2021年湖南省常德市武陵区芷兰实验学校高考物理二模试卷

2021年湖南省常德市武陵区芷兰实验学校高考物理二模试卷
1.实现核能电池的小型化、安全可控化一直是人们的目标。

现在有一种“氚电池”，它的体积比一元硬
币还要小，就是利用了氚核β衰变产生的能量，有的心脏起搏器就是使用“氚电池”供电，使用寿命长达20年。

该反应放出β射线外，还会放出不带电、质量基本为零的反中微子。

氚核的半衰期为12.5年，下列说法正确的是()
A. 氚核β衰变后，新核平均核子质量会增加
B. 氚核衰变放出的β射线是电子流，来源于核外电子
C. 氚核β衰变后，还会产生一种新的原子核 23He
D. 经过12.5年后，反应后剩余物的质量变为初始质量的一半
2.如图所示的四种电场中，分别标记有a，b两点，其中a，b两点电场强度大小相等、方向相反的是()
A. 如图中与点电荷等距的a，b两点
B. 如图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a，b两点
C. 如图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a，b两点
D. 如图中非匀强电场中的a，b两点
3.如图所示为通过某种半导体材料制成的电阻的电流随其两端电压变化的关系图
线，在图线上取一点M，其坐标为(U0,I0)，其中过M点的切线与横轴正向的夹
角为β，MO与横轴的夹角为α，则下列说法正确的是()
A. 该电阻阻值随其两端电压的升高而减小
B. 该电阻阻值随其两端电压的升高而增大
Ω
C. 当该电阻两端的电压U=U0时，其阻值为1
tanα
D. 当该电阻两端的电压U=U0时，其阻值为tanβΩ
4.如图所示，水平面上固定一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初
速度为v0时，小球恰好落到斜面底端．现用不同的水平初速度v从该斜面
顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的水平位移x随v
变化的函数关系()
A. B.
C. D.
5.如图所示，用一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为
使细绳与竖直方向夹角为30°且绷紧，小球A处于静止，则需对小球施加的最小力等于()
A. √3mg
B. 1
2mg C. √3
2
mg D. √3
3
mg
6.如图所示，半径为R、质量为m的半圆形导线框用两根绝缘细线悬挂，静止时直线
边水平，导线框中通有沿顺时针方向的电流，图中水平虚线为匀强磁场的上边界线，
匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导线框向里，处于磁场区域的导线框
对应的圆心角为120°，此时每根细线的拉力大小为F1。

现保持其他条件不变，将虚
线下方的磁场移至虚线上方，使虚线为匀强磁场的下边界，此时每根细线的拉力大小为F2。

则导线框中的电流大小为()
A. 2(F1−F2)
√3BR B. F1−F2
√3BR
C. 3(F1−F2)
BπR
D. 6(F1−F2)
BπR
7.为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。

如图甲所
示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检査时的情景。

如图乙所示为水平传送带装置示意图。

紧绷的传送带ab始终以lm/s的恒定速率运行，乘客将一质量为4kg 的行李无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因素μ=0.1，a、b间的距离为2m，g取10m/s2.下列速度−时间(v−t)图象和位移−时间(x−t)图象中，可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有()
A. B.
C. D.
8.如图所示是某卫星绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3
是变轨后的椭圆轨道。

A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，
卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s，则下列说法中正确的是()
A. 卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7.7km/s
B. 卫星在2轨道经过B点时的速率可能大于7.7km/s
C. 卫星分别在1、2轨道经过A点时的加速度相同
D. 卫星在3轨道经过A点的时速度小于在2轨道经过A点时的速度
9.在光滑的水平面上，一物体以10m/s的速度匀速运动，某时刻(t=0)受到
一个大小随时间变化、方向处于物体初速度所在竖直平面内的外力F，力
F作用了2s，在0～2s内物体在水平面上运动的加速度大小a随时间t变
化的关系图象如图所示。

已知物体的质量为m=2.0kg。

下列说法正确的
是()
A. 外力F可能大于8N
B. 2s末物体的速度大小是14m/s
C. 物体在0～2s内的位移大小可能是24m
D. 0～2s内外力F对物体做的功可能为96J
10.如图所示，变压器原、副线圈的匝数分别为n1=200、n2=100，原线圈与水平放置的间距L=1m的
光滑金属导轨相连，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中，副线圈接阻值R=
10Ω的电阻，原线圈串联一阻值也为R的电阻，与导轨接触良好且始终垂直，导轨的阻值r=5Ω、质量m=0.01kg的导体棒在外力F的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为v=11√2sin10πt m/s，已知导轨电阻和变压器的能量损耗均不计，导轨足够长，导体棒运动过程中不会与其他用电器相碰，电表均为理想电表，则()
A. 电压表的示数为1V
B. 电流表的示数为0.2A
C. 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04√2Wb/s
D. 在0～0.05s的时间内外力F做的功为1.32J
11.某实验小组采用如图甲所示的实验装置探究力与加速度的关系。

实验时滑块在细线拉力的作用下沿轨
道运动，滑块受到的拉力由力传感器读出，位移传感器发射部分固定在滑块上随滑块运动，位移传感器接收部分固定在轨道上，能读出滑块的位移随时间的变化规律。

(1)实验中______ (填“需要”或“不需要”)重物的质量m与滑块的质量M满足M>>m。

(2)如果滑块的位移与时间的关系式为x=0.6t2，则滑块的加速度a=______ m/s2。

(3)用正确的实验方法测得实验数据，作出a−F图线如图乙所示。

由图中的a−F图线可知滑块受到的
摩擦力大小为______ N。

(后两空均保留一位小数)
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.电阻箱R0(0～9999.9Ω)
C.滑动变阻器R1(最大阻值为20Ω，额定电流为1A)
D.滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω，额定电流为1A)
E.电源(电动势约为9V，内阻约为1Ω)
F.开关一个、导线若干
(1)如果采用如图所示的实验电路，选用的滑动变阻器为______ (填“R1”或“R2”)。

(2)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′。

(3)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，平面直角坐标系中，在第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场B1；第四象限有垂直纸面向里
的匀强磁场B2，两磁场宽度d=2.5m，磁场上下区域足够大；在第二象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场。

一带电粒子从x轴上的M点(−0.75m,0)以速度v0=10m/s平行于y轴正方向射入电场中，
m)进入第一象限，经过一段时间后刚好垂直x轴进入第四粒子经过电场偏转后从y轴上的P点(0,√3
2
象限磁场中，再次偏转后从磁场右边界上Q点(图中未画出)离开磁场。

粒子质量m=5×10−4kg，电荷量q=2×10−3C，不计粒子的重力，试求：
(1)电场强度E的大小；
(2)第一象限内磁感应强度B1的大小；
(3)若B2=1.5B1，则粒子从M点进入电场到从磁场右边界Q点离开磁场，运动的总时间。

14.如图，光滑绝缘水平地面上，静止并紧靠着的带正电小球a和不带电的绝缘小球b，用长为2.5m的不
可伸长且不会被拉断的绝缘细绳相连。

a的质量为0.1kg、电量为1.0×10−6C，b的质量为a的k(k>0)倍。

a右侧有水平向右的匀强电场区域，场强大小为1.0×105N/C、场区宽度为2m。

现同时给a、b 以1m/s的速度开始运动，使a水平向右进入电场区域、b水平向左运动，细绳绷紧瞬间两球具有共同速度v，重力加速度g取10m/s2。

求：
(1)细绳绷紧瞬间a到电场左边界的距离；
(2)v与k的关系式；
(3)a球离开电场区域时速度大小。

15.根据热力学定律，下列说法中正确的是()
A. 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B. 空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C. 科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D. 对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”
E. 功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
16.如图所示，导热性能良好的汽缸悬挂在天花板上，用轻质活塞(下有轻质挂钩)封闭
体积为V0的理想气体，外界大气压为p0，环境温度为T0，活塞截面积为S，与汽缸之
间的摩擦不计。

现在活塞下面挂上质量为m的钩码，活塞缓慢下移，并最后静止在
某一位置(未从汽缸上脱落)，重力加速度为g，求：
(Ⅰ)活塞静止时，离汽缸上底的距离；
(Ⅱ)如果取下钩码，要保持活塞的位置不变，环境温度需要改变到多少？汽缸吸热还是放热？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、发生β衰变释放出核能会有质量亏损，可知平均核子质量会减小，故A错误；
BC、β衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，
根据质量数与质子数守恒，则氚发生β衰变的衰变方程： 13H→23He+−10e，故B错误，C正确；
D、经过t=12.5年，即经过一个半衰期，有一半质量的氚核发生β发生衰变成 23He而非消失，所以反应后剩余物的质量比初始质量的一半要大，故D错误。

故选：C。

发生β衰变释放出核能会有质量亏损，可知平均核子质量会减小；
β衰变是内部中子转化为质子时同时生成电子，根据质量数与质子数守恒，即可确定衰变方程；
根据半衰期的含义分析其质量变化。

本题考查β衰变的本质、半衰期等内容，要熟悉课本知识，能解释生活中的问题。

2.【答案】C
【解析】解：
A、在甲图中，a、b两点离场源电荷距离相等，电场强度大小相等。

由于电场线是直线，a、b点的电场强度的方向就沿着电场线的方向，所以a、b的电场强度的方向不同，但不是相反的，故A错误；
B、根据对称性可知，a，b两点电场强度大小相等。

在等量异种电荷连线的中垂线上各点的电场强度的方向都与两电荷连线平行，且指向负电荷的一侧的，所以a、b的电场强度的方向相同，故B错误；
C、在等量同种电荷连线的中垂线上的点的电场强度的方向都是由中间指向两侧的，在对称的位置，电场强度的大小是相同的，方向相反，故C正确；
D、在非匀强电场中的a、b两点，电场强度的方向沿着该点的电场线的切线的方向，显然它们的方向不同，但是不是相反的，故D错误；
故选：C。

电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场强度的方向沿着该点的电场线的切线的方向．根据电场线的疏密判断场强的大小，切线方向判断场强方向．结合电场线的分布情况进行解答．解答本题要掌握住常见的几种电场的分布情况，特别是等量异种电荷和等量同种电荷的电场，抓住其对称
性来分析场强关系，这是经常考查的地方．
3.【答案】A
【解析】解：AB、由I−U图象可知，斜率表示电阻的倒数，半导体的伏安特性曲线斜率变大，则阻值随电压的升高而变小，故A正确，B错误；
CD、当该电阻两端的电压U=U0时，电阻R=U0
I0
，由于纵坐标与横坐标的标度不确定，所以不能用R=tanα计算电阻，更不能用tanβ计算，故CD错误；
故选：A。

电压与对应电流的比值是白炽灯的电阻，根据图象可知白炽灯的电流与两端电压不成正比；由于纵坐标与横坐标的标度不确定，不能用tanα和tanβ计算电阻。

本题考查了求电阻问题，特别需要注意的是在物理图象中，斜率不等于tanα，而要看图象的纵坐标与横坐标表示什么物理量，了解图象的本质。

4.【答案】C
【解析】解：当小球落在斜面上时，有：tanθ=1
2
gt2
v0t
，解得：t=2v0tanθ
g
，水平位移为：x=v0t=2v02tanθ
g
，
由数学知识可知，x−v0图象是开口向上的抛物线。

当小球落在水平地面上，根据ℎ=1
2gt2得：t=√2ℎ
g
，则知运动时间不变。

由x=v0t知，x−v0图象过原点
的直线，故C正确。

故选：C。

小球的初速度比较小时落在斜面上，结合竖直位移与水平位移的关系求出运动的时间，再得到水平位移与时间的关系式．小球落在水平地面上，高度一定，则运动时间一定，再得到水平位移与时间的关系式，根据x与t的解析式可分析图象．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道小球落在斜面上时竖直位移与水平位移的关系，结合运动学公式得到解析式来选择图象．
5.【答案】B
【解析】解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小。

根据平衡条件，F的最小值为：
F min=Gsin30°=mg×1
2
=
1
2
mg
故选：B。

小球A处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值。

本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值。

6.【答案】B
【解析】解：不论磁场处于虚线上方还是处于虚线下方，导线的有效长度都是L=2Rsin60°=√3R，
当磁场在虚线下方时，由左手定则可知，安培力方向竖直向下，由平衡条件得：
mg+BIL=2F1，
当磁场在虚线上方时，由左手定则可知，安培力方向竖直向上，由平衡条件得：
2F2+BIL=mg
解得：I=F1−F2
√3BR
，故B正确，ACD错误。

故选：B。

应用左手定则判断出安培力方向，应用安培力公式求出安培力大小，应用平衡条件列式求出导线框中电流大小。

本题考查了安培力公式与左手定则的应用，应用左手定则、安培力公式与平衡条件即可解题；解答时要注意安培力公式F=BIL中的L是有效长度。

7.【答案】AC
【解析】解：AB、行李放上传送带后，受到向右的摩擦力，加速度为：a=μmg
m
=μg=1m/s2，
行李做匀加速直线运动，v=at，速度达到传送带速度经历的时间为：t=v
a
=1s，然后做匀速直线运动。

故A正确，B错误；
at2=0.5m，是时间的二次函数，1s后做匀速运动，CD、在前1s内行李做匀加速运动，发生的位移x1=1
2
位移x2=vt，故C正确，D错误；
故选：AC。

分析出行李在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律得出行李的加速度，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，作出行李的速度时间图线。

解决本题的关键理清行李在传送带上的运动规律，通过牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

8.【答案】AC
【解析】解：A、卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s。

故A正确；
B、假设有一圆轨道经过B点，根据v=√GM
，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，
r
才会做近心运动进入2轨道运动。

故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B错误；
C、卫星在A点时，距离地球的距离相同，万有引力相同，根据牛顿第二定律，加速度相同。

故C正确；
D、因为卫星在轨道2经过A点要加速做离心运动才能进入轨道3，故卫星在3轨道经过A点的时速度大于在2轨道经过A点时的速度，故D错误。

故选：AC。

当卫星的速度变大，使万有引力不够提供向心力时，卫星会做离心运动，轨道变高，卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动。

当卫星的速度减小，使万有引力大于向心力时，卫星做近心运动，轨道变低，卫星经过B速度变小。

卫星距离地球的距离相同时，万有引力相同，根据牛顿第二定律，加速度相同。

本题要掌握离心运动的条件和近心运动的条件，能够根据这两个条件判断速度的大小。

还要知道卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大。

9.【答案】AD
【解析】解：A、在t=0时刻，加速度最大，外力水平分量最大，外力的水平分量大小最大值为F x=ma= 2×4N=8N，因外力的竖直分量F y不能确定，所以外力F可能大于8N，故A正确；
×4×2m/s=4m/s，当加速度方向与速度方向相同B、由图象知，在0−2s内物体的速度变化量△v=1
2
时，末速度v′1=v +△v =10m/s +4m/s =14m/s ；若加速度方向与速度方向相反时v′2=v −△v =10m/s −4m/s =6m/s ，故B 错误；
C 、由于在这2s 内物体做变速运动，加速度方向与速度方向相同时，0−2s 内的位移大于10+142
×2m =24m ，
加速度方向与速度方向相反时，0−2s 内的位移小于
10+62
×2m =16m ，故C 错误；
D 、当加速度方向与速度方向相同时，F 作用过程对物体由动能定理有W F =1
2mv′2−1
2mv 2，解得外力F 对物体做的功W F =96J ，故D 正确。

故选：AD 。

在t =0时刻，加速度最大，外力水平分量最大，根据牛顿第二定律求出外力水平分量的最大值，从而确定外力的最大值；根据a −t 图像与时间轴所围的面积表示速度变化量，求出0−2s 内速度变化量，即可确定2s 末物体的速度大小；根据加速度方向与速度方向相同与加速度方向与速度方向相反两种情况求物体在0～2s 内的位移大小可能值；根据动能定理求0～2s 内外力F 对物体做的功。

本题考查动能定理和运动图像的综合应用，要知道a −t 图像与时间轴围成的面积表示该段时间内物体速度的变化量，v −t 图像与时间轴围成的面积表示该段时间内物体的位移。

10.【答案】CD
【解析】解：AB 、由导体棒速度随时间变化的关系式v =11√2sin10πtm/s 可得速度最大值为v m =11√2m/s ，角频率ω=10πrad/s ，故导体棒产生的感应电动势的最大值为E m =BLv m =1×1×11√2V =11√2V ，电动势的瞬时值为e =E m sinωt =11√2sin10πtV ，电动势的有效值为E =
m √2
=
√2√2
=11V 。

设原线圈的输入电压为U 1，副线圈的输出电压为U 2，原线圈的输入电流为I 1，副线圈的输出电流为I 2，则对含有原线圈的回路，由闭合电路的欧姆定律有：E =I 1(r +R)+U 1
由变压器的工作原理可知U 1U 2
=n 1n 2
、I 1I 2
=n
2n 1
对副线圈的回路，由欧姆定律有U 2=I 2R
由以上式子可解得U 1=8V ，U 2=4V ，I 1=0.2A ，I 2=0.4A
故电压表示数为U =I 1R =0.2×10V =2V ，电流表示数为I 2=0.4A ，故AB 错误； C 、根据E =n
△Φ
△t
，可知原线圈中磁通量变化率的最大值为△Φ
△t =U 1m n 1
=
√2U 1
n 1
=
√2×8
200
Wb/s =√2
25Wb/s =
0.04√2Wb/s ，由于变压器无能量损失，故是理想变压器，原线圈中的磁通量即为铁芯中的磁通量，因此，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04√2Wb/s ，故C 正确； D 、交变电流的周期为T =
2πω
=2π
10πs =0.2s ，在△t =0.05s =T
4时间内，电路产生的焦耳热Q =I 12(R +r)△
mv m2，解得在0～0.05s的时间内外力F做t+I22R△t，解得Q=0.11J，根据能量守恒定律得W外−Q=1
2
的功W外=1.32J，故D正确。

故选：CD。

导体棒的速度速度随时间作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，由E=BLv得到感应电动势瞬时表达式，
求出电动势的有效值；根据变压器的规律求出副线圈两端电压的有效值，求出感应电动势最大值，由E=m
√2
由欧姆定律求解电流的有效值，即可得到两个电表的读数。

根据原线圈电压最大值，由法拉第电磁感应定律求变压器铁芯中磁通量变化率的最大值。

根据焦耳定律求解电阻R上产生的热量，根据功能关系求在0～0.05s的时间内外力F做的功。

本题是电磁感应与变压器规律的综合，关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律和变压器的规律，知道交流电表测量有效值，求交流电产生的热量要用有效值。

11.【答案】不需要 1.20.4
【解析】解：(1)因为力传感器能直接读出滑块受到的拉力，故不需要满足M>>m；
at2，可得a=1.2m/s2；
(2)滑块在拉力作用下做匀加速直线运动，对比x=1
2
(3)由F−f=ma，可知a−F图线的F轴的截距等于摩擦力，即f=0.4N。

故答案为：(1)不需要；(2)1.2；(3)0.4。

(1)由题意知有力传感器测量拉力，故不需要满足M>>m；
(2)根据匀加速直线运动的位移和时间关系，可以得出加速度大小；
(3)结合图线的物理意义，求出摩擦力大小。

在没有力传感器时，要满足M>>m才能认为滑块受到的拉力等于悬挂物的重力，但本题有力传感器的存在，要注意此时不需要M>>m。

12.【答案】R1a k b
k
【解析】解：(1)从图看出，滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，选择最大阻值小的R1；
(2)为了防止分压过大保护电路，滑动变阻器应滑到a端；
(3)电阻箱和电流表是串联的，电流表始终是满偏的，由U=I(R′+r)得：U=I g R′+I g r，所以图象斜率k。

等于满偏电流I g，即量程为k，截距b=I g r，所以：r=b
k
故答案为：(1)R1；(2)a；(3)k、b
k
(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；
(2)闭合开关前，应将滑动变阻器R1的滑片置于图中的a端；
(3)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)粒子在电场中做类平抛运动，有x M=1
2×qE
m
t12，y P=v0t1
解得：E=50V/m，t1=√3
20
s。

(2)粒子进入磁场B1时的速度大小为v，方向与y轴成θ角，由tanθ=qE m t1
v0=
2×10−3×50
5×10−4
×√3
20
m/s
10m/s
=√3解得：θ=60°
所以进入磁场时：v=v0
cos60∘=10
0.5
m/s=20=m/s
画出粒子轨迹图如下图：
由几何关系得，粒子在磁场B1中做圆周运动的半径r1=y P
cos60∘
=1m
由洛伦兹力提供向心力有qvB1=m v2
r1
解得：B1=5T。

(3)粒子进入磁场B2时，半径r2=mv
qB2=5×10−4×20
2×10−3×7.5
m=2
3
m
粒子离开磁场B2时，其半径与x轴夹角为α，由几何关系有d=r1(1+sin30°)+r1(1+cosα)
解得：α=60°
粒子在磁场中运动的周期T=2πr
v
所以：T1=2πr1
v ，T2=2πr2
v
代入数据得：T1=π
10s，T2=π
15
s
故粒子从M点进入电场到从磁场右边界Q点离开磁场运动的总时间：t=t1+T1
3+T2
3
=(√3
2
+π
18
)s。

答：(1)电场强度E的大小50 V/m；(2)第一象限内磁感应强度B1的大小为5T；
(3)若B2=1.5B1，则粒子从M点进入电场到从磁场右边界Q点离开磁场，运动的总时间为(√3
2+π
18
)s。

【解析】(1)根据粒子在电场做类平抛运动，在沿电场和垂直电场方向分别做匀加速直线运动和匀速直线运动列式求解；
(2)画出轨迹图，根据几何知识和圆周运动公式求解磁感应强度；
(3)画出轨迹图，根据B2的大小求解在磁场中的运动半径，算出圆心角，进而求解时间。

本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析受力情况，确定其运动情况，做好此类题目的关键是准确的画出粒子运动的轨迹图，利用几何知识再结合匀速圆周运动和类平抛运动的规律进行求解。

14.【答案】解：(1)设细绳子长为L，电场宽度为d；小球a、b的初速度为v0，经时间t细绳子绷紧，a到电场左边界的距离为s a，b通过的距离为s b；
设电场强度为E，a的质量为m，在电场中的加速度为a。

以水平向右为正方向，依题意：
s a=v0t+1
2
at2
s b=v0t
s a+s b=L
而a=qE
m
联立以上几式并代入数据可得：s a=1.5m
(2)设绷紧前瞬间a的速度为v t，绷紧瞬时两球的共同的速度为v，以水平向右为正，根据动量守恒定律：
v t=v0+at
mv t−kmv0=(m+km)v
联立以上几式并代入数据可得：v=2−k
1+k
分三种情况：Ⅰ、当0<k<2时，小球向右运动
Ⅱ、当k=2时，小球短暂速度为零
Ⅲ、当k>2时，小球向左运动
(3)设小球a离开电场的速度为v1。

当Ⅰ、当0<k<2时，a、b两小球一起向右匀速直线运动，
由动能定理：qE(d−s a)=1
2m(1+k)v12−1
2
m(1+k)v2
联立并代入数据解得：v1=√k2−3k+5
1+k
Ⅱ、当k>2时，a、b两小球先一起向左匀减速运动。

若①qEs a≥1
2m(1+k)v2；即2<k≤7+3√5
2
，小球a仍然从电场右侧出来，速度大小为v1′=√k2−3k+5
1+k
；
若②qEs a<1
2m(1+k)v2，即k>7+3√5
2
小球a将从电场左侧出来，由动能定理：−qEs a=1
2m(1+k)v1″2−1
2
m(1+k)v2
联立并代入数据得到：v1″=√k2−7k+1
1+k
答：(1)细绳绷紧瞬间a到电场左边界的距离1.5m；
(2)v与k的关系式为v=2−k
1+k
(分三种情况讨论见上)；
(3)a球离开电场区域时速度大小为√k2−3k+5
1+k (0<k<2)或√k2−7k+1
1+k
(k>2)。

【解析】(1)a球向右做匀加速直线运动，b球向左做匀速直线运动，当两者位移之和等于绳长时，求出a 球的位移就是所示；
(2)在上一问的基础上求出张紧前的速度，由动量守恒求出张紧后的速度，并作出分析；
(3)对上一问的结果进行分析知，绷紧后的速度有三种情况，在此基础上，对ab整体运用动能定理求出a 球离开场区的速度。

本题是绳子张紧问题，当然张紧前后动量守恒这是基础，但张紧后似乎无过程延伸，而本题将物体放在电场边缘进行设计，是一个好的思维。

本题的难点在最后一问，考虑不同的k值时的各种情况下，按不同的运动过程，用动能定理求解。

15.【答案】ABE
【解析】解：A、根据热力学第二定律知热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故A 正确；
B、空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，因为工作过程还有电热释放，故B 正确；
C、根据热力学第二定律，可知内燃机不可能成为单一热源的热机，故C错误；。