高考2020年物理模拟试卷(18套)解析版

高考物理二模试卷
题号
得分
一 二 三 四 五 总分 一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分）
1. 快中子增殖反应堆是一种新型的核反应堆，运行时一方面消耗裂变燃料 Pu ，一 Pu ，真正消耗的是在热中子反应堆中不能利用的且在天然铀中占 方面又生成
99.2%以上的 U ．在反应堆中， U 吸收 Pu 裂变反应释放的快中子后变成
Pu ，则下列说法正确的是（ ） U ， U 与 U 的中子数相同 U 比 Pu 少一个中子
U 很不稳定，经过 β 衰变后变成
A.
B. C. 该核反应堆输出能量的反应是聚变反应
D.
U 衰变成 Pu 时经过 2 次 β 衰变 2. 2019 年 1 月 3 日 10 时 26 分,嫦娥四号探测器成功软着陆在月球背面预选区域。

发 射后,嫦娥四号探测器经过约 110 小时奔月飞行,到达月球附近,成功实施近月制动, 顺利完成“太空刹车”,被月球捕获,进入距离月球表面高度为 h 的环月轨道。

若忽 略月球自转,月球的半径为 R ,将嫦娥四号探测器的环月轨道视为圆形轨道,运动周期 为 T ,引力常量为 G ,不计因燃料消耗而损失的质量,则下列说法正确的是( )
A. 嫦娥四号在轨道上的速度与月球的第一宇宙速度之比是
B. 嫦娥四号在轨道上的速度与月球的第一宇宙速度之比是
C. 嫦娥四号在轨道上的加速度与月球表面的重力加速度之比是
D. 嫦娥四号在轨道上的加速度与月球表面的重力加速度之比是
3. 如图所示，在竖直的墙壁正前方有一个点 D ，点 D 到墙壁的水平
距离是 d ，从 D 点以不同的初速度水平抛出一个小球（视为质点
），每次都可以击中墙壁，如果要想使小球以最小的动能击中墙
壁，则平抛小球的初速度是（ ）
A.
B. C. D. 2 4. 一河流两岸平行，水流速率恒定为 v ，某人划船过河船相对静水的速率为 v ，v ＞ 1 2 2 v ，设人以最短的时间 t 过河时，渡河的位移为 d ；以最短的位移 d 过河时，所用 1 1 1 2
的时间为 t 2．则下列说法正确的是（ ）
A. = ， =
B. = ， =
C. = ， =
D. =
， =
5. 如图所示，质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水
平地面上，其水平直径AB的长度为2R，现将质量也为m的小
球从距A点正上方为h的位置由静止释放，然后由A点进入半
圆形轨道后从B点冲出，在空中上升的最大高度为h（不计空
气阻力），则（）
A. 小球冲出B点后做斜上抛运动
B. 小球第二次进入轨道后恰能运动到A点
C. 小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R
D. 小球第二次通过轨道克服摩擦力所做的功等于mgh
二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）
6. 如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，
水平匀强电场平行于轨道平面向左，PQ分别为轨道上的最高
点、最低点，M、N分别是轨道上与圆心等高的点。

质量为m、
电荷量为q的带正电小球（可视为质点）在轨道内运动，已知重
力加速度为g，场强E= ，要使小球能沿轨道做完整的圆周运
动，则下列说法正确的是（）
A. 小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大
B. 小球在轨道上运动时机械能最大的位置一定在M点
C. 小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mg
D. 小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg
7. 如图所示，水平边界下有垂直于竖直平面向里的匀强磁场，将
一个质量为m、边长为l的正方形金属导线框（导线粗细均匀）
，从距离边界上方一定的高度处由静止释放，导线框恰好匀速进
入磁场。

现用同样的金属导线做成边长为原来两倍的正方形导线框，使该正方形下边从同高度处由静止释放，重力加速度为g，导线框始终在竖直平面内运动则（）
A. 导线框匀速进入磁场
B. 导线框减速进入磁场
C. 导线框进入磁场的过程中产生的焦耳热是4mgl
D. 导线框进入磁场的过程中流过导线框截面的电荷量是第一次进入磁场时的2 倍
8. 如图所示是回旋加速器的示意图，置于真空中的D型金属盒的
半径为R两D型盒接在高频交流电源上磁感应强度为B的匀
强磁场与金属盒的盒面垂直粒子经过D、D狭缝间的电压大小
1 2
恒为U，若中心粒子源A处产生的质量为m，电荷量为+q的粒
子，可以被D、D狭缝间的电场不断加速。

带电粒子的初速度
1 2
为零不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（）
A. 粒子在回旋加速器中的加速次数与粒子的比荷成正比
B. 粒子在回旋加速器中相邻轨道半径之差保持不变
C. 带电粒子在D盒中第n个半圆的半径是r=
2 n
D. 若加速器的输出端的等效电流是I，则输出平均功率是
9. 下列说法正确的是（）
A. 一个系统与另一个系统达到热平衡时，这两个系统都处于平衡态
B. 理想气体的压强是由气体分子间斥力产生的
C. 物体的温度越高，物体的每一个分子热运动动能越大
D. 一定质量的理想气体对外界做功时，它的内能有可能增大
E. 密闭容器内的理想气体随着温度的升高，其压强增大，内能增大
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
10. 如图所示是一列简谐横波在t0=0 时刻的波形，此
时刻质点P的速度为v，经过t=0.2s后，它的速度
大小、方向第一次与v相同，再经过△t=1.0s后，它
的速度大小、方向第二次与v相同，则这列简谐横
波的传播方向是向______（选填“左”或“右”）传
播，波速是______，若某时刻N质点到达波谷处，则Q
质点一定到达______（选填“波峰”“波谷”或“平衡位置”）处，从图示位置开始计时，在t=3s时，质点M偏离平衡位置的位移为______，运动方向是______（选填“向上”“向下”“向左”或“向右”）。

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. “碰撞中的动量守恒”实验装置如图所示，让质量为
m1 的小球A从斜面上某处自由滚下，与静止在支柱上
质量为m2 的小球B发生对心碰撞，两球的半径均为r，
对心碰撞瞬间，两球心的连线保持在水平方向上。

（1）本实验设计思想的巧妙之处是用______的测量替
代______的测量
（2）实验中两球的质量关系一定满足______
（3）碰撞中，如果动量守恒，则满足______
12. 某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。

现在需要两个
量程为200mA的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为100mA，内阻为12Ω，另外一个电流表的量程为200mA
（1）现将量程为100mA的电流表扩充为200mA，则应该______（填“串”或“并”）联一个阻值R′=______Ω的电阻。

（2）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、A1 代表量程为100mA电流表A（图中未画出）改装后的电流表、A为量程为200mA的电流表、R为电阻箱、R与R均
2 1 2 3
为滑动变阻器、R为定值电阻、S为开关、R为待测金属圆柱，另有导线若干，这
0 X
些器材全部由实验室提供。

具体的实验操作如下：
A．按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；
B．将滑动变组器R的滑片、滑动变阻器R的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
2 3
C．调整R，逐步增大输出电压，并反复调整R和R使灵敏电流计G的示数为零
3 1 2
，此时量程为100mA的电流表A的示数为I，A的示数为I，电阻箱的示数为R；
1 2 2 1
D．实验完毕，整理器材。

①实验步骤B中滑动变阻器R3 的滑片应调至最______（填“左”或“右”）端；
②反复调整R和R使灵敏电流计G示数为零的目的是______
1 2
③某次测量时量程为100mA的电流表A的指针位置如图乙所示，则此时通过R2 的
电流为______mA
（3）待测金属圆柱R X的阻值为______（用所测物理量的字母表示）
（4）电流表A、A的内阻对测量结果______（填“有”或“无”）影响
1 2
五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13. 如图所示，质量m A=2kg的木板A被锁定在倾角为30°的光
滑斜面的顶端，质量为m B=1kg的可视为质点的物块B恰
能在木板A上匀速下滑。

现让物块B以v0=7.5m/s的初速
度从木板的上端下滑，同时解除对木板A的锁定。

g取
10m/s2，斜面足够长。

求：
（1）要使物块B不从木板A上滑落下来，则木板A的长度至少为多少；
（2）在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多是多少。

14. 质量均为m、电荷量分别为q和-q（q＞0）的带电小球M、
N先后以相同的初速度沿水平方向射向正前方电场强度为
E= 的有界电场（电场在竖直方向上足够长），有界电场的
水平宽度是D，电场方向水平向右。

在电场的右边紧邻着一
个B= 的匀强磁场（足够大），方向垂直纸面向里。

已
知N进入电场后，恰好没有从电场的右边界离开电场；M进入电场后，恰能做直线运动。

不计空气阻力，重力加速度大小为g。

求：
（1）两带电小球的初速度大小；
（2）带电小球N进出电场时的竖直方向上的距离
（3）带电小球M进入右边的磁场后，能获得的最大动能
15. 如图所示，两端开口的汽缸在水平方向上固定，A、B是
两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦地滑动，其面
积分别为S=20cm2、S=10cm2，它们之间用一根细杆连
1 2
接，B通过水平方向上的轻细绳绕过定滑轮与重物C连
接，静止时汽缸中气体的温度T=600K，压强
p=1.2×105Pa，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p=1×105Pa，g取10m/s2
1 0
，缸内气体可看作理想气体。

求：
①重物C的质量；
②若要保持汽缸内的压强不变，汽缸内温度的变化范围是多少
16. 已知一个横截面积是正三角形的三棱镜，边长为60cm，一
束单色光从空气入射到棱镜的AB面的中点上，经AB和AC
两个面折射后从AC面进入空气。

当出射角i′和入射角i相
等时，出射光线相对于人射光线偏转的角度θ=30°，如图所
示，已知光速c=3.0×108m/s。

求
①棱镜对该束单色光的折射率；
②该束单色光在棱镜中传播的时间（取=1.4，结果保留2 位有效数字）。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、同位素是具有相同的质子数和不同的中子数，故A错误。

B、U有146 个中子，Pu有145 个中子，故B错误。

C、该核反应堆输出能量的反应为裂变反应，故C错误。

D、根据质量数和电荷数守恒可知，U经过2 次β衰变生成Pu，故D正确。

故选：D。

β衰变，电荷数增加1，质量数不变，根据电荷数、质量数的变化求出β衰变次数，根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程。

本题综合考查了原子结构、衰变，会根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程。

β衰变，电荷数增加1，质量数不变，铀239 衰变成钚239，电荷数增2，质量数不变，知发生了2 次β衰变。

2.【答案】C
【解析】【分析】
根据万有引力等于向心力列式，求解嫦娥四号在轨道上的速度与月球的第一宇宙速度之比。

根据万有引力定律和牛顿第二定律结合求嫦娥四号在轨道上的加速度与月球表面的重力加速度之比。

解决本题的关键要掌握万有引力等于向心力这一基本思路，要知道月球的第一宇宙速度即为近月卫星的运行速度。

【解答】
AB、根据万有引力等于向心力得：G=m，得v=
，所以嫦娥四号在轨道上的速度与月球的第一宇宙速度之比是，故AB错误；
CD、根据G=ma，得a= ，所以嫦娥四号在轨道上的加速度与月球表面的重力加速度之比是，故C正确，D错误。

故选：C。

3.【答案】B
【解析】解：如图所示，根据平抛运动的规律可得：
tanθ=2tanα== =
v= =
联立解得：v=
当时，即v0= 时v有最小值，故B正确，ACD错误。

故选：B。

根据平抛运动的推论得到速度方向偏向角的正切值，再根据速度的合成与分解求解末速
度的大小，根据数学方法求解速度的最小值满足的条件即可。

本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动
和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性。

4.【答案】C
，过河位移
【解析】解：船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即
，
船以最短的位移过河时，，联立解得，，故ABD
，
错误，C正确。

故选：C。

根据静水中船速垂直河岸时，渡河时间最短，当合速度垂直河岸时，渡河位移最短，结
合运动学公式，即可求解。

考查矢量的合成法则，掌握最短时间与最短位移的方法，注意v＞v是解题的关键。

2 1
5.【答案】C
【解析】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向系统动量守恒，开始系统在水平方向动量为零，小球离开小车时两者水平速度相等，由于系统在水平方向初动量为零，在
水平方向，由动量守恒定律可知，系统末状态在水平方向动量也为零，即小球离开小车
时小车与小球在水平方向的速度为零，小球离开小车时的速度方向竖直向上，小球离开小车后做竖直上抛运动，故A错误；
BD、从小球开始下落到小球离开小车上升到最高点过程，由能量守恒定律得：
mgh=W+mg h，则小球第一次通过轨道时，克服摩擦力做功：W= mgh，小球第二次通过轨道时，由于在对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功小于mgh，小球第二次进入轨道后可以从A点冲出轨道，故BD错误；C、小球第一次到达B点时，设小车的位移大小为x，则小球的位移大小为：2R-x，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-mV=0，即m-m
=0，解得：x=R，即小球第一次到达B点时，小车的位移大小是R，故C正确；
故选：C。

水平地面光滑，系统水平方向动量守恒，则知小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时
还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功。

第二次小球在小
车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力
做功变小，据此分析答题。

本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键，要注
意系统水平方向动量守恒，但总动量并不守恒。

6.【答案】BC
【解析】【分析】
带正电小球在电势最高点的位置电势能最大，而在等效最高点小球动能最小；根据能量守恒分析机械能最大位置；根据动能定理和牛顿第二定律分析Q、P两点弹力从而求解弹力差。

本题考查带电小球在复合场中的圆周运动，关键是找到等效最高点，然后利用动能定理
、能量守恒定律、牛顿第二定律列式求解即可。

【解答】
A.根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为：
，则，如图所示：
，
，即θ=37°，
当小球刚好通过C点关于O点对称的D点时，就能完成完整的圆周运动，小球在D点时的动能最小，但并不是电势能的最大位置，小球电势能的最大位置在N点，故A错误；
B.小球在轨道上运动过程中，能量守恒，小球在M点的位置电势能最小，所以小球在M 点的机械能最大，故B正确；
CD.在PQ点根据牛顿第二定律得：，，从Q到P点，由
动能定理得：，联立解得：F-F=6mg，故C正确，D错误；
Q P
故选BC。

7.【答案】ACD
，其中m=ρ密S•4l，【解析】解：AB、导线框进入磁场时，根据平衡条件可得：mg=
电阻为：R=
整理可得：v= ，可见匀速的速度与线框的边长无关，用同样的金属导线做成边长为原来两倍的正方形导线框，使该正方形下边从同高度处由静止释放，导线框匀速进入磁场，故A正确、B错误；
C、金属导线做成边长为原来两倍，质量变为原来的2 倍，即为2m，根据功能关系可得导线框进入磁场的过程中产生的焦耳热是Q=-W A=4mgl，故C正确；
D、根据电荷量的经验公式可得：q= = = ，其中S是导线的横截面积，由此可见通过线框的电荷量与l成正比，导线框进入磁场的过程中流过导线框截面的电荷量是第一次进入磁场时的2 倍，故D正确。

故选：ACD。

根据平衡条件得到匀速的速度与线框的边长无关；金属导线做成边长为原来两倍，质量变为原来的2 倍，根据功能关系求解；根据电荷量的经验公式结合电阻定律求解电荷量与边长的关系。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

8.【答案】ACD
【解析】解：A ．粒子每次被加速获得的能量 E =qU ，
粒子最终获得的动能是
加速次数 ∝ ，故 A 正确；
B ．粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径是
= ，
= = ，
其中 n 是粒子经过电场加速的次数，显然相等半径之差是变化的，故 B 错误；
C ．粒子在
D 2 盒中第 n 个半径对应的加速次数是（2n -1）次，由（2n -1）qU =
和 得： ，故 C 正确；
D ．设 t 时间内有 N 个粒子从加速器输出，形成的等效电流
， 则平均功率 = ，故 D 正确；
故选：ACD 。

根据题意找到每一次加速获得的动能，再找到最大动能即可求加速次数；
根据圆周运动的公式求出半径表达式；
根据电流的定义求出电流，再求解平均功率；
回旋加速器是一个组合场问题，要知道在回旋加速器中电场是用于加速，而磁场是改变 运动方向，
并且知道是加速一次进行半个圆周运动，做题时要弄清楚加速和做圆周运动的次数关系 。

要根据题意选择合适的公式求功率，这就要求平时要熟记公式。

9.【答案】ADE
【解析】解：A 、根据热力学第零定律，一个系统与另一个系统达到热平衡时，这两个 系统都处于平衡态，故 A 正确。

B 、理想气体分子之间没有斥力和引力，气体压强是由分子的密集度和分子平均动能决 定，故 B 错误。

C 、物体的温度越高，分子的平均动能增大，根据气体分子速率分布曲线图可知，并非 物体的每一个分子热运动动都增大，故 C 错误。

D 、根据热力学第一定律，一定质量的理想气体对外界做功，但气体和外界的热交换不 明确，所有它的内能有可能增大，故 D 正确。

E 、根据理想气体状态方程 =C ，密闭容器内的理想气体随着温度的升高，其压强增大 ；根据热力学第一定律△U =W +Q ，体积不变，气体对外不做功（W =0），温度升高（Q ＞0），分子平均动能增大，内能增大，故 E 正确。

故选：ADE 。

根据热力学第零定律，一个系统与另一个系统达到热平衡时，这两个系统都处于平衡态 ；理想气体分子之间没有斥力和引力；物体的温度越高，分子的平均动能增大，但并非 物体的每一个分子热运动动都增大；根据热力学第一定律，气体和外界的热交换不明确 ，内能的增量也不确定；根据理想气体状态方程 =C ，密闭容器内的理想气体随着温度 的升高，其压强增大；根据热力学第一定律△U =W +Q ，可以判断内能的变化。

本题考查了分子间的相互作用力、温度是分子平均动能的标志、物体的内能、热力学第 一定律、理想气体状态方程等知识点。

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】右10m/s波峰-10cm向上
【解析】解：由题意可知，质点P在t0=0 时刻向上振动，波向x轴正向传播，即向右
传播，周期T=1.2s，波速v= =10m/s，NQ的间距是半波长，若N在波谷，则Q一定在
波峰。

当t=3s时，即2.5T，故从图示位置开始（M质点向下振动），经3s，质点M偏离平衡位置10cm，即位移是-10cm，且向上振动。

故答案为：右；10m/s；波峰；-10cm；向上。

由图读出波长λ=12m。

根据图示时刻质点P的速度为v，经过0.2s它的速度大小、方向第一次与v相同，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同时，回到原来位置，完成一次全振动，则P振动的周期T=1.2s，而且图示时刻P点的运动沿y轴正方向，可判断出波沿+x方向传播，求出波速。

据时间与周期的关系求质点M偏离平衡位置的位移。

本题考查了波动规律，解题的关键在于分析质点P的振动情况，确定P点的运动方向
和周期。

考查把握振动与波动联系的能力。

11.【答案】水平位移初速度m1＞m2 m OP=m OM+m（ON-2r）
1 1 2
【解析】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相同，小球在空中
的运动时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替初速度。

（2 为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m＞m；
1 2 （3）两球碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
m v=m v+m v，
1 0 1 1
2 2
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相等，两边
同时乘以时间t得：m v t=m v t+m v t
1 0 1 1
2 2
即：m OP=m OM+m（ON-2r）；
1 1 2
故答案为：（1）水平位移；初速度；（2）m＞m；（3）m OP=m OM+m（ON-2r）。

1 2 1 1 2
（1）小球离开轨道后做平抛运动，可以用小球的水平位移代替其初速度。

（2）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。

（3）根据平抛运动规律与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。

利用平抛运动验证动量守恒定律的实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动。

（2）利用斜
槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m＞m，防止碰后m被反弹。

1 2 1
12.【答案】（1）并，12；（2）①左；②使R和R两端的电压相等；③160；（3）
1 2
；（4）无
【解析】解：（1）要将量程为100mA，内阻为12Ω的电流表量程扩大为I=200mA，由电流表的改装原理可知，应并联R'= =12Ω的电阻；
（2）①闭合开关前，调节滑动变阻器R3 的滑片滑至最左端，保护电路中的元件；
②调节电流计G的示数为零，目的是使R和R两端的电压相等；
1 2
③根据电表的改装原理可知，通过电阻R2 的电流应该是量程为100mA的电流表A的刻度上读数的2 倍，即160mA；
（3）根据2I R=I R，得到待测金属圆柱的电阻为：R=
1 1
2 2 X
（4）从表达式可以看出电流表A、A的内阻对测量结果较没有影响。

1 2
故答案为：（1）并，12；（2）①左；②使R和R两端的电压相等；③160；（3）
1 2
；（4）无
（1）把电流表扩大量程要并联一个电阻进行分流；
（2）为了能够保护电路元件，分压连接方式应该从最左端开始；当电流计为零时，两电阻的电压相等；根据改装后的电流特点可计算出R2 的电流；
本题考查了电学实验，解题的关键是了解电流表的改装原理及电流计为零时意味着上下两电路电压相等。

13.【答案】解：（1）由题意，物块B匀速下滑，B受到的滑动摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力，即f=m B g sin30°，解除锁定后，A的加速度为a，则有
m g sin30°+m g sin30°=m a
A B A
可得：a=7.5m/s2。

设经过时间t后，A与B达到共同速度，即有：
t= = 1=1s
木板A的最小长度为：
L=v0t- = = ×1m=3.75m；
（2）A、B系统损失最多的机械能是在A、B达到共同速度的时刻，以后A、B一起在光滑的斜面上加速下滑，机械能守恒，损失的机械能转化为A、B系统的内能，即为：△E损失=Q=fL=m B g sin30°L
解得：△E损失=18.75J。

答：（1）要使物块B不从木板A上滑落下来，则木板A的长度至少为3.75m；
（2）在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多是18.75J。

【解析】（1）当B与A的速度相等，且B滑到A的下端时木板A的长度最短。

根据牛顿第二定律求得A的加速度，根据速度相等求出运动时间，再由位移公式和位移关系求木板A的最小长度。

（2）在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多等于系统克服摩擦力做功，由功能关系求解。

本题考查功能关系、牛顿第二定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，把握隐含的临界条件：速度相等。

14.【答案】解：（1）因题目所给的条件是N恰好没有从电场的右边界离开电场，
说明N在水平方向上刚到达电场的右边界时水平速度恰好减为零。

则D=
a表示N在电场中的水平方向上的加速度大小，又a= = ，
x x
联立以上两式得v0=
（2）
设N在电场中运动的时间是t，且最终从电场的左侧离开电场，所以
t=2×=
设M进入电场时，速度方向与水平方向的夹角是θ，M进入电场后，
恰能做直线运动，则tanθ==2，得
v=v tanθ=2v
y0 0
N从进入电场到离开电场时，在竖直方向上的距离是
y=v y t+ =2v0×+
化简后得y=16D
（3）
设M刚进入磁场时速度为v’，水平分速度与竖直分速度分别为v与v，
v= =
v=v tanθ=2
由v产生的洛伦兹力的大小是
F洛=qBv=q×=mg
方向竖直向上，正好平衡重力，另一个分速度v将使小球M在磁场中做匀速圆周运动，由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以小球M运动四分之一个周期时，到达运动轨迹的最低点，将获得最大动能。

由v决定的半径是
R= = =4D（2）分）。