山东省高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！如图，完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，下列说法正确的是（　　）

A. 子弹在每个水球中的速度变化相同

B. 子弹在每个水球中的动能变化相同

C. 子弹在每个水球中运动的时间相同

D. 每个水球对子弹的冲量相同

2.A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x-t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 4s时A物体运动方向发生改变

B. 内B物体的速度逐渐减小

C. 内两物体的平均速度相等

D. 内某时刻两物体的速度大小相等

3.如图，两小球P、Q从同一高度分别以vl和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角θ=37°的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，则vl、v2大小之比为（　　）

A. 9：8

B. 8：9

C. 3：2

D. 2：3

4.2018年12月27日，北斗系统服务范围由区域扩展为全球，北斗系统正式迈入全球时代。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知A、B、C三颗卫星均做匀速圆周运动，A是地球同步卫星，三个卫星的半径满足rA=rB=nrC，己知地球自转周期为T，地球质量为M，万有引力常量为G，下列说法正确的是（　　）

A. 卫星B也是地球同步卫星

B. 根据题设条件可以计算出同步卫星离地面的高度

C. 卫星C的周期为

D. A、B、C三颗卫星的运行速度大小之比为：：：1：

5.某静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量为2×l0-10kg、电荷量为1×10-9C的带电粒子自A点（-l，0）由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上AB间做周期为0.6s的往返运动，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）

A. 粒子带正电

B. B点的坐标为

C. B点的坐标为

D. 从A运动到B的过程中粒子的电势能先增加后减少

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.下列关于近代物理科学家提出的理论说法正确的是（　　）

A. 汤姆孙证实了射线是高速电子流，其电离作用比射线弱

B. 爱因斯坦认为某材料发生光电效应时，遏止电压与入射光的频率成正比

C. 玻尔的原子理论将量子观念引入原子领域，但该理论只能解释氢原子光谱

D. 查德威克通过用粒子轰击氮原子核发现了质子

7.如图，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A，处于静止状态。一圆环B套在弹簧外，与圆盘A距离为h，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是（　　）

A. 整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒

B. 碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动

C. 碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与h无关

D. 从B开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量

8.如图，足够长的两平行光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距l=1m，导轨中间分布有磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线。一粗细均匀的导体棒以l0m/s的速度向右匀速滑动，定值电阻R的阻值为1Ω，导体棒接入电路的电阻也为1Ω，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，导轨电阻不计，下列说法正确的是（　　）

A. 电压表示数为

B. 导体棒运动到图示位置时，有电流流过电阻R

C. 流经电阻R的最大电流为5A

D. 导体棒上热功率为

9.如图，一定质量理想气体从状态A依次经状态B和C后再回到状态A，对此气体下列说法正确的是（　　）

A. 过程中气体对外界做功

B. 过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功

C. 过程中气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力减少

D. 过程中气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量

E. 过程中气体放出的热量大于过程中吸收的热量

10.如图，光源S从水下向空气中射出一束由红光、黄光和蓝光组成的复色光，在水面上的P点分裂成a、b、c三束单色光，下列说法正确的是（　　）

A. c光为红色光

B. 在水中传播时a光速度最大，c光波长最小

C. 逐渐增大入射角，c光最先发生全反射

D. b光比a光更容易发生明显的衍射现象

E. a、b、c三种色光分别用同一双缝干涉实验装置发生干涉，a光相邻亮条纹间距最大

三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某研究小组利用气垫导轨验证动能定理，实验装置示意图如图甲所示：

首先用天平测量滑块和遮光条的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光条的宽度d；然后调整气垫导轨水平，调整轻滑轮使细线水平；实验时每次滑块都从同一位置A处由静止释放，用x表示滑块从位置A到光电门的距离，用△t表示遮光条经过光电门所用的时间。

回答下列问题：

（1）测量d时，游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图乙所示，读数为______cm；

（2）实验前调整气垫导轨水平的目的是______；

（3）以滑块（包含遮光条）和重物组成的系统为研究对象，在实验误差允许的范围内，若满足关系式______（用实验测得物理量的字母表示），则可认为验证了动能定理。

12.如图，有一根细长而均匀的金属管线样品，横截面为正方形，管内中空部分截面形状不规则。此金属管线长约20cm，电阻约l0Ω，金属的电阻率为ρ，请你设计一个实验方案，测量中空部分的截面积S0．现提供如下器材：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表V （3V，内阻约6kΩ）、蓄电池E （6V，内阻可忽略）、开关一个，带夹子的导线若干。

（1）以上所列器材中，还缺少电流表和滑动变阻器，现提供以下器材供选择，实验中要求电表的指针偏转达满偏以上，请选出合适的器材，电流表应选用______，滑动变阻器应选用______（填仪器的字母代号）；

电流表A1（600mA，内阻约1Ω）

电流表A2（300mA，内阻约2Ω）

滑动变阻器R1（最大阻值100Ω，额定电流0.5A）

滑动变阻器R2（最大阻值10Ω，额定电流0.5A）

（2）在答题纸方框中画出你所设计的合理电路图，并标注选用仪器的符号；



（3）实验中测量的物理量有：用螺旋测微器测得横截面边长a，用毫米刻度尺测得金属管线长度L，电压表示数U，电流表示数I，则计算金属管线中空部分截面积S0的表达式为S0=______。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.质量m=260g的手榴弹从水平地面上以v0=14.14m/s的初速度斜向上抛出，上升到距地面h=5m的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为5J．重力加速度g=l0m/s2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：

（1）手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；

（2）手榴弹所装弹药的质量；

（3）两块弹片落地点间的距离。

14.如图，为一除尘装置的截面图，塑料平板M．Ⅳ的长度及它们间距离均为d。大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度v0进入两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m，带电量均为-q．当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板间；若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图所示的平面直角坐标系xoy，y轴垂直于板并紧靠板右端，x轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P （2d，-1.5d）处的条状容器中，需在y轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、颗粒间作用及对板间电场磁场的影响均不计，求：

（1）两板间磁场磁感应强度Bi的大小；

（2）若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率η为多少；

（3）y轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B2大小的取值范围。

15.如图，氧气瓶通过细管和上端封闭的玻璃管相连，玻璃管内用2cm长的水银柱在玻璃管上方封闭了一段气柱，开始时瓶内氧气压强为10个大气压强，上方封闭气柱长度为8cm，随着氧气的使用，水银柱逐渐下降，通过下降的距离可以读出瓶内剩余氧气质量与原来氧气质量的比值。使用一段时间后，发现水银柱下降了4cm，使用过程中环境温度不变，求此时瓶内氧气质量与原来氧气质量的比值。

16.如图，原点O处的质点做筒谐振动产生的筒谐横波在均匀介质中沿x轴传播，P、Q为x轴上两点，P、O间距离x1=0.35m，且λ＜x1＜2λ，λ为该简谐波波长。当O处质点从t0时刻开始由平衡位置向上振动，振动周期T=ls，振幅A=5cm；当波传到P点时，O处质点恰好到达波峰位置；再经过5.25s，Q处质点第一次到达波峰位置。求：

（i）P、Q间的距离；

（ii）t=0开始到Q处质点第一次到达波谷位置过程中，P处质点通过的路程。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

解：AC、设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动。

因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d，2d，3d和4d，根据x=at2知，

所以时间之比为1：：：2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；

子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由△v=at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故AC错误；

D、根据冲量的定义：I=Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同。故D错误；

B、根据动能定理：△EK=W=Fd，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同。故B正确。

故选：B。

子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题。

本题属匀变速直线运动的基本规律应用，只要能掌握运动情景及正确应用匀减速直线运动的逆过程即可顺利求解。

2.【答案】D

【解析】

解：A、根据x-t图线的斜率等于速度，则知，A物体的速度不变，做匀速直线运动，速度方向不变，故A错误。

B、0-6s内B物体图线切线的斜率增大，则B物体的速度逐渐增大，故B错误。

C、根据物体的位移△x=x2-x1，可知，0-5s内，A物体的位移比B物体的大，则A物体的平均速度比B物体的大。故C错误。

D、B物体的图象切线斜率绝对值先小于A，后大于A，根据x-t图线的斜率表示速度，可知，0-6s内某时刻两物体的速度大小相等。故D正确。

故选：D。

x-t图象的斜率等于物体的速度，斜率的正负表示速度方向，物体的位移等于x的变化量，而平均速度等于位移与时间之比。由此分析。

对于图象问题，首先要明确是哪一种图象，然后才能根据坐标及斜率的意义进行分析。本题要知道x-t图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，速度保持不变。

3.【答案】B

【解析】

解：两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间t=相等；

对球Q：tanθ=tan37°===

解得：v2=gt，

球P垂直打在斜面上，则有：v1=vytanθ=gttan37°=gt，

则：=，故B正确，ACD错误；

故选：B。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。根据题意应用平抛运动规律求出两球的水平初速度，然后求出其比值。

本题考查了平抛运动规律的应用，认真审题、理解题意，知道两球的运动时间相等是解题的前提，解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式进行求解。

4.【答案】D

【解析】

解：A、地球同步卫星必须定点于赤道正上方，所以卫星B不是地球同步卫星，故A错误。

B、设地球的半径为R，同步卫星离地面的高度为h。根据万有引力等于向心力，得：G=m（R+h），得：h=-R，由于不知道地球半径R，所以不能求出同步卫星离地面的高度h，故B错误。

C、卫星B是地球同步卫星，其运行周期为T，C的轨道半径为B的倍，由开普勒第三定律=k得卫星C的周期为T=T，故C错误。

D、已知rA=rB=nrC，由卫星的线速度公式v=得，A、B、C三颗卫星的运行速度大小之比为vA：vB：vc=l：1：．故D正确。

故选：D。

地球同步卫星必须定点于赤道正上方，根据万有引力等于向心力，分析能否计算出同步卫星离地面的高度。根据开普勒第三定律求卫星C的周期。由卫星速度公式v=分析线速度关系。

解决本题的关键是掌握卫星的线速度公式和开普勒定律，知道卫星绕地球做匀速圆周运动所需要的向心力是万有引力，要掌握求卫星高度的方法：万有引力等于向心力。

5.【答案】B

【解析】

解：A、由图示图线可知：从O到A电势逐渐降低，则电场方向由O指向A，由题意可知，粒子从A到O过程做加速运动，粒子所受电场力水平向右，粒子所受电场力方向与场强方向相反，粒子带负电，故A错误；

B、设OB=d，由图示可知，电势差与距离成正比，由此可知该电场为匀强电场，

根据U=Ed可知：左侧电场强度为：E1==10V/m

右侧电场强度为：E2=，

设粒子在原点时的速度为vm，

由运动学公式有：vm=t1，x1=1=，

同理可知：vm=t2 ，x2=d=，

由题意可知，周期为：T=2（t1+t2），

代入数据解得：d=0.5m，则B点坐标为：（0.5，0），故B正确，C错误；

D、粒子在A、B间做简谐运动，粒子从A到B过程电场力先做正功后做负功，粒子电势能先减小后增大，故D错误；

故选：B。

沿电场方向电势逐渐降低，根据粒子受到的电场力方向与场强方向间的关系判断粒子的电性；

粒子在A、B间做简谐运动，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出B点的坐标；

根据电场力做功情况判断粒子电势能的变化情况。

本题考查带电粒子在电场中的运动分析，要注意明确运动过程，并能根据牛顿第二定律以及动能定理等物理规律进行分析，并灵活应用数学规律求解。

6.【答案】AC

【解析】

解：A、汤姆孙证实了β射线是高速电子流，其电离作用比α射线强，穿透能力也比α射线强，故A正确。

B、爱因斯坦发现了光电效应，某材料发生光电效应时，根据光电效应方程Ekm=hγ-W0，以及最大初动能与遏止电压的关系Ekm=eUc得eUc=hγ-W0，知遏止电压Uc的大小与入射光的频率γ是线性关系，但不是正比，故B错误。

C、玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，该理论只能解释氢原子光谱的实验规律，故C正确。

D、卢瑟福用α粒子轰击氮核，发现了质子，故D错误。

故选：AC。

根据三种射线的特性、以及爱因斯坦、玻尔和卢瑟福的物理学贡献进行答题。

解决本题时，要掌握原子物理学史，知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道遏止电压与最大初动能的关系。

7.【答案】CD

【解析】

解：A、圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；

B、圆环与圆盘碰撞后速度相同，此时弹簧伸长量越来越大，圆环与圆盘所受的合外力一直变化，故加速度不是定值，做变加速运动，故B错误；

C、碰撞后平衡时，有kx=（m+M）g即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；

D、从B开始下落到运动到最低点过程中，环与盘发生完全非弹性碰撞，有能量损失，故环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确；

故选：CD。

圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒；碰撞后环与板共同下降的过程中，环与板以及弹簧系统机械能守恒。

本题关键是抓住碰撞过程和碰撞后下降的两个过程，碰撞过程动量守恒，之后环与板及弹簧系统机械能守恒。

8.【答案】ACD

【解析】

解：AC、导体棒切割产生的感应电动势的最大值Em=Blv=1×1×10V=10V，流经电阻R的最大电流为Im===5A．设电流的有效值为I，根据二极管的单向导电性和有效值的定义可得（）2RT=I2RT，可得 I=2.5A，所以电压表的示数U=IR=2.5×1V=2.5V，故AC正确。

B、导体棒运动到图示位置时，由右手定则判断知，金属棒中感应电动势方向a到b，二极管反向截止，没有电流流过电阻R，故B错误。

D、导体棒上消耗的热功率P=I2r=2.52×1=6.25W，故D正确。

故选：ACD。

导体棒切割磁感线产生正弦式交流电，电压表测量R电压的有效值。根据切割产生的感应电动势公式求出感应电动势的最大值，根据有效值的定义求出交流电流的有效值，根据欧姆定律求出电压表的示数。导体棒运动到图示位置时，由右手定则判断感应电动势方向，判断有无电流流过R．由感应电动势的最大值求流经电阻R的最大电流。根据电流的有效值，由功率公式求出导体棒上消耗的热功率。

本题考查电磁感应与电路知识的综合运用，要知道磁场边界为正弦曲线，磁场方向交替改变，产生正弦式交流电，要掌握交流电峰值和有效值的关系，注意电流表、电压表示数，以及求解功率时均用有效值计算。

9.【答案】ADE

【解析】

解：A、A-B过程中，温度不变，内能不变，压强降低，根据理想气体状态方程知体积增大，气体对外界做功，故A正确；

B、由上面的分析知，内能不变，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体吸收的热量等于气体对外界做的功，故B错误；

C、B-C过程中，压强不变，气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力不变，故C错误；

D、C-A过程为等容变化，W=0，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，故D正确；

E、B-C过程压强不变，温度降低，体积减小，根据热力学第一定律可知减小的内能与外界对气体做的功的和等于气体放出的热量，

C-A过程为等容变化，W=0，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量，B-C过程和C-A过程温度的变化相等，则内能的变化相等，

所以B-C过程中气体放出的热量大于C-A过程中吸收的热量，故E正确。

故选：ADE。

根据图示图象确定气体的压强与温度的变化关系，然后根据理想气体状态方程判断气体体积如何变化，再应用热力学第一定律分析答题。

本题考查了判断气体吸热与放热情况、气体内能如何变化，分析清楚图示图象、由于理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题。

10.【答案】BCE

【解析】

解：A、由图知，三束光束的入射角i相同，折射角的关系为ra＜rb＜rc，根据折射定律n=得：折射率关系为na＜nb＜nc．由于频率越高折射率越高，则知a光是红色光，b光是黄色光，c光是蓝光，故A错误；

B、据知，折射率越小在介质中的传播速度越大，故a光传播速度最大，c光频率最大，波长最小，故B正确；

C、根据临界角公式sinC=，可知，c光的临界角较小，则逐渐增大入射角时，c光的入射光先达到其临界角，最先发生全反射，故C正确；

D、b光的折射率比a光的大，则b光的频率比a光的大，波长比a光的小，所以a光比b光更容易发生衍射现象，故D错误；

E、由于na＜nb＜nc可知，a光频率最小故波长最大，根据可知，a光相邻亮条纹中心间距最大，故E正确；

故选：BCE。

光源S向水面A点发射一束光线，折射光线分成红光和蓝光，两条光路入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角，根据折射定律可分析出折射率的大小。根据蓝光的折射率比红光大，分析哪束光是蓝光。由公式sinC=分析临界角的大小关系。即可分析全反射和衍射现象。

本题关键要掌握光的折射定律、全反射临界角公式、衍射的条件等多个知识点，要知道折射率越大，光的频率越大，波长越短，波动性越弱。

11.【答案】0.970   确保只有重物的重力对系统不做功  

【解析】

解：（1）由图（乙）所示游标卡尺可知，主尺示数为9mm，游标尺示数为14×0.05mm=0.70mm，则游标卡尺示数为9mm+0.70mm=9.70mm=0.970cm；

（2）实验前调整气垫导轨水平，其目的是确保只有重物的重力度系统做功；

（3）滑块经过光电门时的速度：v=

对滑块和重物组成的系统，由动能定理得：mgx=，

故答案为：（1）0.970；（2）确保只有重物的重力对系统做功；（3）；

（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）实验前要调节气垫导轨水平，使滑块在运动过程中重力不做功；

（3）应用动能定理进行分析，写出关系式即可；

本题考查了实验注意事项与实验数据处理，解实验原理是解题的前提，重视物理基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

12.【答案】A   D   a2-

【解析】

解：（1）本实验需要用伏安法测量电阻，由于电阻通电电流大会升温，影响电阻率，故要小电流，故电流表选择较小量程；滑动变阻器采用分压式接法，电阻较小时便于实验操作；

故答案为：A，D；

（2）电路及实际测量电路如图所示。



（3）根据欧姆定律，有R=；

根据电阻定律，有R=ρ，故截面积为：S=；

故要用螺旋测微器测横截面边长a，用毫米刻度尺金属管线长度L，电压表示数U，电流表示数I，

故金属管线内部空间截面积S0的表达式为：S0=a2-

故答案为：（1）A，D；（2）电路及实际测量电路如图所示；（3）a2-。

（1）本实验需要用伏安法测量电阻，同时要结合电阻定律公式R=ρ求解导体的截面积，故可以先得到截面积的表达式，再结合欧姆定律得到待测量，从而进一步选择器材；

（2）用伏安法测量电阻，要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法；由于金属原件长度较短，故电阻较小，故采用安培表外接法，画出电路图后进一步连接实物图即可；

（3）根据欧姆定律和电阻定律公式可以得到要测量的物理量，并进一步推导出公式。

对电学实验要能设计出电路图，并根据电路图连接电路并得到待测量，还要会误差分析。

13.【答案】解：（1）由题质量m=260g的手榴弹，将单位统一为国际单位制，即手榴弹重量为0.26kg

设手榴弹上升到最高点时的速度为v1，则有

解的：v=10m/s

故手榴弹爆炸前瞬间的速度为10m/s

（2）设每片弹片的质量为m′，爆炸后瞬间其中一片速度为零，另一片速度为v2，则有

m′gh=5J

设手榴弹装药量为△m，则有

△m=m-2m′

解得：△m=0.06kg

故手榴弹所装弹药的质量为0.06kg

（3）另一块做平抛运动时间为t，两块弹片落地点间距离为△x，

由动量守恒得

v2' class='_10'>在水平方向上运动的距离为

△x=v2t

结合自由落体运动高度和时间的关系

解的：△x=26m

故两块弹片落地点间的距离为26m

答：（1）手榴弹爆炸前瞬间的速度为10m/s；

（2）手榴弹所装弹药的质量为0.06kg；

（3）两块弹片落地点间的距离26m。

【解析】

（1）由机械能守恒结合题目中的条件，可得手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；

（2）根据题目中条件爆炸后一块速度为0，结合自由落地时动能为5J，可得炸裂后弹片的质量进一步求出弹药的质量；

（3）经分析可知两片弹片一片自由落体，一片做平抛运动，结合运动公式可得两片弹片落地点间距。

本题综合考察了动量守恒、机械能守恒定律，以及运动学分析等基础知识，三小问都很基础可直接思考出答案，通过这类题为解决复杂的动量计算题打下基础。

14.【答案】解：（1）撤去电场，尘埃颗粒在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径：R=d，

尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B1=m，

解得：B1=；

（2）电场、磁场同时存在时，尘埃匀速直线，满足：qE=qv0B1，

撤去磁场以后粒子在电场作用下做类平抛运动，假设距离N极板y处的尘埃恰好到达N板右边缘：

水平方向：d=v0t

竖直方向：y=at2，

加速度为：a=

解得：y=0.5d，

除尘效率为：η=×100%=50%

（4）设圆形磁场区域的半径为R0，尘埃在磁场中的运动半径为R2，要把尘埃全部收集到位于P处的容器中，就必须满足：

R2=R0

qv0B2=m

当圆形磁场区域过P点且与M板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径R0最小，磁感应强度最大，

磁场半径的最小值为d，对应的B2的最大值为，

当圆形磁场区域过P点且与y轴在M板的右端相切时，圆形磁场区域的半径R0最大，磁感应强度最小，

磁场半径的最大值为2d，对应的B2的最小值为，

则磁场的范围是：≤B2≤；

答：（1）两板间磁场磁感应强度的大小是；

（2）若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率η为50%；

（3）y轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B2大小的取值范围≤B2≤。

【解析】

（1）由几何关系求得尘埃在磁场中的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可求得两板间磁场磁感应强度；

（2）尘埃在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可求解；

（3）根据题意作出尘埃的运动轨迹，结合几何关系可求得磁感应强度大小范围。

本题考查了粒子在复合场与磁场中的运动，分析清楚尘埃的运动过程与受力情况、作出尘埃的运动轨迹是解题的关键，应用平衡条件、左手定则、类平抛运动规律等即可解题，要掌握带电粒子在电场与磁场中的处理方法。

15.【答案】解：对于玻璃管上方的气体，初状态：

P1=10P0，V1=L1S=8S，

末状态：

P2，V2=L2S=（L1+△h）S=12S，

气体等温变化，有：

P1V1=P2V2

代入数据解得：P2=

对氧气筒内的氧气，设氧气筒体积为V0，

初状态：压强P1=10P0，体积V0，

末状态：压强P2=，体积V

气体等温变化，有：

P1V0=P2V

解得：V=V0，

   所以：==

答：瓶内氧气质量与原来氧气质量的比值为。

【解析】

对于玻璃管上方的气体，确定其初末状态参量后，利用玻意耳定律P1V1=P2V2可以求出使用一段时间后气体的压强；同理对氧气筒内的氧气，利用玻意耳定律P1V0=P2V可以求出最后的氧气体积，从而算出其质量比。

本题考查了玻意耳定律。抓住气体不变的参量，选择相应的气体实验定律是本题的关键。

16.【答案】解：（i）当波传到P点时，有：x1=（n+）λ，

由于：λ＜x1＜2λ，

解得：λ=0.28m，

设波从P点传到Q点所用时间为t，波速为v，

有：t+=5.25，

波速：v=，

由题意可知：PQ=vt，

代入数据解得：PQ=1.4m；

（ii）设t=0开始到Q点处质点第一次到达波谷位置过程，P处质点的振动时间为t′，t′=t+T，

解得：t′=5T+T，

P处质点通过的路程：s=（5+）×4×5=115cm=1.15m；

答：（i）P、Q间的距离为1.4m；

（ii）t=0开始到Q处质点第一次到达波谷位置过程中，P处质点通过的路程为1.15m。

【解析】

（i）根据题意求出波长与周期，根据波速与波长、周期的关系求出波速。

（ii）根据题意求出质点P的振动时间，在一个周期内质点的路程是振幅的4倍，然后求出质点的路程。

本题是对简谐波的周期性的考查，根据波速和距离、周期之间的关系来计算通过的时间，再根据振幅计算通过的路程的大小。