2014年广东省高考物理试卷
一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．
1．（4分）如图是物体做直线运动的v﹣t图象，由图可知，该物体（ ）
A．第1s内和第3s内的运动方向相反 B．第3s内和第4s内的加速度相同 C．第1s内和第4s内的位移大小不等 D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等
2．（4分）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（ ）
A．M处受到的支持力竖直向上 B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的摩擦力沿MN方向 D．N处受到的摩擦力沿水平方向
3．（4分）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（ ）
A．在P和Q中都做自由落体运动 B．在两个下落过程中的机械能都守恒
1
C．在P中的下落时间比在Q中的长 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
4．（4分）如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中（ ）
A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能 C．垫块的动能全部转化成内能 D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分． 5．（6分）用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（ ）
A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小
D．对外界做正功，压强减小
C．对外界做负功，内能增大
6．（6分）在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（ ）
A．增大入射光的强度，光电流增大 B．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C．改变频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D．改变频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
7．（6分）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（ ）
2
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小 D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
8．（6分）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为﹣q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．M与N的距离大于L B．P、M和N在同一直线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
9．（6分）如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．轨道半径越大，周期越长 B．轨道半径越大，速度越大
C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度 D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度
三、非选择题：本大题共4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
3
10．（8分）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．
①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0～3V档，示数如图（b），电压值为 V．
②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于 端． ③要使输出电压U变大，滑片P应向 端．
④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在 的风险（填“断路”或“短路”）
11．（10分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．
（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，有数据算得劲度系数k= N/m（g取9.8m/s2）． 砝码质量（g） 弹簧长度（cm）
50 8.62
100 7.63
150 6.66
（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小 ．
（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为 ．
（4）重复③中的操作，得到v与x的关系如图（c）．有图可知，v与x成 关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 成正比．
12．（18分）如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物
4
体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
（1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能△E；
（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E．
13．（18分）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L．两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外．A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L．质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
（1）若k=1，求匀强电场的电场强度E；
（2）若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．
5
2014年广东省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．
1．（4分）如图是物体做直线运动的v﹣t图象，由图可知，该物体（ ）
A．第1s内和第3s内的运动方向相反 B．第3s内和第4s内的加速度相同 C．第1s内和第4s内的位移大小不等 D．0～2s内和0～4s内的平均速度大小相等
【分析】速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移。平均速度等于位移与时间之比。根据这些知识进行解答。 【解答】解：
A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误； B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确； C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等。故C错误；
D、根据“面积”可知：0～2s内和0～4s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误。 故选：B。
【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
2．（4分）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（ ）
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A．M处受到的支持力竖直向上 B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的摩擦力沿MN方向 D．N处受到的摩擦力沿水平方向
【分析】支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物．静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反．
【解答】解：A、M处受到的支持力与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确； B、N处受到的支持力与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；
C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误； D、N处受到的摩擦力方向由M向N，故D错误。 故选：A。
【点评】解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题．要注意静摩擦力总是与物体相对运动趋势方向相反．
3．（4分）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（ ）
A．在P和Q中都做自由落体运动 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P中的下落时间比在Q中的长 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
【分析】当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解．
【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生
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感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；
B、由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；
C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；
D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。 故选：C。
【点评】考查安培力产生原因，注意感应电流产生条件，理解涡流的概念．
4．（4分）如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中（ ）
A．缓冲器的机械能守恒 B．摩擦力做功消耗机械能 C．垫块的动能全部转化成内能 D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
【分析】通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，结合能量守恒定律分析即可。 【解答】解：A、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故机械能减小，故A错误； B、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故B正确； C、垫块的动能转化为弹性势能和内能，故C错误； D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故D错误。 故选：B。
【点评】本题关键是明确缓冲器通过摩擦将部分动能转化为内能，还会储存部分弹性势能，再次向内能和动能转化，基础问题。
二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．
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5．（6分）用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（ ）
A．体积减小，内能增大 B．体积减小，压强减小
D．对外界做正功，压强减小
C．对外界做负功，内能增大
【分析】充气袋四周被挤压时，外界对气体做功，无热交换，根据热力学第一定律分析内能的变化。 【解答】解：
A、充气袋四周被挤压时，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知气体的内能增大。故A正确；
B、气体的内能增大，温度升高，根据气体方程
=c气体的压强必定增大，故B错误；
C、D、气体的体积减小，气体对外界做负功，内能增大，故C正确，D错误。 故选：AC。
【点评】对于气体，常常是气态方程和热力学第一定律的综合应用，当气体的体积减小时，外界对气体做正功，相反体积增大时，气体对外界做正功。
6．（6分）在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（ ）
A．增大入射光的强度，光电流增大 B．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C．改变频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D．改变频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．
【解答】解：A、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大，若达到饱和电流值，当增大光强，会达到新的饱和电流，光电流会增大。故A正确；
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B、入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强度无关，故B错误； C、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改变频率小于ν，但不一定小于极限频率，故C错误；
D、在光电效应中，根据光电效应方程知，Ekm=hv﹣W0，入射光的频率越高，光电子最大初动能越大。故D正确。 故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用．
7．（6分）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（ ）
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小 D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．
【解答】解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据
，即亮度不变。故A错误；
B、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故B正确；
C、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大。因此输入电流也变大。故C错误； D、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大。则输出功率增大，故D正确。 故选：BD。
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【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
8．（6分）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为﹣q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．M与N的距离大于L B．P、M和N在同一直线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
【分析】A、根据对M、N受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可求解； B、根据整体受力分析，结合平衡条件，即可求解；
C、由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解； D、由整体处于平衡状态，结合牛顿第二定律，即可求解．
【解答】解：A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：
，解得：r=（
）L；故A错误；
B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；
C、由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故C错误；
D、由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D正确。 故选：BD。
【点评】考查研究对象的选取，受力分析的进行，库仑定律的掌握，理解平衡条件的应用，注意电势的高低判定方法．
9．（6分）如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是（ ）
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A．轨道半径越大，周期越长 B．轨道半径越大，速度越大
C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度 D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度
【分析】根据开普勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和几何知识、密度公式可求解星球的平均密度．
【解答】解：A、根据开普勒第三定律确；
B、根据卫星的速度公式v=
，可知轨道半径越大，速度越小，故B错误；
=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长。故A正
C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T。
对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：G由几何关系有：R=rsin星球的平均密度 ρ= 联立以上三式得：ρ=
，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度。故C正确；
=mr
D、由G=mr可得：M=，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但
星球的半径未知，不能求出星球的平均密度。故D错误。 故选：AC。
【点评】本题关键掌握开普勒定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题．
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三、非选择题：本大题共4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
10．（8分）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．
①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0～3V档，示数如图（b），电压值为 1.30 V．
②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于 A 端． ③要使输出电压U变大，滑片P应向 B 端．
④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在 短路 的风险（填“断路”或“短路”）
【分析】①根据量程，确定电压表的最小分度，再进行读数．
②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小． ③根据串联电路分压规律确定滑片移动的方向．
④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在短路的可能．
【解答】解：①由题，电压表的量程为0～3V，其最小分度为0.1V，则图b中电压值为1.30V． ②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于A端，使输出电压为零． ③要使输出电压U变大，PA间的电阻应增大，所以滑片P应向B端移动． ④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，滑片移到B端时存在短路的可能． 故答案为：
①1.30；②A；③B；④短路．
【点评】本题要掌握基本仪器的读数，注意估读一位．要理解并掌握分压器电路的原理和调压方法，明确开关闭合前应使输出电压最小，从而确定安全．
11．（10分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．
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（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，有数据算得劲度系数k= 50.0 N/m（g取9.8m/s2）． 砝码质量（g） 弹簧长度（cm）
50 8.62
100 7.63
150 6.66
（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小 相等 ．
（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为 滑块的动能 ．
（4）重复③中的操作，得到v与x的关系如图（c）．有图可知，v与x成 正比 关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 压缩量的平方 成正比． 【分析】（1）根据胡克定律，F=k△x，结合表格数据，将单位统一，即可求解； （2）调整导轨的目的时，滑块在导轨上做匀速直线运动，即可求解结果；
（3）当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，求出弹性势能的大小；
（4）根据v与x的关系图，可知，v与x成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可求解．
【解答】解：（1）表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm， 当150g时，弹簧长度为6.66cm，
根据胡克定律，F=k△x，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0， 则列式：0.05×9.8=k（x0﹣0.0862）； 0.1×9.8=k（x0﹣0.0763）； 联立两式，解得：k≈50.0N/m；
（2）通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，
为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等； （3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；
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当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；
（4）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，
由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；
故答案为：（1）50.0；（2）相等；（3）滑块的动能；（4）正比，压缩量的平方．
【点评】考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系．同时注意图线的物理含义．
12．（18分）如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
（1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能△E；
（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E．
【分析】1、P1、P2碰撞过程，系统动量守恒，列出等式求解P1、P2碰后瞬间的速度大小，根据能量守恒求得碰撞损失的动能．
2、由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞，所以P在AC间等效为匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解．
【解答】解：（1）P1、P2碰撞过程，动量守恒：mv1=2mv…① 解得v=
=3m/s…②
﹣（2m）v2…③
碰撞损失的动能△E=m解得△E=9J…④
（2）由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度
15
大小为a，由运动学规律，得：μ（2m）g=2ma a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2…⑤ P返回经过B时：3L=vt﹣at2…⑥ 由①⑤⑥解得：v=
由于2s≤t≤4s，所以解得v的取值范围5m/s≤v≤7m/s …⑦ 所以v1的取值范围10m/s≤v1≤14m/s…⑧ P向左经过A时的速度v2， 则：
…⑨
将⑦代入⑨可知，当v=5m/s时，P不能到达A； 当v=7m/s时，v2=
m/s
m/s
=17J…⑩
所以v2的取值范围：v2≤所以当v2=
m/s时，P向左经过A 点时有最大动能：E=（2m）
答：（1）若v1=6m/s，P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能是9J；
（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，v1的取值范围10m/s≤v1≤14m/s，P向左经过A 点时的最大动能是17J．
【点评】本题关键是明确P1、P2碰后的受力情况和运动情况，运用动量守恒定律结合能量守恒列出等式求解，掌握牛顿第二定律分析问题．
13．（18分）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L．两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外．A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L．质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
（1）若k=1，求匀强电场的电场强度E；
（2）若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．
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【分析】（1）粒子在电场中是直线加速，根据动能定理列式；粒子在磁场中是匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解；
（2）结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可． 【解答】解：（1）粒子在电场中，由动能定理，有： qEd=
…①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力，故： qvB0=m
…②
当k=1时，由几何关系得： r=L…③
由①②③解得： E=
…④
（2）由于2＜k＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知： （r﹣L）2+（kL）2=r2…⑤ 解得：r=由②⑥解得：v=
…⑥
…⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，故： qvB=m
…⑧
由相似性及几何关系可知：
…⑨
解得：r1=
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…⑩
由⑧⑩解得：B=．
答：（1）若k=1，匀强电场的电场强度E为；
（2）若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式为v=
，Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式为
．
【点评】本题关键明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系列式，最后联立求解．
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