2020年安徽省阜阳三中高考物理冲刺试卷解析版

高考物理冲刺试卷
题号一二三四五总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以
下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，符合史实的是（）
A. 法拉第发现了电流周围存在着磁场
B. 汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构
C. 库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
D. 牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”
观点
2.一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知（）
A. 0～4s内物体一定在做曲线运动
B. 0～4s内物体的速率一直在减小
C. 物体加速度的方向在2s时发生改变
D. 0～4s内物体速度变化量的大小为8m/s
3.关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是（）
A. 变压器既可以改变交流电压也可以改变稳恒直流电压
B. 经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小有关
C. 真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化
D. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
4.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药
材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场，水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电，水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥，图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹，下列说法正确的是（）
A. A处的电场强度大于D处
B. B处的电势高于C处
C. 水分子做匀变速运动
D. 水分子由A运动到C的过程中电势能减少
5.双星系统是由两颗恒星组成的，在两者间的万有引力相互作用下绕其连线上的某一
点做匀速圆周运动．研究发现，双星系统在演化过程中，两星的某些参量会发生变化．若某双星系统中两星运动周期为T，经过一段时间后，两星的总质量变为原来的m倍，两星的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为（）
A. T
B. T
C. T
D. T
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.某同学设计了一个前进中的发电测速装置，如图所示。

自行车的圆形金属盘后轮置
于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。

已知磁感应强度B=0.5T，圆盘半径r=0.3m，圆盘电阻不计。

导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R=10Ω的小灯泡。

后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U=0.6V．则可知（）
A. 自行车匀速行驶时产生的是交流电
B. 与a连接的是电压表的负接线柱
C. 自行车车轮边缘线速度是8m/s
D. 圆盘匀速转动10分钟的过程中产生了0.36J的电能
7.如图所示，一质量为m的小球（可视为质点）从离地面高H处水平抛出，第一次
落地时的水平位移为H，反弹的高度为H。

已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。

下列说法正确的是（）
A. 第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为
B. 第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为
C. 小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2H
D. 小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为
8.如图，固定在竖直面内的光滑绝缘轨道由水平段AB和半径为r的半圆环段BCD平
滑相切而成，过圆环直径BOD的虚线左侧存在方向水平向右的匀强电场。

现将一可视为质点的带正电小滑块，从水平轨道上的P点由静止释放，滑块沿轨道运动到
半圆环上B点时对轨道的压力等于滑块重力的7倍，且滑块离开半圆环后不经任何碰撞回到了B点。

关于上述过程，下列说法正确的是（）
A. 滑块不能沿轨道运动到最高点D
B. 滑块两次经过B点时的速度相同
C. 在虚线左侧，滑块到达距水平轨道高为的位置时，电场力的瞬时功率为零
D. P到B点的距离为
9.下列说法正确的是（）
A. “油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的
体积除以油膜的面积
B. 在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体
C. 雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果
D. 不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力
E. 第二类永动机违背了热力学第二定律
10.由波源S形成的简谐横被在均匀介质中向左、右传播。

已知介质中P、Q两质点位
于波源S的左右两侧如图甲所示，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为5.1m、8.2m。

图乙中实线和虚线分别表示P、Q的振动图象，下列判断正确的是（）
A. P、Q的起振方向相同
B. P、Q的运动方向始终相同
C. 当P在波峰时，Q向下运动
D. 这列波的频率为10Hz
E. 这列波的波速可能为10m/s
三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）
11.某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡直接去测量某电压表（量程为10V）的内阻
（大约为几十千欧），该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，则：
（1）欧姆挡的选择开关拨至______（选填“×1k”或“×100”）挡，先将红、黑表笔短接调零后，选用图中______（选填“A”或“B”）方式连接．
（2）在实验中，某同学读出欧姆表的读数为______Ω，这时电压表的读数为
______V，欧姆表电池的电动势为______V．
四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
12.为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装
置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O1、O2、
A、B、C点在同一水平直线上。

已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。

实验过程一：如图甲所示，挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离。

滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1。

实验过程二：如图乙所示，将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使Q2C的距离与O1A的距离相等。

滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2。

（1）为完成本实验，下列说法中正确的是______。

A．必须测出小滑块的质量
B．必须测出弹簧的劲度系数
C．弹簧的压缩量不能太小
D．必须测出弹簧的原长
（2）写出动摩擦因数的表达式μ=______（用题中所给物理量的符号表示）
（3）在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面。

为了仍能测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，实验小组测量出滑块停止滑动的位置到B点的距离l。

写出动摩擦因数的表达式μ=______。

（用题中所给物理量的符号表示）
（4）某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，此实验方案______。

（选填“可行”或“不可行”）
五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图甲所示，一汽车通过电子不停车收费系统ETC．假设汽车从O点以v0=6m/s的
速度匀速驶向ETC收费岛，在OA路段所受阻力大小f1=1×103N；汽车从A处进入ETC收费岛后，假设仍保持功率不变完成自动缴费并驶离收费岛，并以v=3m/s速度匀速离开B处，汽车的速度-时间图象如图乙所示。

已知ETC收费岛AB段长度d=25m，汽车质量M=2×103kg，汽车在OA段和AB段所受阻力分别为恒力。

（1）求汽车在运动过程中发动机的输出功率；
（2）当汽车加速度大小为0.25m/s2时，求此时汽车的速度大小；
（3）求汽车在ETC收费岛AB段内行驶的时间。

14.如图，在y＞0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，
场强大小为E，在y＜0的区域存在方向垂直于xOy平面
向外的匀强磁场。

一个氕核H和一个氘核H先后从y轴
上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。

已
知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，
并从坐标原点O处第一次射出磁场。

H的质量为m，电荷量为q，不计重力。

求（1）H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
（2）磁场的磁感应强度大小；
（3）H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。

15.如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，
气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S．在气缸内有A、
B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的
细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移
动。

已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m。

当外界大
气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置。

若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小。

设整个过程中气体温度不变。

16.如图所示，一个三棱镜的截面为等边三角形△ABC．此
截平面内的光线以入射角i1从AB边射入，进入棱镜后
直接射到AC边，并以出射角i2射出，当i1=i2时出射
光线相对入射光线偏转角为30°．求：
①此时入射角i1；
②三棱镜的折射率n。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、电流的磁效应发现者是奥斯特，故A错误；
B、卢瑟福的α粒子散射实验说明了原子具有核式结构，故B错误；
C、库仑研究总结出了静止点电荷之间的相互作用规律，即库仑定律，故C正确；
D、伽利略“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，故D错误。

故选：C。

本题比较简单，考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中了解这些著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键．
物理学的发展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献．
2.【答案】D
【解析】解：A、v-t图象只能表示直线运动的规律，故A错误。

B、0～4s内物体的速率先减小后增大，故B错误。

C、根据速度图象的斜率等于物体的加速度，知物体加速度的方向在2s时没有改变，故C错误。

D、0～4s内物体速度变化量为△v=v-v0=-3-5=-8m/s，速度变化量的大小为8m/s，故D正确。

故选：D。

本题是速度-时间图象，只能表示直线运动的规律，速度图象的斜率等于物体的加速度大小，速度和加速度的正负表示速度的方向，纵坐标的大小表示速度的大小。

本题考查基本的读图能力，要知道速度图象的斜率等于物体的加速度，矢量的正负表示其方向，数值表示其大小。

3.【答案】D
【解析】解：A、变压器的工作原理是电磁感应，只能改变交流电压，不可以改变稳恒直流电压，故A错误；
B、由qvB=m得：v=，则最大动能：E km==；可知经过回旋加速器加速的
带电粒子最大速度与加速电压大小无关，故B错误；
C、真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圈发热，故C 错误；
D、磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流，能起电磁阻尼的作用，故D正确。

故选：D。

变压器不能改变稳恒直流电压；根据洛伦兹力提供向心力，得到经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度表达式，再分析最大速度与加速电压有无关系；真空治炼炉是利用电磁感应原理而使内部金属产生涡流而产生的热量。

磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用。

本题要理解变压器和回旋加速器的工作原理，掌握涡流的原理及应用。

要知道经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关。

4.【答案】D
【解析】解：AC、由于电场的分布不均匀，由图可知，上端的电场强度大于下端电场强度，即A处电场强度小于D处，根据F=qE可得，水分子受到电场力大小变化，加速度变化，做变加速运动，故AC错误；
B、顺着电场线电势降低，知B处的电势低于C处，故B错误；
D、水分子由静止开始由A运动C过程中，电场力做正功，故电势能减小，故D正确故选：D。

产生的电场为非匀强电场，由于水分子两端的正负电荷量相同，根据F=qE判断出受到的电场力大小变化，根据水分子的运动和受力判断出电场力做功情况，即可判断电势能的变化
本题主要考查了水分子在非匀强电场中的受力及做功，关键是抓住运动轨迹和电场力的方向即可判断
5.【答案】C
【解析】解：双星的周期相同，向心力是它们之间的万有引力提供，根据万有引力提供向心力，有：
…①
…②
联立①②得：
解得：
当两星的总质量为原来的m倍，两星间的距离为原来的n倍，则周期为原来的，
故C正确，ABD错误；
故选：C。

双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据牛顿第二定律分别对两星进行列式，来求解．
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．
6.【答案】BC
【解析】解：AB、根据右手定则，辐条切割磁感应线产生的是直流电，轮子中心是电源的正极，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱，故A错误、B 正确；
C、由U=E=Br2ω得v=rω===8m/s，故C正确；
D、根据焦耳定律Q=t，代入数据得Q=×10×60J=21.6J，故D错误。

故选：BC。

依据右手定则，即可判定感应电流方向，结合电源内部的电流方向由负极流向正极，即可求解；根据切割感应电动势的公式，及线速度与角速度公式v=rω，即可求解线速度；根据焦耳定律，即可求解产生的能量。

本题主要是考查右手定则、焦耳定律，及切割感应电动势公式的应用，理解左手定则与右手定则的区别，注意电源内部的电流方向由负极流向正极。

7.【答案】BC
【解析】解：A、小球第一次与地面接触前的竖直分速度，接触后的竖直分
速度，根据动量定理得，（F-mg）t=m[v y2-（-v y1）]，解得F=+mg，故B正确，A错误。

C、根据H=，x=v x t得，小球水平分速度v x=，根据得，，可
知小球第一次落地点和第二次落地点的水平距离x′=2v x t′=2H，故C正确，D错误。

故选：BC。

根据速度位移公式分别求出第一次落地前后的竖直分速度，结合动量定理求出小球受到的平均作用力；根据第一次平抛运动的高度和水平位移求出平抛运动的水平分速度，抓住水平分速度不变，结合位移公式求出第一次落地到第二次落地的时间，从而得出小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离。

本题考查了动量定理和平抛运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意在运用动量定理解题时，不能忽略小球的重力。

8.【答案】CD
【解析】解：A、滑块第一次在B点时，由牛顿第二定律得F-mg=m，据题有F =7mg，
解得v B=
假设滑块能沿轨道运动到最高点D，对滑块从B运动到D的过程，由机械能守恒定律得mg•2r+=
解得v D=＞，所以滑块能沿轨道运动到最高点D．故A错误。

B、由于滑块从B运动到D再回到B点的过程，电场力做功为零，重力做功也为零，所以第二次回到B点的速度与第一次一样大，不过方向不同而已，故B错误。

C、滑块从D运动到B的过程，竖直方向有2r=，水平方向有-v D=v D-t，解得qE=mg 在虚线左侧，滑块的速度与电场力垂直时，电场力的瞬时功率为零。

由运动的分解法有：水平方向有0=v D-t′，得t′=，此时滑块到D点的竖直高度为h==，所以滑块到达距水平轨道高为2r-=的位置时，电场力的瞬时功率为零，故C正确。

D、对于P到B的过程，由动能定理得qE=-0，解得=，故D正确。

故选：CD。

已知滑块沿轨道运动到半圆环上B点时对轨道的压力等于滑块重力的7倍，对滑块，运用牛顿第二定律求出滑块经过B点的速度。

假设滑块能沿轨道运动到最高点D，对滑块从B运动到D的过程，由机械能守恒定律求出滑块到达D点的速度，与临界速度比较，判断能否运动D点。

滑块从D运动到B的过程，运用运动的分解法分析滑块两次经过B 点时的速度关系。

在虚线左侧，滑块的速度与电场力垂直时，电场力的瞬时功率为零。

对于P到B的过程，由动能定理求P到B点的距离。

本题要研究清楚滑块的运动情况，运用动能定理解题时需合适地选取研究的过程，要注意电场力做功与初末位置沿电场方向的距离有关。

9.【答案】BCE
【解析】解：A、“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积，故A错误；
B、根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体，
如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量。

故B正确；
C、雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果，故C正确；
D、不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，故D错误；
E、第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背热力学第一定律，故E正确；
故选：BCE。

根据油膜法测分子直径的原理分析答题；在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体；根据液体表面张力、浸润与不浸润的原因、对两类永动机的掌握分析答题。

本题考查了选修内容，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容，要注意基础知识的学习与掌握。

10.【答案】ADE
【解析】解：A、P、Q的起振方向与波源S的起振方向一致，故起振方向相同，故A
正确；
B、由图乙可知：在0.5n+0.25（s）～0.5n+0.26（s）时间内，P、Q的运动方向正好相反，故B错误；
C、由图乙可知：当P在波峰时，Q的位移为正，且向波峰运动，故Q向上运动，故C 错误；
D、由图乙可得：周期T=0.1s，故频率f=10Hz，故D正确；
E、由图乙可知：质点Q的振动比质点P的振动晚0.01s，故根据波的传播可得：
8.2m-5.1m=v（nT+0.01s）=v（0.1n+0.01）m，故波速；
当n=3时，波速v=10m/s，故E正确；
故选：ADE。

根据波的传播得到起振方向与波源一致，再根据图乙得到两质点位移、振动方向的关系；由图乙得到周期，即可得到频率，根据波的传播及P、Q的位置关系，由质点振动得到波速的表达式，从而求得可能值。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

11.【答案】×1k A40000 5.0 8.75
【解析】解：当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数×倍率=读数知，选择×1K的挡较好；
欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；
欧姆表的读数为：40×1K=40KΩ；
电压表的读数为5.0V；
由题意知欧姆表的内阻为30KΩ，与电压表的内阻40KΩ串联，由欧姆定律可知：
E=I（r+R）=×（3×104+4×104）=8.75V．
故答案为：（1）×1k，A；（2）40000，5.0，8.75
选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率，由闭合电路的欧姆定律求电动势．
本题考查了欧姆表的结构、读数和欧姆定律，题目难度不大．
12.【答案】C不可行
【解析】解：（1、2）滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间：t=，
滑块飞行的距离：x=v•t
所以滑块第1次离开桌面时的速度：①
滑块第2次离开桌面时的速度：②
滑块第1次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功，设弹簧做的功是W1，AB之间的距离是x，则：
③
滑块第2次滑动的过程中，W1-μmg•（x+d）=④
联立①②③④可得：
解得μ=。

可知，要测定摩擦因数，与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关。

要想让滑块顺利画出桌面，弹簧的压缩量不能太小。

故C正确。

故选：C。

（3）在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是0。

根据动能定理可知W1-μmg（x+d-l）=0
联立解得μ=
（4）改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，来测定小滑块与水平桌面间的动摩擦因数。

此实验方案是不可行的，原因是滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差较大。

故答案为：（1）C；
（2）
（3）
（4）不可行
从实验操作的步骤可知，两种情况下弹簧做的功相等，物块滑出桌面时的动能是弹簧做功与摩擦力做功的和；求出滑块滑过不同距离下的摩擦力做的功，即可求出摩擦力的大小与摩擦因数的大小。

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，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。

13.【答案】解：（1）在OA段匀速行驶，此时汽车牵引力等于汽车的阻力：
即：F1=f1=1000N
据P=Fv可得汽车的功率：
P=F1v=1000×6W=6KW
（2）汽车受牵引力和阻力作用，当汽车的加速度a=0.25m/s2时有：
F-f=Ma
可得此时汽车的牵引力=1500N
根据P=Fv可得此时汽车的速度
v=
（3）汽车到达B时已匀速运动，据P=f2v可得：
AB段汽车所受阻力
汽车通过A→B过程，由动能定理有：
Pt AB-f2d=
解得：t AB===3.83s
答：（1）求汽车在运动过程中发动机的输出功率为6Kw；
（2）当汽车加速度大小为0.25m/s2时，此时汽车的速度大小为4m/s；
（3）求汽车在ETC收费岛AB段内行驶的时间为3.83s。

【解析】（1）匀速运动时牵引力与阻力平衡，根据阻力大小求得匀速运动时的牵引力，根据P=FV求得汽车的功率；
（2）根据牛顿第二定律由加速度和阻力求得此时汽车的牵引力，再根据P=Fv由牵引力和功率求得汽车的速度大小即可；
（3）汽车经过ETC过程中功率保持不变，由动能定理求得汽车在此过程中牵引力做的功，再由W=Pt求得汽车运动时间。

本题考查功率公式P=Fv，知道汽车匀速运动时牵引与阻力平衡，功率P=fv，第3问善于使用动能定理，知道功率一定时牵引力的功W=Pt，这样的求功公式学生易忘记。

14.【答案】解：（1）H在电场中做类平抛运动，
水平方向：x1=v1t1，
竖直方向：h=a1t12，
粒子进入磁场时竖直分速度：v y=a1t1=v1tan60°，
解得：x1=h；
（2）H在电场中的加速度：a1=，
H进入磁场时的速度：v=，
H在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：x1=2r1sin60°，
H在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=m，
解得：B=；
（3）由题意可知：H和H的初动能相等，即：mv12=•2mv22，
由牛顿第二定律得：qE=2ma2，
H在电场中做类平抛运动，
水平方向：x2=v2t2，
竖直方向：h=a2t22，
H进入磁场时的速度：v′=，
tanθ′==，
解得：x2=x1，θ′=θ=60°，v′=v，
H在磁场中做圆周运动，圆周运动的轨道半径：r′==r，
射出点在原点左侧，H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离：
x2′=2r′sinθ′，
H第一次离开磁场时的位置距离O点的距离为：d=x2′-x2，
解得：d=；
答：（1）H第一次进入磁场的位置到原点O的距离为h；
（2）磁场的磁感应强度大小为；
（3）H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。

【解析】（1）H在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出H第一次进入磁场时到O点的距离；
（2）H在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出H的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度；
（3）H在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出H第一次离开磁场的
位置到原点O的距离。

本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。

15.【答案】解：以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为p1，根据平衡条件有：p0S+3mg=p1S
解得：p1=p0+
对气缸内气体，初态：p1=p0+，V1=2lS。