得：−μmgxB=0−12mvB12
代入数据解得：xB=1.0m=l，可知B刚好滑到传送带右端速度变为零，然后B向左做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，B的加速度大小：a=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2
B在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间为：t1=va=32s=1.5s，
该时间内物块的位移大小为：x1=v2t1=32×1.5m=2.25m>l=1.0m，
说明物块B在传送带上一直加速运动，物块B到达传送带左端时的速度为：vB2=al=2×2×1m/s=2m/s
物块B在传送带上的运动时间为：t=2vB2a=2×22s=2s
B在传送带上运动的过程相对传送带的位移大小为：Δx=vt+l−l=vt，
摩擦产生的热量：Q=μmgΔx
代入数据解得：Q=12J
(3)B的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加速，加速度与向右匀减速时相同，且由于vB2小于传送带的速度3m/s，故B向左返回到平台上时速度大小仍为2m/s，由于第二次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由(2)中的关系可知碰后B仍然反弹，且碰后速度大小仍为B碰前的12，即：vB2=12vB1=12×(−v12)=−v122
同理可知，B每次碰后都将被传送带带回与A发生下一次碰撞，则B与A碰撞n次后反弹，速度大小为vBn=v12n，
物块B第n次碰撞后的动能：EKn=12mvBn2
代入数据解得：EKn=822nJ
答：(1)物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小是4m/s；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦生热是12J；
(3)物块B第n次碰撞后的动能EKn为822nJ。

【解析】(1)物块B沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解。
(2)物块A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用运动学公式求出B相对传送带滑行的距离，然后求出因摩擦产生的热量。
(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出n次碰撞后的运动速度大小。
本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大。

15.【答案】单分子  偏大  6×10−10

【解析】解：油膜法估测油酸分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜。
油酸分子直径为d=VS
油酸未完全散开就开始测量油酸膜的面积，所测S偏小，会导致油酸分子直径的计算结果偏大。
一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸体积
V=0.51000×50mL=1×10−11m3
油膜面积为S=160cm2=1.6×10−2m2
则可测出油酸分子的直径为
d=VS=1×10−111.6×10−2m=6×10−10m
故答案为：单分子；偏大；6×10−10
根据实验原理掌握正确的实验操作，根据V=dS计算出油酸分子的直径。
本题主要考查了油膜法估测分子大小的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式V=dS计算出油酸分子的直径，在计算过程中要注意单位的换算。

16.【答案】解：(1)氦气罐体积V=50L，压强p=2.0×107Pa，每个气球充满气的体积V0=10L，压强p0=1.0×105Pa，由玻意耳定律可得
pV=p0(nV0+V)
可得：
n=995
所以每个罐子可以充气球995个；
(2)在地面，气球V0=10L，压强p0=1.0×105Pa，温度为T0=300K，到达2000m高空时，V1=15L，温度为T1=288K，由理想气体状态方程
p0V0T0=p1V1T1
解得：
p1=0.64×105Pa。
答：(1)1个氦气罐可以充满995个氦气球；
(2)上升到2000m时发生爆炸(气球上升过程中没有漏气)时大气压强为0.64×105Pa。

【解析】(1)由题意可知此过程为等温变化过程，由盖-吕萨克玻意耳列式求解即可；
(2)结合一定质量理想气体状态方程，代入题干情景进行列式即可求解。
本题考查理想气体状态方程，要求学生从题干提取有效信息，进行分析列式，从而求解。

17.【答案】20m/s1.2m负

【解析】解：由图示波形图可知，波长为：λ=8m，则波速为：v=λT=80.4m/s=20m/s；
由波形图可知，质点的振幅为：A=10cm，时间t=1.2s=3T，
质点P的路程为：s=3×4A=12×10cm=120cm=1.2m；
t=0时刻，质点P在平衡位置向上振动，t=0.6s=112T，质点P由平衡位置向下振动，即质点P的速度方向沿y轴负方向.
故答案为：20m/s；1.2m；负.
根据图示波形图求出波长，根据波速、波长与周期的关系求出波速；质点在一个周期内的路程是振幅的4倍，由图示波形图求出质点的振幅，然后求出质点的路程；
根据题中所给时间与周期的关系，可以找出P点的位置及振动方向
机械振动问题中，一般根据波形图得到波长，从而得到波速；根据题中所给时间找出和周期之间的关系，由于一个周期路程为4A，所以找出时间和周期的关系就可以找出路程.

18.【答案】解：(1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到O点的水平距离为x2，激光束在水中与竖直方向的夹角为θ，
由几何关系有：x1=h1=5m
tanθ=x2h1=x−x1h1=9−543=33，
所以θ=30∘
由折射定律有：n=sin45∘sin30∘=2；
(2)光射到水面上时的临界角为C，则有：sinC=1n=22
所以C=45∘
当激光束方向与竖直方向的夹角不小于45∘，将没有光从水面射出。
答：(1)该湖水的折射率是2；
(2)当激光束方向与竖直方向的夹角不小于45∘，将没有光从水面射出。

【解析】(1)根据几何关系求解激光束在水中与竖直方向的夹角，根据折射定律求解折射率；
(2)根据发生全反射的条件求解临界角，由此分析没有光从水面射出时激光束方向与竖直方向的夹角。
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。