2023-2024学年河北省唐山市百师联盟高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省唐山市百师联盟高二（下）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.“嫦娥五号”携在月球采集的约2kg月壤返回地球。从月球带来的“土”特产中有地球上含量极少且被誉为“月壤宝藏”的氦−3，它是既环保又安全的核反应原料，可将氦−3原子核与氘原子核结合时释放的能量用来发电，其核反应方程 23He+12H→ZAY+11H，则下列说法正确的是( )
A. 该反应为原子核的人工转变B. 23He与 ZAY相比， ZAY的结合能较小
C. 由核反应方程可知，A为4，Z为2D. 氦−3是Y的同位素，比Y少一个质子
2.如图甲所示，t=0时，一小船停在海面上的P点，一块浮木漂在纵坐标y=0.5m的R点，其后小船的振动图像如图乙所示，可知( )
A. 水波的振动向x轴负方向传播B. 水波波速为4.8m/s
C. 1.2s末，小船运动到Q点D. 1.5s末，浮木向下运动
3.根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1～8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10～20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其它物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的 2倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是( )
A. 同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B. 恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C. 恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D. 中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
4.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于( )
A. 30cm3B. 40cm3C. 50cm3D. 60cm3
5.如图甲为教学用交流发电机，转动手柄，两个磁极之间的线圈随着转动，就能产生感应电动势，从而为小灯泡供电。把小灯泡与教学用发电机按图乙所示电路通过变压器相连，小灯泡发光。变压器副线圈的匝数可通过移动调节器的滑片P改变。下列说法正确的是( )
A. 调节器滑片位置不变时，手柄转速变大，变压器副线圈两端电压变小
B. 调节器滑片位置不变时，手柄转速变大，小灯泡的亮度变暗
C. 手柄转速一定时，向下移动调节器的滑片，小灯泡变亮
D. 若希望小灯泡亮度保持不变，当手柄转速变大时，可向下移动调节器的滑片
6.近些年高压水枪水射流清洗技术迅速发展，可以用于清洗汽车上许多种类的污垢层。设高压水枪洗车时，垂直射向车身的圆柱形水流的横截面直径为d，水从出水口水平出射，水打到车身后不反弹顺车身流下。已知车身受到水的平均冲力大小为F，水的密度为ρ，则水的流量Q(单位时间流出水的体积)为( )
A. 12 ρdπF
B. d2 πFρ
C. 2 ρdπF
D. 2d πFρ
7.质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为( )
A. 2F2(F−f)(S2−S1)S1(M+m)S2−MS1B. 2F2(F−f)(S2−S1)S1(M+m)S2−mS1
C. 2F2(F−f)(S2−S1)S2(M+m)S2−MS1D. 2F2(F−f)(S2−S1)S2(M+m)S2+mS1
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图(甲)所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射后，助推器点火提供向上的推力，到达某一高度后与火箭分离，并立即关闭发动机，在接近地面某处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。从火箭发射开始计时，助推器上速度传感器测得助推器竖直方向的速度如图(乙)所示，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. t1～t3的过程中，助推器先处于超重状态然后处于失重状态
B. t3～t4的过程中助推器处于超重状态
C. t2时刻助推器与火箭分离并关闭发动机
D. 若t2v2
9.光导纤维(简称光纤)由内芯和外套两层组成。如图所示，某光纤内芯半径为a，折射率为n，外套折射率小于n，真空中的光速为c，传播的信号从光纤轴线上的O点射向光纤。若一段该光纤长为L，则光在该光纤中传播的最短时间为t(未知)；若光信号在光纤内芯中传播时相对外套的临界角为C，为保证射入光纤内芯的光信号在传播过程中发生全反射，O点到光纤左端面距离的最小值为x(未知)。则( )
A. t=Lcn
B. t=nLc
C. x=ancsC 1−n2cs2C
D. x=nacsC 1+n2cs2C
10.如图所示，x轴上的电势分布关于φ轴对称，x1处电势为φ1，x3处电势为φ2，且该处图线切线斜率绝对值最大，x3=−x2，将一电荷量为−q(q>0)的电荷从x1处由静止释放，只在电场力作用下运动，下列说法正确的是( )
A. 电荷运动到x2处加速度最大，且与x3处加速度等大反向
B. 电荷在x3处的动能为−q(φ2−φ1)
C. 电荷从x1到x2，电场力做功为q(φ2−φ1)
D. 电荷一直向x轴正方向运动
三、计算题：本大题共4小题，共48分。
11.用电压表和电流表测电源的电动势和内电阻，有如图甲、乙所示的两种电路，测得多组数据，把它们标在丙图的坐标纸上，并作出路端电压U与干路电流I间的关系(U−I)图像。

(1)由丙图的图像可知，电源的电动势E= ______V，内电阻r= ______Ω。(结果均保留两位有效数字)
(2)如果丙图是采用乙图所示的电路进行测量并作出的图像，所得的电源电动势E的测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(3)如果做实验时，实验室没有合适量程的电表，需要进行改装，以下电表改装正确的是______。
A.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表
B.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.6A的电流表
C.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个300Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表
D.将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为10V的电压表
12.如图所示，倾角α=37°的直轨道AB与半径R=0.15m的圆弧形光滑轨道BCD相切于B点，O为圆弧轨道的圆心，CD为竖直方向上的直径，质量m=0.1kg的小滑块可从斜面上的不同位置由静止释放，已知小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若释放点距B点的长度l=0.75m，求小滑块到最低点C时对轨道的压力大小；
(2)若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，求释放点距B点的距离。
13.如图所示，竖直xOy坐标平面内第Ⅱ象限内有相互正交的匀强磁场与匀强电场(图中未画出)，一个质量为mA=0.2kg的带正电小球A以速度v0从x轴上P点与x轴负方向成θ=60°进入磁场与电场区域，小球恰好能在电场与磁场区域内做匀速圆周运动，小球A由垂直于y轴上的N点离开电场、磁场区域，小球A立即与静置于N点的绝缘小球C发生弹性碰撞，碰撞后两球均落在第I象限内的x轴上，已知匀强磁场磁感应强度B0=3.0T，小球A带电量为q=1.0C，A、C两球体积相同，小球A质量为C的质量的2倍，N点与x轴的距离为ℎ=0.45m，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，π取3；求：
(1)第Ⅱ象限内匀强电场的大小与方向；
(2)小球A由P点出发到落回x轴所用时间；
(3)A、C两小球在x轴上的落点间距Δx。
14.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间距为L=1m，导轨左侧有两个开关S1、S2，S1与一个阻值为R=2Ω的定值电阻串联，S2与一个电容为C=0.5F的电容器串联。导体棒ab垂直于导轨放置，其长度为L、质量m=0.5kg、电阻r=1Ω。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中。一质量为M=0.1kg的重物通过轻质定滑轮用绝缘轻绳与导体棒ab的中点连接，开始时轻绳张紧，轻绳水平部分与导轨和导体棒在同一水平面。现将S1闭合，S2断开，使重物由静止释放，经时间t=3s导体棒达到最大速度。已知导轨足够长，不计导轨电阻，导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，取重力加速度为g=10m/s2，不计一切摩擦。求：
(1)导体棒的最大速度vm；
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离d；
(3)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量；
(4)导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，导体棒速度再次稳定时电容器所带的电荷量。
答案解析
1.C
【解析】解：AB、此反应属于核聚变反应，释放出核能，结合能增加，所以生成物的结合能大于反应物的结合能， 23He与 ZAY相比， ZAY的结合能较大，故AB错误；
CD、根据质量数守恒和电荷守恒可得：A=3+2−1=4，Z=2+1−1=2，即Y为 24He，与氦−3是同位素，少一个中子，故C正确，D错误；
故选：C。
A、根据反应方程可判断出；
B、根据核子数多少可分析出；
C、根据质量数守恒和电荷守恒可解出；
D、根据同位素的特点只有中子数不同可分析出。
本题主要考查学生对于核变的相关知识，要能够掌握核变遵循的规律，对基本概念加强理解。
2.D
【解析】解：A.由题图乙可知，t=0时刻小船沿y轴正方向起振，则此时小船应位于波传播方向波形的下坡上，所以水波的振动向x轴正方向传播，故A错误；
B.由题图甲、乙可知波的波长和周期分别为λ=4m、T=1.2s，所以水波波速为
v=λT=41.2m/s=103m/s
故B错误；
C.小船只会在平衡位置附近振动，不会沿波的传播方向移动，故C错误；
D.t=0时刻浮木正位于波传播方向的上坡上，所以此时浮木沿x轴负方向运动，因为1.5s=T+T4，且t=0时刻浮木位于平衡位置上方，所以1.5s末，浮木向下运动，故D正确。
故选：D。
由t=0时刻质点P的振动方向，确定波的传播方向，由甲图读出波长，由乙图读出波的周期，再由波速公式求出波速，小船只会在平衡位置附近振动，不会沿波的传播方向移动。
本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，可以运用波形平移法，也可以“上下坡法”，即把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上。
3.B
【解析】解：A、考虑恒星自转，两极处万有引力等于重力，而其它地方万有引力的一个分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度比一定相同，故A错误；
B、根据两极处万有引力等于重力得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，恒星坍缩后质量M不变，R变小，所以表面两极处的重力加速度一定比坍缩前的大，故B正确；
C、根据星球表面万有引力提供向心力推导第一宇宙速度，得：GMmR2=mv2R，v= GMR，质量M不变，R变小，所以恒星坍缩前后的第一宇宙速度变大，故C错误；
D、逃逸速度为第一宇宙速度的 2倍，又根据选项C可知：逃逸速度的表达式为v′= 2GMR，又质量M=ρV=43πR3
联立解得：v′=2R Gπρ3，中子星密度大于白矮星，但是半径不一定大于白矮星，所以不能确定中子星的逃逸速度是大于还是小于白矮星的逃逸速度，故D错误。
故选：B。
A、考虑恒星自转，根据万有引力的一个分力等于重力判断同一恒星表面任意位置的重力加速度是否相同；
B、根据两极处万有引力等于重力判断恒星坍缩后表面两极处的重力加速度是否比坍缩前的大；
C、根据星球表面万有引力提供向心力判断恒星坍缩前后的第一宇宙速度是否不变；
D、根据星球表面万有引力提供向心力推导恒星坍缩后的第一宇宙速度，进而表示出逃逸速度，进一步判断中子星的逃逸速度是否小于白矮星的逃逸速度。
本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，涉及了星体表面的重力加速度、第一宇宙速度以及逃逸速度的问题，解题方法是：忽略星球自转，万有引力等于重力，涉及环绕问题，一般需要根据万有引力提供向心力讨论分析。
4.D
【解析】【分析】
以5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，由玻意耳定律列方程可求解。
本题考查玻意耳定律，解题的关键是研究对象的选取，本题考查内容重点突出，中等难度。
【解答】
以5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，初态：p1=750mmHg，
末态：p2=750mmHg+150mmHg=900mmHg ，V2=5V
由玻意耳定律p1V1=p2V2
代入数计算可得V=60cm3，故D正确，ABC错误。
5.D
【解析】解：AB、根据E=NBSω，线圈转动的快慢程度即ω的大小会影响原线圈两端的电压，当角速度变大时，电动势增大，原线圈两端电压增大，而在P不变的情况下，副线圈两端电压也将增大，从而小灯泡的亮度将变大，故AB错误；
C、手柄转速一定时，则可知原线圈两端电压不变，向下移动调节器的滑片时，副线圈的匝数减小，根据变压器的电压与匝数的正比关系可知，副线圈两端电压减小，灯泡将变暗，故C错误；
D、当增大转动角速度，原线圈两端电压U1增大，而向下移动滑片时，减小匝数n2，根据变压规律可知，U2=n2n1U1，副线圈两端电压有可能不变，灯泡亮度不变，故D正确；
故选：D。
本题根据交流发电机产生的交流电特点以及变压器的变压规律，即可解答。
本题考查学生对交流发电机产生的交流电特点以及变压器规律的掌握，难度不高，比较基础。
6.B
【解析】解：设水流速v，高压水枪时间t内喷出水的质量为：
m=ρV=ρπd24⋅vt
已知车身受到水的平均冲力大小为F，以F方向为正方向，由动量定理有：Ft=0−m(−v)
得：F=14πρd2v2
水的流量为：Q=πd24⋅v=d2 πFρ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据水流速度，表达时间t内喷出水的质量，根据动量定理，求车身受到水的平均冲力大小为F，再求水的流量。
本题考查学生对动量定理的掌握，使用时注意规定正方向。
7.A
【解析】解：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，由牛顿第二定律得：F−f−μmg=(M+m)a1
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2=2a1S1
额定功率P0=Fv
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μmg=ma2
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2=2a2(S2−S1)
联立解得：P0= 2F2(F−f)(S2−S1)S1(M+m)S2−MS1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
小车拉动物体运动过程中，小车和物体做匀加速直线运动，对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动规律表示加速过程末速度与位移的关系；轻绳脱落后，物体做匀减速直线运动，对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动规律表示减速过程初速度与位移的关系，进而求解小车的最大速度；根据功率公式P=Fv求解小车的额定功率。
本题考查牛顿第二定律和功率的计算，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据牛顿第二定律、运动学公式和功率公式列式求解即可。
8.BD
【解析】解：A.t1～t3的过程中，助推器只在重力作用下先向上减速后向下加速，加速度向下，则总是处于失重状态，故A错误；
B.t3～t4的过程中助推器向下减速，加速度向上，处于超重状态，故B正确；
C.t1时刻助推器关闭发动机，助推器向上做减速运动，火箭继续向上加速，助推器与火箭分离，故C错误；
D.因t2时刻助推器到达最高点，则由面积关系可知t轴以上图像的面积等于t轴以下图像的面积，设t轴以上图像的面积为s，若从0～t1时间内做匀加速直线运动，则
12v1t2>s
s=12v2(t4−t2)
联立解得：12v1t2>12(t4−t2)v2
因t2v2，故D正确。
故选：BD。
根据图像分析加速度方向，根据助推器的加速度方向判断助推器超失重状态；t1时刻助推器关闭发动机，助推器向上做减速运动，火箭继续向上加速，助推器与火箭分离；根据图线与坐标轴围成的面积，分析v1与v2的关系。
本题考查超失重的概念和运动学图像问题，解题关键掌握图像的认识，注意图线的斜率代表加速度，与坐标轴围成的面积，会根据加速度方向判定物体的超失重状态。
9.BC
【解析】解：(1)光在介质中的传播速度v=cn，光信号在该光纤传播路径最短为L，则传播时间最短为t=Lv=nLc，故B正确，A错误；
(2)光信号在传播过程中恰好发生全反射时如图所示
设光线从P点进入，入射角为α，折射角为β，光线进入光纤后照射在Q点，入射角为γ，光线在Q点恰好发生全反射，则有γ=C，则有β=90°−C，根据折射定律有n=sinαsinβ，解得sinα=nsinβ=ncsC，为保证射入光纤内芯的光信号在传播过程中发生全反射，光线最远到达P点，即半径a，对应O点到光纤左端面距离的最小值为x，根据几何关系得sinα=a a2+x2，联立得x=ancsC 1−n2cs2C，故C正确，D错误。
故选：BC。
(1)光信号在该光纤传播路径最短为L，根据位移计算公式求解；(2)画出光信号的传播途径，当光恰好发生全反射时，根据几何关系结合光的折射定律，全反射的条件进行解答。
考查光在介质中的传播速度、折射定律及全反射的条件，要熟悉公式的运用。
10.AC
【解析】解：A、x3与x2两点对称，两点所在位置的电场强度等大反向，且最大，由牛顿第二定律可知加速度等大反向，且最大，故A正确；
BC、从x1到x2，从x1到x3，电场力做功：W=(φ1−φ2)×(−q)=q(φ2−φ1)，电场力做功相同，由动能定理可知在x3处动能为q(φ2−φ1)，故B错误，C正确；
D、根据动能定理可知电荷运动到x1位置处动能为零，所以电荷先向x轴正方向做加速运动，过坐标原点后做减速运动，速度减为零，然后反向做加速运动，所以电荷不是一直向x轴正方向运动，故D错误。
故选：AC。
A、根据图像对称和牛顿第二定律可得结论；
BC、根据WAB=(φA−φB)q可得电场力做功，根据动能定理可得电荷在x3处的动能；
D、根据图像对称和动能定理可知电荷动能减为零的位置，可知电荷的运动特点。
本题考查了电场力做功、φ−x图像，解题的关键是熟练掌握电场力做功的计算式WAB=(φA−φB)q，注意电荷量q一定带上正负。
11.1.5 1.0 小于 A
【解析】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律
E=U+Ir
整理得
U=−Ir+E
图像的纵截距表示电源的电动势，为
E=1.5V
图像斜率的绝对值表示电源内阻，为
r=|k|=1.5−1.00.5Ω=1.0Ω
(2)若采用(乙)图所示的电路进行测量并作出图像，由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过电源的电流并不为零，所以电源的内电压不为零，从而导致所作图像的纵截距偏小，所得的电源电动势E的测量值小于真实值。
(3)AC.将电流表改装成电压表，需串联电阻，根据电压表改装原理可得
U1=Ig(Rg+R1)=10×10−3×(20+280)V=3V
则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表，故A正确，C错误；
B.根据电流表改装原理
I1=Ig+IgRgR2=10mA+10×201mA=210mA=0.21A
则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.21A的电流表，故B错误；
D.根据电压表改装原理
U2=Ug+UgRg×R3=3V+32×8V=15V
则将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为15V的电压表，故D错误。
故选：A。
故答案为：(1)1.5，1.0；(2)小于；(3)A。
(1)应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源的电动势与内阻；(2)根据图示电路图分析实验误差来源，然后分析实验误差；(3)根据电表的改装原理应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
理解实验原理是解题的关键，要掌握实验器材的选择原则，根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式即可解题。
12.解：(1)设C点的速度大小为vC，从释放点到B点根据动能定理可得
12mvC2=(mgsinα−μmgcsα)⋅l+mgR(1−csα)
设小滑块在C点受到轨道的支持力为F′，根据牛顿第二定律可得
F′−mg=mvC2R
根据牛顿第三定律可得小滑块在C点对轨道的压力为
F=F′
联立解得
F=3.4N
(2)小滑块恰好能通过轨道最高点，则在D点恰好由重力提供向心力，设D点速度大小为vD，根据牛顿第二定律可得
mg=mvD2R
设释放点到B点的距离为s，从释放点到D点运用动能定理可得
12mvD2=(mgsinα−μmgcsα)⋅s−mgR(1+csα)
联立解得
s=1.725m
答：(1)若释放点距B点的长度l=0.75m，小滑块到最低点C时对轨道的压力大小为3.4N；
(2)若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离为1.725m。
【解析】(1)根据动能定理求出C点的速度大小，再利用牛顿第二定律求解小滑块在C受到的支持力大小，根据牛顿第三定律即可求得在C点对轨道的压力大小；
(2)小滑块恰好能通过轨道最高点D点的条件是在D点恰好由重力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求解D点的速度大小，再运用动能定理求解释放点距B点的距离。
动能定理结合多段运动过程的一般应用，难度中等。
13.解：(1)依题意得小球恰好能在电场与磁场区域内做匀速圆周运动，所以重力与电场力大小相等，方向相反，令匀强电场为E，有
Eq=mAg
解得
E=2N/C
因为小球带正电，所以电场方向方向竖直向上；
(2)小球A在磁场中运动轨迹如图所示

小球运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律，得
B0qv0=mAv02R
由几何关系得
Rcsθ+R=ℎ
A小球在磁场中运动时间为t1，则有
t1=(π−θ)Rv0
小球A离开电磁场区后小落时间t2，根据自由落体运动公式
ℎ=12gt22
小球运动的总时间为
t=t1+t2
联立并代入数据解得
t=1330s
(3)A、C两球碰撞后速度分别为vA、vC，满足动量守恒定律，取向右为正方向，有
mAv0=mAvA+mCvC
机械能守恒定律得
12mAv02=12mAvA2+12mCvC2
落地点相距
Δx=(vC−vA)t2
联立并代入数据解得
Δx=1.35m
答：(1)第Ⅱ象限内匀强电场的大小2N/C，方向竖直向上；
(2)小球A由P点出发到落回x轴所用时间1330s；
(3)A、C两小球在x轴上的落点间距1.35m。
【解析】(1)小球恰好能在重力场，电场与磁场区域内做匀速圆周运动，所以重力与电场力大小相等，方向相反；
(2)根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，利用几何关系找半径，再找圆心角，可求A小球在磁场中运动时间。小球A离开电磁场区后，竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动公式求时间，进而求出总时间；
(3)由求A和C的水平速度，再根据水平方向都做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，求位移差。
本题考查了带电粒子在重力场，电场与磁场区域内做匀速圆周运动的条件，重力与电场力大小相等，方向相反。处理带电粒子在磁场中运动的一般方法，定圆心，找半径，找圆心角。以及弹性碰撞动量守恒定律和机械能守恒定律的应用。以及平抛运动竖直方向做自由落体运动。
14.解：(1)导体棒的速度最大时，由平衡条件有
BLI=Mg
又有BLvm=I⋅(R+r)
联立解得：vm=3m/s
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度的过程中，取棒的运动方向为正方向，分别对重物和导体棒组成的系统，由动量定理得
Mgt−BI−Lt=(M+m)vm
又q=I−t=BLv −tR+r=BLdR+r
联立解得：d=3.6m
(3)从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，由能量守恒定律得
Mgd=12×(M+m)vm2+Q
解得：Q=0.9J
电阻R中产生的热量为
QR=RR+rQ
联立解得：QR=0.6J
(4)设稳定时导体棒的速度为v，则电容器两端电压为
U=BLv
电容所带的电荷量为
q′=CU
对导体棒，取棒的运动方向为正方向，由动量定理有
−BI′−L⋅Δt=mv−mvm
通过导体棒的电荷量为
q′=I′−Δt
联立解得：q′=0.75C
答：(1)导体棒的最大速度vm为3m/s；
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离d为3.6m；
(3)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量为0.6J；
(4)导体棒速度再次稳定时电容器所带的电荷量为0.75C。
【解析】(1)导体棒速度最大时，棒和重物受力平衡，根据平衡条件以及安培力公式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律进行解答；
(2)对重物和棒，利用动量定理进行解答；
(3)根据功能关系可得回路中产生的总热量，根据焦耳定律可得电阻R中产生的热量；
(4)当电容器两端电压等于导体棒两端电压时，电容器所带的电荷量最大，根据动量定理、电容的计算公式求解电容器所带的电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律、动量定理等力学规律进行求解。涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。涉及电荷量问题，可根据动量定理解答。