2020年高考物理二模试卷解析版

高考物理二模试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.如图所示为氢原子能级示意图，一群处于n=4激发态的氢
原子，向低能级跃迁的过程中向外辐射不同频率的光子，
用这些光子分别照射逸出功为4.54eV的金属钨，下列说法
正确的是（）
A. 这群氢原子在辐射光子的过程中，电子绕核运动的动
能增大，电势能减小
B. 这群氢原子能辐射6种不同频率的光，其中从n=4能级
跃迁到n=1能级辐射出的光子的动量最小
C. 这群氢原子辐射的6种不同频率的光中，能让金属钨发生光电效应的有4种
D. 金属钨表面所发出的光电子的最大初动能是8.52eV
2.2018年12月12日16时45分，“嫦娥四号”在椭圆轨道Ⅱ的A
点成功实施了近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获，
进入了近月轨道Ⅰ．假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为
g0，轨道Ⅱ的B点距离月球表面高度为3R．已知引力常量G，下
列说法正确的是（）
A. “嫦娥四号”在A处点火后，动能增加
B. 由已知条件能够求出“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上的运行周期
C. 若只考虑万有引力的作用，“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上通过A点时的加速度大于
在轨道1上通过A点时的加速度
D. 由已知条件无法求出月球的质量
3.将体积相同，质量m A=5m的灯笼A和质量m B=3m的灯笼B
用轻质细绳2连接，灯笼A又用轻质细绳1悬挂在天花板
上的O点，两灯笼在相同的水平恒定风力作用下，处于如
图所示的静止状态。

其中，轻质细绳1与竖直方向的夹角
α=45°，下列说法正确的是（）
A. 细绳1中的张力大小为5mg
B. 细绳2中的张力大小为8mg
C. 作用在每一个灯笼上的水平风力的大小为8mg
D. 细绳2与竖直方向的夹角为53°
4.竖直平面内存在方向水平向右、大小为E的匀强电场。

一质量为m，电量为q（q
＞0）的带电小球从距地面高h处由静止释放，已知E=，不计空气阻力，下列
说法正确的是（）
A. 带电小球的运动轨迹一定是曲线
B. 带电小球落地时的动能为（+1）mgh
C. 重力与电场力对带电小球做功之比始终为1：3
D. 带电小球落地时速度方向与水平方向的夹角为60°
5.如图所示，A，B，C，D，E是圆周上等间距的五个点，在
这些点上各固定一根垂直于纸面的通电导体棒，A点处的通
电导体棒中的电流垂直于纸面向里，其余各点处的通电导体
棒中的电流均垂直于纸面向外，所有通电导体棒中的电流大
小均为I，已知A点处的通电导体棒在圆心O点处产生的磁
感应强度大小为B0，则五根通电导体棒在圆心O处产生的
磁感应强度大小为（）
A. B0
B. B0
C. B0
D. 2B0
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图所示，在倾角为θ的足够长固定斜面底端，一质量为m
的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后，小物块沿
斜面F滑回到斜面底端。

已知小物块在斜面底端上滑时的动
能与下滑回到斜面底端时的动能之比为5：1，下列说法正
确的是（）
A. 小物块上滑和下滑过程中重力做功之比为1：1
B. 小物块上滑和下滑过程中合外力做功之比为：1
C. 小物块上滑和下滑过程中重力冲量之比为；5
D. 小物块上滑和下滑过程中合外力冲量之比为：5
7.如图甲所示的电路中，螺线管匝数为n，横藏面积为S，总电阻为r，外接电阻R1=3r，
R2=r．闭合开关K，在一段时间内，穿过螺线管磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）
A. 0～时间内，螺线管中产生感应电流的大小I=
B. ～时间内，电阻R1两端的电压U=
C. ～时间内，通过电阻R2的电荷量q2=
D. ～T时间内，整个回路中产生的焦耳热Q=
8.如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端连着一质量为m=5kg的物块A，物块A
放在托盘B上，初始时系统静止，弹簧处于自然长度。

现通过控制托盘B使物块A 匀加速下降。

乙图为该过程中托盘B对物块A的作用力F与弹簧伸长量x的关系图象。

在物块A匀加速下降的整个过程中（弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2），下列说法正确的是（）
A. 弹簧弹力做功500J
B. 弹簧的劲度系数为160N/m
C. 物块A的加速度大小为8m/s2
D. 物块A与托盘B在0.5s时分离
9.下列说法正确的是（）
A. 饱和气压与气体的温度与体积都有关
B. 将两个分子由相距无穷远处移动到距离极近的过程中，它们的分子势能先减小
后增大
C. 墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果
D. 晶体具有各向同性、固定熔点、形状一般为规则几何多面体的特点
E. 单位时间内气体分子对容器器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强不一定
减小
10.如图所示，一束包含a、b两种单色光的细光束从空气
中射入梯形玻璃砖，A为入射点，经梯形玻璃砖折射
后光分别从C点和D点射出。

已知光束在A点的入射
角i=60°，玻璃砖厚度d=4cm，A'C=2cm，CD=1cm。

下列说法正确的是（）
A. a光的频率大于b光的频率
B. b光在玻璃砖中的折射率n=
C. 若a光在该玻璃砖中的临界角为C，则sin C=
D. 若a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b光在屏上产生的条纹间距小
E. a光通过玻璃砖后，侧移的距离△x=（2-1）cm
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学利用图甲所示的电路完成一些电学实验。

、和均为理想电
表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。

现将滑动变阻器R2的滑片从一端滑到另一端，记录此过程中各电表的读数，绘制出U1和U2随电流变化的关系图象如图乙所示据此可判断：定值电阻R1=______Ω，电源电动势E=______V，电源内阻
r=______Ω。

12.图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。

实验操作步骤如
下：
①用天平测得物块和遮光片的总质量M=m0、重物的质量m=2m0，用游标卡尺测得
遮光片的宽度d，用米尺测得两光电门之间的距离L；
②调整轻滑轮，使细线与水平桌面平行；
③将物块从光电门A的左侧释放，用光电计时器分别测出遮光片经过光电门A和光
电门B所用的时间△t A和△t B
④多次重复步骤③，记录多组数据；
⑤整理实验器材。

根据以上实验步骤回答下列问题：
（1）用游标卡尺测量遮光片宽度d的示数如图乙所示，d=______mm
（2）物块的加速度a=______（用d、L、△t A和△t B表示）；
（3）物块与水平桌面之间的动摩擦因数μ=______（用a和重力加速度g表示）：（4）如果轻滑轮略向下倾斜，使细线不完全与水平桌面平行，由此测量的μ=______（填“偏大”“不变”或“偏小”）
（5）若以物块、遮光片和重物为研究对象，保持物块和遮光片总质量M一定，改变重物的质量m，依次计算出对应的加速度a。

以（M+m）a为纵轴，以m为横轴，画出如图丙所示的图象该图象的斜率表示______。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，质量为M的小物块Q静止在粗糙的水平地
而上，一根长L=1m的不可伸长的轻质细绳一端悬于小
物块Q的正上方。

另一端系一质最为m的小球P．将小
球P拉至悬绳与竖直方向成53°角并由静止释放，小球
P到达最低点时与小物块Q发生正碰，碰撞时间极短且无机械能损失，碰后小球反弹摆动的最大角度为37°，小物块Q与地面之间的动摩擦因数μ=3-2，重力加速度g取10m/s2；小球P和小物块Q均可看作m。

n质点。

求
（1）小球P与小物块Q的质量之比；
（2）碰后小物块Q滑行的最大距离。

14.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，第一象限固定着一个粗糙的长方体木
块OCEF，其中OF边与y轴重合，第二、三、四象限存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出）。

一可视为质点的带电体P从x轴上的A 点射出，速度大小为v，方向与x轴正方向成60°角，带电体P恰好做匀速圆周运动，并从F点切入长方体木块的上表面，沿着FE边运动至末端E点时速度减为原来的一半（带电体P所带电量不变），随后带电体P依次经过x轴上的D点、A点和y轴上的F点并周而复始的运动。

已知重力加速度为g。

求：
（1）带电体P的电性；
（2）带电体P做匀速圆周运动时的半径
（3）带电体p的运动周期。

15.在一端封闭、内径均匀的光滑直玻璃管内，用一段长L=16cm的水银柱封闭一定质
量的理想气体B．在标准状况下，当玻璃管水平放置达到平衡时，用体积可忽略的活塞封闭开口端A，如图甲所示，被封闭气柱的长度L A=L B=30cm：当将玻璃管转至A端向上竖直放置时，如图乙所示，被封闭气柱B的长度L B'=27cm。

（标准状况下的大气压强P0=76emHg．重力加速度g取10m/s2，不计此过程温度的变化）求：（1）玻璃管竖直放置后，被封闭气体B的压强（用cmHg表示）：
（2）保持玻璃管竖直，打开A端活房瞬间水银柱的加速度。

（此瞬间可认为A端玻璃管内气体压强立即变为大气压，水银柱尚未发生移动）
16.一列沿轴正方向传播的简谐横波在t=0s的波形如图所示，介质中x=10m处的质点A
做简谐运动的表达式为y=-70sin（πt）cm，求：
（1）该波的传播速度；
（2）从t=0时刻起，介质中x=2019m处的质点C第2018次回到平衡位置所经过的时间。

答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、氢原子辐射光子的过程中，能量减小，轨道半径减小，根据=知，
电子动能增大，则电势能减小，故A正确；
B、一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中，根据数学组合=6，
则可能发出6种不同频率的光子，
因为n=4和n=1间能级差最大，所以从n=4跃迁到n=1发出的光子频率最高，波长最短，再由物质波波长公式，则有辐射出的光子的动量最大，故B错误；
C、这群氢原子所能发出的不同频率的光子中，当对应的能量大于或等于金属锌逸出功
4.54eV时，才能发生光电效应，则共有三种，故C错误；
D、所以从n=4跃迁到n=1发出的光子频率最高，发出的光子能量为
△E=13.60-0.85eV=12.75eV，
根据光电效应方程E Km=hv-W0得，最大初动能E km=12.75-4.54eV=8.21eV，故D错误。

故选：A。

氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大，波长越小；根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，并结合物质波波
长公式，即可求解。

解决本题的关键知道能级跃迁所满足的规律，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用，同时知道物质波长公式。

2.【答案】B
【解析】解：A、“嫦娥四号”在A点处点火时，是通过向行进方向喷火，做减速运动，向心进入椭圆轨道，所以在A处点火后，“嫦娥四号”动能减小。

故A错误；
B、设月球的质量为M，“嫦娥四号”的质量为m，“嫦娥四号”在轨道Ⅰ绕月运动周期为T，
根据万有引力提供向心力，
得T=，
又根据月球表面物体万有引力等于重力得：①。

所以“嫦娥四号”在轨道Ⅰ绕月球运动一周所需的时间为T==，②
“嫦娥四号”在轨道Ⅱ绕月运动周期为T′，由开普勒第三定律：③
联立②③即可求出“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上的运行周期。

故B正确。

C、“嫦娥四号”在运动的过程中万有引力提供运动的加速度，所以“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上通过A点时的加速度等于在轨道1上通过A点时的加速度，故C错误。

D、由①可得：M=，可以求出月球的质量，故D错误。

故选：B。

“嫦娥四号”做圆周运动，根据万有引力等于向心力，列出等式表示出周期，再根据万有引力等于重力求解。

根据牛顿第二定律比较经过A点的加速度大小。

从轨道Ⅱ上A点进入轨道Ⅰ需减速，使得万有引力等于向心力。

主要考查圆周运动中各种向心力公式的变换。

要能根据万有引力提供向心力，选择恰当的向心力的表达式。

3.【答案】C
【解析】解：A、对球A和B整体受力分析，受重力、拉力和风力，竖直方向根据平衡条件可得：T1cos45°=8mg，解得T1=8mg，故A错误；
BC、设2绳的拉力为T2，风力为T3，根据平衡条件，有：T1cos45°=T3
解得：T3=8mg
再对球B受力分析，受重力和两个细线的拉力，根据平衡条件，有：
T2==mg，故B错误、C正确；
D、设2与竖直方向的夹角为θ，则tanθ==，θ≠53°，故D错误。

故选：C。

先对球A和B整体受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解轻质细绳上1
的拉力大小和风力大小；
再对球B受力分析，根据平衡条件并结合合成法列式求解绳2的拉力大小。

本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，根据平衡条件并结合合成法和正交分解法列式求解。

4.【答案】C
【解析】解：A、做曲线运动的条件是初速度不为零，且与加速度不共线，一质量为m，电量为q（q＞0）的带电小球从距地面高h处由静止释放，受恒力作用，将做匀变速直线运动，故A错误；
B、受力分析知小球受重力和电场力，根据平行四边形定则知合力F=2mg，与竖直方向夹角为60°，运动位移x==2h，根据动能定理知Fx=E k-0，解得E k=4mgh，故B错
误；
C、重力做功W G=mgh，电场力做功W=W合-W G=3mgh，所以重力
与电场力对带电小球做功之比始终为1：3，故C正确；
D、根据B项分析知带电小球落地时速度方向与水平方向的夹角为
30°，故D错误。

故选：C。

做曲线运动的条件是初速度不为零，且与加速度不共线；受力分析求合力，根据合力判定运动方向及运动方向，根据动能定理求解动能。

此题考查曲线运动条件、牛顿第二定律和动能定理，综合性较强，注意受力分析是关键。

5.【答案】D
【解析】解：若在A处放一根垂直于纸面向外的通电导体棒，依据安培定则，结合矢量的合成法则，则五根通电导体棒在圆心O处产生的磁感应强度大小为零，
那么除A之外的四根导体棒在O点的合磁感应强度大小为B0，方向水平向左，
如今A点处的通电导体棒中的电流垂直于纸面向里，A点处的通电导体棒在圆心O点处产生的磁感应强度大小为B0，方向水平向左，
那么五根通电导体棒在圆心O处产生的磁感应强度大小为2B0，方向水平向左，故ABC 错误，D正确；
故选：D。

根据矢量的合成法则，结合安培定则，及在A点使用替换法，即可求解。

本题考查了安培定则的应用，解题方法比较巧妙，利用等效替代法，并掌握矢量的合成法则的内容。

6.【答案】AC
【解析】【分析】
重力做功由高度有关；合外力做功等于动能的变化量；重力的冲量等于重力与时间的积，合外力的冲量等于动量的变化量。

考查动量定理与动能定理的应用，明确合外力的冲量等于动量的变化量，合外力的功等于动能的变化量。

【解答】
A、重力做功与高度差有关，上升过程做功-mgh，下降过程做功mgh，则做功大小之比为1：1，故A正确
B、上滑初动能为E k，合外力做功为-E k，下降末动能为m合外和功，做功大小之比
为5：1，故B错误
C、上滑运动时间为，下滑运动时间为，二者之比为，则重力的冲量之比为，
故C正确
D、上滑过程合外力的冲量为-m=-，下滑过程合外力的冲量为m，二者
大小之比为：1，故D错误
故选：AC。

7.【答案】AD
【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律：E=n S，根据图象知斜率==，斜
率大小恒定不变，电动势大小不变。

0～时间内电动势不变，电流不变，I=
R并===2r
联立以上四式得I=，故A正确；
B、在-T内图象斜率大小保持不变，方向相反，所以电流大小为I=，电阻R1两端的电压U=IR并=，故B错误；
C、～时间内图象斜率大小保持不变，通过电阻R2的电荷量q2==，故C错误；
D、～T时间内，整个回路中产生的焦耳热Q=EIt=n S T=，故D正确。

故选：AD。

根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势，根据图象知斜率，斜率
大小不变则电流大小不变，根据闭合回路欧姆定律求出电流的大小，
本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，运用闭合电路欧姆定律进行求解。

对于B-t图象的斜率反应感应电动势的大小和方向。

8.【答案】BD
【解析】解：设弹簧劲度系数为k，对物块A列牛顿第二定律方程有：
mg-F-kx=ma
可得：F=mg-Kx-ma=-Kx+（mg-ma）
即为：k==160N/m
A、弹簧弹力做功为：W=-==-5J，故A错误
B、弹簧的劲度系数为160N/m，故B正确
C、当x=0时，F0=mg-ma解得：a=2m/s2故C错误
D、由x=得：t===0.5S，故D正确
故选：BD。

当托盘和物体之间的力为零时两物体脱离，物体A不在做匀加速，可以根据图象数据和牛顿第二定律求解K，加速度a；物体匀加速阶段可由运动方程求解匀加速时间。

此题中有几个重要点需要注意：一是当两个物体之间的力为零时就是匀加速结束时；二是当力均匀变化时可以用平均值来求解做功。

9.【答案】BCE
【解析】解：A、饱和汽压随温度的升高而增大；饱和汽压与蒸气所占的体积无关，也和这种体积中有无其他气体无关，故A错误。

B、将两个分子由相距无穷远处移动到距离极近的过程中，分子力先做正功，后做负功，它们的分子势能先减小后增大，故B正确。

C、墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果，故C正确。

D、单晶体具有各向异性、固定熔点、形状一般为规则几何多面体的特点，多晶体具有各向同性、固定熔点、没有固定的几何形状的特点，故D错误。

E、根据气体压强的微观意义，单位时间内气体分子对容器器壁单位面积碰撞的次数减少，但气体分子的平均动能不确定，气体的压强也不一定减小，故E正确。

故选：BCE。

饱和汽压与蒸气所占的体积无关；将两个分子由相距无穷远处移动到距离极近的过程中，它们的分子势能先减小后增大；墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果；多晶体和多晶体都有固定的熔点，但在形状方面和各个方向的物体特性不同；根据气体压强的微观意义，气体压强和分子的平均动能、单位时间内气体分子对容器器壁单位面积碰撞的次数有关。

不同考查了饱和汽、未饱和汽和饱和汽压、扩散、分子势能、晶体和非晶体、气体压强的微观意义等知识点。

这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

10.【答案】ABE
【解析】解：A、光线射入玻璃砖时a光的偏折程度比b光的大，则a光的折射率大于b光的折射率，因此，a光的频率大于b光的频率，故A正确。

B、b光的折射角正弦为sin r b===0.6，b光在玻璃砖中的折射率
n===，故B正确。

C、a光的折射角正弦为sin r a===，a光在玻璃砖中的折射率
n′==，则sin C==，故C错误。

D、a光的波长小于b光的波长，而双缝干涉条纹的间距与波长成正比，则a光在屏上产生的条纹间距小，故D错误。

E、根据几何关系有AC==，a光通过玻璃砖后，侧移的距离△x=sin（i-r a），
解得△x=（2-1）cm，故E正确。

故选：ABE。

根据偏折程度分析折射率的大小，从而确定出频率的大小；根据几何关系求出折射角，
由折射定律求出折射率，由sin C=求出a光在该玻璃砖中的临界角。

根据波长关系分析
双缝干涉条纹间距的关系。

由几何知识求a光通过玻璃砖后侧移的距离△x。

本题的解题关键是要知道偏向角与折射率的关系，掌握波长、频率、干涉条纹间距与折射率的关系。

根据折射定律和几何关系相结合进行解答。

11.【答案】3.00 9.00 1.00
【解析】解：（1）由于电阻R1是定值电阻，所以其两端电压随电流的变化关系是过原
点为直线，U1=IR1，所以从CD直线的斜率就能求出定值电阻R1==3.00Ω，当
然也可以直接由C、D点的坐标求出电阻R1的值；
（2）（3）由闭合电路的欧姆定律可以写出U2=E-I（R1+r），所以AB图象的斜率
k=R1+r==4.00Ω，则电源内阻r=k-R1=1.00Ω；根据上述表达式，当U2=0时，
E=I短×（R1+r）=2.25×4.00V=9.00V。

故答案为：3.00 9.00 1.00
（1）由两个欧姆定律先表示出两个电压表的示数的关系式，结合图象的含义，从斜率和一些特殊点的坐标求出相关物理量；
（2）（3）根据两个电压表示数随电流的变化关系，求出定值电阻和电源的内阻；
本题考察闭合电路的欧姆定律的应用，但要注意的是为保证电源的安全，在电路中串联了一个保护电阻，可以等效为电源的内阻去处理问题。

12.【答案】5.60 偏大重力加速度g
【解析】解：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，主尺示数为5mm，游标尺示数为
12×0.05mm=0.60mm，则游标卡尺示数为5mm+0.060cm=5.60mm。

（2）物块经过A点时的速度为：v A=
物块经过B点时的速度为：v B=，
物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v B2-v A2=2aL
加速度为：a=；
（3）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg-μMg=（M+m）a，
将M=m0、m=2m0
代入解得：μ=；
（4）若轻滑轮略向下倾斜，使细线不完全与水平桌面平行，此时小车受到的沿水平方向的力是绳子拉力的沿水平方向的分力，所以由此测量的加速度偏小，则测量的动摩擦因数偏大；
（5）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：（M+m）a=mg-μMg，
以（M+m）a为纵轴，以m为横轴，则图象该图象的斜率：k=，可知斜率表示重力加速度g。

故答案为：（1）5.60；（2）；（3）；（4）偏大；（5）重力加速度g。

（1）游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数，
（2）由速度公式求出物块经过A、B两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；
（3）由牛顿第二定律求出动摩擦因数；
（4）结合牛顿第二定律分析即可；
（5）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律列出公式分析即可。

对游标卡尺进行读数时，要先确定游标尺的精度，主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺示数，读数时视线要与刻度线垂直。

13.【答案】解：（1）小球P摆动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
下摆过程：mgL（1-cos53°）=mv12，
上摆过程：mgL（1-cos37°）=mv22，
解得：v1=2m/s，v2=2m/s，
P、Q碰撞过程无机械能损失，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：
mv1=-mv2+Mv3，
由机械能守恒定律得：mv12+mv22=Mv32，
解得：=，v2=2m/s；
（2）碰撞后Q做减速运动，由动能定理得：
-μMgs=0-Mv32，
解得：s=0.05m；
答：（1）小球P与小物块Q的质量之比为（3-2）：1；
（2）碰后小物块Q滑行的最大距离为0.05m。

【解析】（1）小球摆动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前后P的速度，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块质量之比。

（2）应用动能定理可以求出滑行的最大距离。

本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚
物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、
动量守恒定律与动能定理可以解题；（2）也可以应用
牛顿第二定律与运动学公式求解。

14.【答案】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力可知
小球带正电；
（2）粒子运动轨迹如图所示；
根据图象可知：|OF|=
（）2=2g|OF|
联立解得：R=
（3）设t1为带电小球在一个周期内在二、三、四象限运动的时间，t2为带电小球在EF 段水平运动时间，t3为带电小球做平抛运动时间，则：
t1==
|OC|=，
|OC|=
联立解得：T=t1+t2+t3=。

答：（1）带电体带正电；
（2）带电体P做匀速圆周运动时的半径为；
（3）带电体p的运动周期为。

【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力判断电性；
（2）画出粒子运动轨迹，根据图象结合几何关系求解；
（3）分别求出带电小球在一个周期内在二、三、四象限运动的时间、EF段水平运动时间、平抛运动时间即可求解周期。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间15.【答案】解：①由玻意耳定律可得：
对左侧气体：p A L A=p A′L A′；
对右侧气体：p B L B=p B′L B′；
由压强关系得：=p A′+p h；
由体积关系得：L A+L B=L A′+L B′；
解得：p B′=88cmHg。

②设水银柱的密度为ρ，水银柱的质量为m，
打开A端活塞瞬间对水银柱受力分析
由牛顿第二定律可得：p0S+mg-p B′S=ma；
液柱的质量：m=ρSL；
代入数据解得：a=2.5m/s2。

答：①B气体压强P B′是88cmHg；
②打开A端活塞瞬间水银柱的加速度为a=2.5m/s2。

【解析】（1）气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出气体的体积，然后答题。

（2）以液柱为研究对象，由牛顿第二定律即可求出气体的压强，然后由玻意耳定律即。