2019年广东省高考物理一模试卷解析版

2019年广东省高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.下列说法正确的是（）
A. 轻核的聚变可以在常温下自发地完成
B. 原子核发生一次β衰变，原子的质量数增加1
C. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n是裂变反应
D. 温度升高，放射性元素的衰变周期变短
2.如图所示是甲、乙两物体运动的速度一时间图象，下列说法正确的是（）
A. 0−5s内甲物体的加速度大小为0.75m/s2
B. 3s时乙物体的加速度大小为1m/s2
C. 0−5s内甲物体的位移大小为26
3
m
D. 0−5s 内乙物体的位移大于13.5m
3.如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成
53°角固定不动，平板BP可绕平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均
匀圆柱体O放在两板间，sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度为g。

在使
BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（）
A. 平板BP受到的最小压力为4
5
mg B. 平板BP受到的最大压力为mg
C. 平板AP受到的最小压力为3
5
mg D. 平板AP受到的最大压力为mg 4.2019年1月3日，“嫦娥四号”成功软着陆在月球背面，并通过“鹊桥”
中继星传回了世界第一张近距离拍摄的月背影像图，揭开了古老月背的
神秘面纱。

若“嫦娥四号”在着月前绕月球沿椭圆轨道顺时针运动，如
图所示，A为近月点，B为远月点，C，D为轨道短轴的两个端点。

只考
虑月球对“嫦娥四号”的作用，则“嫦娥四号”（）
A. 在A点时受到的万有引力最小
B. 在B点的运动速率最大
C. 在从A点到C点的运动过程中，月球对其不做功
D. 在从B点到D点的运动过程中，动能逐渐变大
5.如图所示，某同学将三个完全相同的物体从A点沿三条不同的路径抛出，
最终落在与A点同高度的三个不同位置，三条路径的最高点是等高的，忽
略空气阻力，下列说法正确的是（）
A. 三个物体抛出时初速度的水平分量相等
B. 沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长
C. 该同学对三个物体做的功相等
D. 三个物体落地时重力的瞬时功率一样大
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图甲所示，空间中存在一大小为0.2T、方向与竖直面（纸面）垂
直的匀强磁场区域，磁场的上、下边界（虚线）间的距离为0.2m且
两边界均为水平面；纸面内磁场上方有一质量为0.01kg的正方形导
线框abcd，导线框的总电阻为0.002Ω，其上、下两边均与磁场边界
平行。

线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至cd边到达磁场
上边界为止，该过程中产生的感应电动势如图乙所示。

不计空气阻力，重力加速度大小为10m/s2，下列判断正确的是（）
A. 导线框的边长为0.1m
B. ab边刚进入磁场时，导线框的速度大小为0.25m/s
C. ab边刚离开磁场时，导线框的速度大小为1.5m/s
D. ab边刚离开磁场时，导线框的加速度大小为30m/s2
7.某交变电路如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为5：1，R1=30Ω，R2=20Ω，一示波器接在
电阻R1两端，示波器上的电压变化图象如图乙所示。

电压表和电流表均为理想电表，不计示波器的电流对电路的影响，下列说法正确的是（）
A. 电压表的示数为35.4V
B. 电流表的示数为0.2A
C. 原线圈的输入电压u=250sin50πt(V)
D. 电阻R2消耗的电功率为15W
8.如图所示，点电荷Q1，Q2固定于边长为L的正三角形的两顶点上，将点电荷
q（电荷量未知）固定于正三角形的中心，Q l，Q2的电荷量均为+q．在正三角
形第三个顶点上放入另一点电荷Q，且Q的电荷量-q，点电荷Q恰好处于平
衡状态。

已知静电力常量为k，不计各电荷受到的重力，下列说法正确的是
（）
A. 若撤去Q3，则Q将做匀加速直线运动
B. Q3的电荷量为−√3q
3
C. 若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将不再受力平衡
D. 若将Q1的电荷量改为−q，则Q受到的合力大小为2kq2
L2
9.下列说法正确的是（）
A. 一定质量的理想气体在压强不变、温度升高时，内能的增加量一定大于吸收的热量
B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C. 有些物质的状态可以在晶体和非晶体之间转化
D. 当分子间距离减小时，引力增大，斥力也增大，两者的合力也一定增大
E. 温度一定时，液体中悬浮的微粒越小，布朗运动越明显
10.下列说法正确的是（）
A. 简谐横波的频率和波上质点的振动频率相同
B. 变化的磁场能产生电场
C. 做单色光的双缝干涉实验时，双缝到屏的距离一定，双缝间距离越大亮条纹间的距离越大
D. 波长略大于障碍物的尺寸时，能发生明显的衍射现象
E. 单摆的周期与摆长无关
三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
11.如图所示，图甲是“验证力的平行四边形定则”的实验情况图，其中A为固定
橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。

图乙是某实验小
组在白纸上根据实验结果画出的图。

（1）本实验采用的科学方法是______。

A．理想实验法B．控制变量法
C．等效替代法D．建立物理模型法
（2）实验中，小张同学在坐标纸上画出了如图丙所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，F为根据平行四边形定则作出的合力（图中未画出），F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，下列说法正确的是______。

A．F1=4N B．F=12N C．θ1=35°D．θ1＜θ2
（3）为提高实验结论的可靠性，在重复进行实验时，结点O的位置______（填“可以”或“不可以”）变动。

12.某小组同学在测一节电池的电动势和内阻时所用器材如下：
A．某特殊电池：电动势约为3V、内阻为几欧；
B．电压表V：量程0～3V，内阻为几千欧；
C．电流表A：量程0～100mA，内阻为3.6Ω；
D．标准电阻R0：0.4Ω；
E．滑动变阻器R1：0～20Ω；
F．滑动变阻器R2：0～2kΩ；
G．开关、导线若干。

（1）该小组三名同学各设计了一个实验电路，其中可行的是______。

（2）实验器材中有两个滑动变阻器，该实验应选用的是______（选填“R1”或“R2”）。

（3）选择（1）中正确的电路后，该小组同学闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量，得出多组电压表示数U和电流表示数I，通过描点画出U-I图象如图丁所示，则该特殊电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω．（结果保留三位有效数字）
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，竖直平面内固定有半径R=1.8m的1
4
光滑圆弧轨道，轨道末端水平且
与放在水平地面上的长木板的上表面等高。

长木板上表面光滑，下表面与水平
地面间的动摩擦因数μ=0.1，木板正中间放有一质量m=1kg的滑块P，木板上表面右端固定有一带有橡皮泥的挡板。

现将一质量也为1kg的滑块Q从圆弧轨道的最高点由静止释放，当其刚滑上长木板时给滑块P一个向左的初速度v=3m/s，P、Q发生弹性正碰后滑块P运动到木板右端与挡板粘在一起继续运动。

已知长木板的质量M=5kg，长l=9m，重力加速度g=10m/s2，滑块P、Q均可视为质点。

求：（1）P、Q发生弹性正碰后各自的速度；
（2）长木板运动的位移大小。

14.如图所示，半径为√3r的圆形区域内有平行于纸面的匀强电场，电场方向与水平方向
成60°角斜向右下方，同心大圆半径为3r，两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场（内、
外边界上均有磁场）。

一比荷为k的带电粒子由静止经电压为U0的加速电场加速后
恰好沿磁场边界的切线进入磁场，并恰好从内圆的最高点A处垂直电场方向进入偏
转电场，并从最低点C处离开电场。

不计粒子的重力
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）求偏转电场的电场场强的大小；
（3）若调整加速电场的电压，使该粒子不进入偏转电场，求加速电压的取值范围。

15.如图所示，汽缸开口向上固定在水平面上，其横截面积为S，内壁光滑，A、B为距离
汽缸底部h2处的等高限位装置，限位装置上装有压力传感器，可探测活塞对限位装置的压力大小，活塞质量为m，在汽缸内封闭了一段高为h1、温度为T1得到理想气体，对汽缸内气体缓缓降温，已知重力加速度为g，大气压强为p0，变化过程中活塞始终保持水平状态。

求：
①当活塞刚好与限位装置接触（无弹力）时，汽缸内气体的温度T2；
②当A、B处压力传感器的示数之和为2mg时，汽缸内气体的度T3。

16.如图所示，等长三棱镜abc平放在水平桌面上，光屏MN与棱镜ac边平行，一宽度
为d的单色平行光束垂直ac边从ab边射入棱镜，通过棱镜后在光屏上的光束宽度变为2d，已知真空中光速为c。

求：
①棱镜的折射率n；
②该光束中的光通过棱镜所需时间的最大时间差△t。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：A、轻核聚变需在非常高的温度下完成，故A错误。

B、原子核发生一次β衰变，原子核的质量数不变，电荷数增加1，故B错误。

C、根据核反应的特点可知，核反应U+n→Ba+Kr+3n是裂变反应，故C正确。

D、放射性元素的半衰期与温度无关，故D错误。

故选：C。

轻核聚变需在非常高的温度下完成；根据衰变的实质判断原子核质量数的变化；根据反应的类型确定是什么反应；放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关。

本题考查了轻核聚变、衰变的实质、半衰期等基础知识点，关键需熟悉教材，牢记这些基础知
识点，注意影响半衰期的因素。

2.【答案】D
【解析】
解：A、0～5s内甲物体的加速度大小为a甲==m/s2．故A错误。

B、3s时乙图象切线斜率的绝对值小于1，所以3s时乙物体的加速度大小小于1m/s2．故B错误。

C、根据数学知识可知，t=5s时甲的速度大小为m/s，则0～5s内甲物体的位移大小为x甲=
-=m，故C错误。

D、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，知0～5s 内乙物体的位移大于+3×3+
=13.5m，故D正确。

故选：D。

在v-t图象中，图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。

在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负。

结合几何知识分析。

本题是速度-时间图象的应用，关键要明确图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积
表示位移。

解题时要注意位移的符号。

3.【答案】A
【解析】
解：AB、小球受重力、斜面AP弹力F1和挡板BP弹力F2，将F1与F2合成为F=mg，如图
小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和
F2合成的合力F一定与重力等值、反向、共线。

从图中可以看出，当挡板PB逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，F1越来越大，F2先变小，后变大；
由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行（即与F1的方向垂直）时，F2有最小值为：
当挡板BP竖直时，F2最大，为：．故A正确，B错误；
C、当BP沿水平方向时，AP对球的支持力为0，所以AP受到的压力也等于0．故C错误；
D、由图可知，当BP沿绳子方向时，AP对球的支持力最大，为：
由牛顿第三定律可知，平板AP受到的最大压力为．故D错误
故选：A。

除开始时的位置外，小球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对
球的支持力方向不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平行四边形定则作图分析即可。

本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在一起，
直接由图象分析出各个力的变化情况。

4.【答案】D
【解析】
解：A、万用引力跟距离成反比，A点距离最小，故万用引力最大，故A错误；
B、B点为远月点，根据开普勒第二定律可知，速度最小，故B错误；
C、从A至C，其运动速度与万用引力并非始终垂直，引力做功，故C错误；
D、根据机械能守恒，从B到D距离减小，引力势能减小，动能增大，故D正确。

故选：D。

月球对飞船的万有引力大小只跟距离相关，椭圆轨道中机械能守恒，可以利用机械能守恒判定速度大小及功能转化关系。

切记椭圆轨道不套引用圆周运动相关结论，月球对飞船的万有引力大小只跟距离相关，椭圆轨道中机械能守恒，可以利用机械能守恒判定速度大小及功能转化关系。

5.【答案】D
【解析】
解：A、根据斜抛的运动规律知，三条路径的最高点是等高的，故三个物体的竖直方向上面分速度v y相同，其总的运动时间也相同，水平位移大的水平分速度大，故A、B错误。

C、同学对小球做功，小球获得初动能，由于三个小球竖直方向分速度相同，水平位移大的第3个小球水平分速度大，故合初速度大，故第3个小球的初动能大，人对它做功最多，故C错误；
D、由于斜抛的时候，竖直分初速度v y相同，落地时的竖直方向分速度也相同，均等于v y，所以落地时重力的瞬时功率P G=mg•v y一样大，故D正确。

故选：D。

抓住三个小球上升的最大高度相等，得出竖直方向上的运动时间相等，以及初始时刻竖直分速度相等，结合水平位移比较水平分速度的大小。

根据初始时刻竖直分速度和水平分速度的大小，结合平行四边形定则比较出初速度的大小，从而比较出对物体做功的大小。

根据重力瞬时功率的公式，结合落地时竖直分速度的大小比较重力做功的瞬时功率。

解决本题的关键将小球分解为水平方向和竖直方向，知道分运动和合运动具有等时性，结合运动学公式灵活求解。

6.【答案】AC
【解析】
解：AB、设导线框的边长为L，ab边刚进入磁场时，导线框的速度大小为v。

由图线乙可知，线框进入磁场过程产生感应电动势不变，线框做匀速直线运动，则：L=vt=0.2v，线框进入磁场过
程产生的感应电动势为：E=BLv=B×0.2v×v=0.2Bv2，由图示图象可知：E=0.01V，代入数据解得：v=0.5m/s，L=0.1m，故A正确，B错误；
C、线框完全进入磁场后只受重力作用，做匀加速直线运动，ab边刚离开磁场时线框的速度为：v′===1.5m/s，故C正确；
D、ab边刚离开磁场时，线框受到的安培力为：F=BIL=，由牛顿第二定律得：F-mg=ma，
代入数据解得：a=110m/s2，故D错误；
故选：AC。

根据图线乙判断线框进入磁场时的运动性质，应用E=BLv与速度公式求出线框的边长；根据安培力公式求出线框受到的安培力大小，应用平衡条件求出ab边刚进入磁场时线框的速度大小；应用运动学公式求出ab边刚离开磁场时线框的速度，应用牛顿第二定律和安培力公式求出线框加速度大小。

根据图示图象，分析清楚线框进入磁场过程的运动性质与运动过程是解题的前提与关键，应用E=BLv、运动学公式与牛顿第二定律即可解题。

7.【答案】AC
【解析】
解：A、一示波器接在电阻R1两端，示波器上的电压变化图象如图乙所示，R1两端电压的有效值是V，
R1=30Ω，R2=20Ω，根据欧姆定律得电压表的示数为=35.4V，故A正确；
B、副线圈电流I2==A，电流与匝数成反比，所以电流表的示数为I1=A，故B错误；
C、根据图乙所示，周期T=0.04s，ω==50π rad/s，
理想变压器的原、副线圈匝数比为5：1，变压器中电压与匝数成正比，原线圈的电压最大值是250V，
所以原线圈的输入电压u=250sin50πt（V），故C正确；
D、电阻R2消耗的电功率为P=R2=10W，故D错误；
故选：AC。

由图象求出交流电的周期和电压最大值；变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值。

根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。

8.【答案】BD
【解析】
解：A、若撤去Q3，点电荷Q所受的合力为Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力，方向竖直向下，向下加速运动的过程中，由于距离两电荷的距离变化，导致库仑力的变化，则加速度变化，做变加速直线运动，故A错误。

B、Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力为：，方向竖直向下
根据几何关系知，Q3与点电荷Q的距离为：r=
根据平衡知：
解得Q3=，带负电，故B正确。

C 、根据知，Q的电量可以约去，若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将仍然受力平衡，故C错误。

D、若将Q1的电荷量改为-q，Q受到Q1、Q2的合力，方向水平向右，Q3对Q的库仑力大小为，方向竖直向上，根据平行四边形法则知，Q 受到的合力大小
=，故D正确。

故选：BD。

根据受力情况分析运动情况；根据平衡条件结合库仑定律列方程求解电荷量。

改变电性后，结合电荷所受的库仑力大小，运用平行四边形法则求解合力大小。

本题主要是考查电场强度的叠加，知道电场强度是一个矢量，其合成满足矢量的平行四边形法则。

9.【答案】BCE
【解析】
解：A、由理想气体状态方程PV=kT，一定质量的理想气体，压强不变，温度升高时，体积也增大，此时气体对外做功W＜0，而温度升高时，理想气体的内能也增大△U＞0，根据热力学第一定律△U=Q+W，内能的增加量一定小于吸收的热量。

故A错误；
B、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。

就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势。

正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如；故B正确；
C、晶体和非晶体在适当的条件下可以互相转化。

例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体。

把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫。

故C正确；
D、分子间既存在引力也存在斥力，当分子间距小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子间距大于平衡距离时，分子力表现为引力。

所以分子间距离减小时，引力增大，斥力也增大，但两者的合力也不一定增大，故D错误；
E、温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，布朗运动越明显；故E正确。

故选：BCE。

一定质量的理想气体在压强不变、温度升高时，内能的增加量一定小于吸收的热量；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用；有些物质的状态可以在晶体和非晶体之间转化；当分子间距离减小时，引力增大，斥力也增大，两者的合力也不一定增大；温度一定时，液体中悬浮的微粒越小，布朗运动越明显。

本题考查了热力学第一定律、液体表面张力、晶体和非晶体、布朗运动等知识。

关键点一：会利
用热力学第一定律△U=Q+W解决问题；关键点二：要牢记液体表面张力、晶体和非晶体的基本概念；关键点三：熟悉布朗运动及其条件。

10.【答案】ABD
【解析】
解：A、简谐横波在传播过程中波的频率不变，简谐横波的频率和波上质点的振动频率相同，故A正确；
B、由麦克斯韦电磁理论可知，变化的磁场可以产生电场，故B正确；
C、由干涉条纹公式：△x=λ可知，做单色光的双缝干涉实验时，双缝到屏的距离L一定，双缝间距d离越大亮条纹间的距离△x越小，故C错误；
D、波长略大于障碍物的尺寸时，能发生明显的衍射现象，故D正确；
E、由单摆周期公式：T=2π可知，单摆周期T与摆长L有关，故E错误；
故选：ABD。

质点做简谐运动的频率与简谐横波的频率相等；
变化的电场可以产生磁场，变化的磁场可以产生电场；
根据双缝干涉条纹间距公式分析答题；
当波长与障碍物尺寸相差不多时可以发生明显的衍射现象；
根据单摆周期公式分析判断周期与摆长的关系。

本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

11.【答案】C B可以
【解析】
解：（1））合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法。

故C正确，ABD错误故选：C
（2）根据平行四边形定则，作出两个力的合力，如图。

从图上可知，F1=N，合力F=12N．根据几何关系知F1与F的夹角分别为θ1=45°．从图上可知，θ1＞θ2．故B正确，A、C、D错误。

故选：B
（3）同一次实验中，O点的位置不能改变，但重复进行实验时，O点位置是允许变动的。

故答案为：（1）C；（2）B；（3）可以
（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用。

（2）本实验是要验证平行四边形定则，注意在理解实验的原理基础上，掌握实验的方法和数据的处理方法以及需要注意的事项，尤其是理解本实验的“等效”思想。

明确“实验值”和“实际值”的区别。

根据平行四边形定则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角。

（3）实验过程需要记录拉力的大小与方向，需要记录橡皮筋结点位置，据此分析答题。

本实验考查验证平行四边形定则的实验，采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。

12.【答案】乙R1 3.05 0.955
【解析】
解：（1）由题意可知，电流表量程太小，应把电流表与定值电阻并联扩大其量程，电压表测路端电压，电流表测电路电流，滑动变阻器采用限流接法，应选择图乙所示电路图。

（2）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1。

（3）电流表内阻为3.6Ω，定值电阻阻值为0.4Ω，流过定值电阻的电流为电流表电流的9倍，电流表量程扩大了10倍，
由图示电源U-I图象可知，电源电动势为：E=3.05V，电源内阻为：r===0.955Ω；故答案为：（1）乙；（2）R1；（3）3.05，0.955。

（1）根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理选择实验电路图。

（2）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。

（3）电源U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻。

本题考查了实验电路选择、实验数据处理，知道实验原理是解题的前提与关键，要掌握图象法处理实验数据的方法；电源U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。

13.【答案】解：（1）P 沿1
4光滑圆弧轨道下滑的过程，由机械能守恒定律得 mgR =1
2mv Q 12。

解得v Q 1=6m /s
两滑块碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得 mv Q 1-mv =mv Q 2+mv P 2。

1
2
mv Q 12+1
2
mv 2=1
2
mv Q 22+1
2
mv P 22。

解得v Q 2=-3m /s ，v P 2=6m /s
（2）两滑块相碰前的位移大小之和为l
2=4.5m ，则有
（v Q 1+v ）t =4.5m
可得滑块P 向左运动的位移大小x P =vt =1.5m ，滑块Q 向右运动的位移大小x Q =3m 而两滑块相碰后，Q 向左运动x Q
v Q2=33=1s 后离开木板，P 向右运动x p +L v P2
=
1.5+4.5
6
=1s 后与挡板相撞，相撞过程中
动量守恒，则有 mv P 2=（m +M ）v 共。

碰后P 与木板一起向右运动，由动能定理得 -μ（m +M ）gx =0-1
2（m +M ）v 共2。

解得x =0.5m 答：
（1）P 、Q 发生弹性正碰后各自的速度为6m /s ，向右，以及3m /s ，向左； （2）长木板运动的位移大小是0.5m 。

【解析】
（1）P 沿光滑圆弧轨道下滑的过程中，只有重力做功，其机械能守恒。

根据机械能守恒定律求
P 与Q 碰撞前瞬间的速度。

对于P 、Q 碰撞过程，利用动量守恒定律和机械能守恒定律列式，可求得碰后两者的速度。

（2）两滑块相碰前位移大小等于=4.5m ，根据位移等于速度乘以时间，求出滑块P 向左运动的位移，以及Q 向右运动的位移。

两滑块相碰后，Q 向左运动，过一段时间后离开木板。

而P 过一段时间后与挡板粘在一起，粘合过程P 与木板的动量守恒，由动量守恒定律求出粘合后的共同速度，再由动能定理求长木板运动的位移大小。

解决本题时要理清两滑块的运动过程，注意判断P 与挡板相碰时Q 是否离开木板。

在运用动量守恒定律时要注意选取正方向，用正负号表示速度方向。

14.【答案】解：（1）设带电粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系得
（3r -R ）2+（√3r ）2=R 2 解得：R =2r 由公式qvB =m v 2
R
U 0q =1
2mv 2
解得：B =√2kU
02kr
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由几何关系知 2√3r cos30°=12×qE
m t 2 2√3r sin30°
=vt 解得：E =
4U 0r
（3）粒子在加速电场中运动时有：qU =1
2mv′2 而qv ′B =mv′2R′
，B =√2kU
02kr
解得：U =R′2
4r 2
U 0
①当R 1=√
3+32
r 时，粒了经过电场左边界，解得：U 1=
6+3√3
8
U 0 @当R 2=3−√32
r 时，粒子经过电场右边界，解得：U 2=6−3√38
U 0
所以加速电压的取值范围是：0≤U ≤
6−3√38U 0和6+3√3
8
U 0≤U 答：（1）匀强磁场的磁感应强度的大小是√2kU
02kr
；
（2）偏转电场的电场场强的大小4U 0r
；
（3）加速电压的取值范围0≤U ≤
6−3√38U 0和6+3√3
8
U 0≤U 。

【解析】
（1）画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，由几何关系求得轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力可求得磁感应强度的大小；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运动的规律结合几何关系可求得场强的大小； （3）粒子在加速电场中由动能定理可写出加速电压的表达式，分析不同的临界情况求得加速电。