安徽省2024年高考物理模擬試卷及答案9

安徽省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單選題得分1．如圖所示，一束紅光和一束黃光，從O點以相同角度沿PO方向射入橫截面為半圓形的玻璃柱體，其透射光線分別從M、N兩點射出，已知α=45°，β=60°，則下列說法正確的是（）A．ON是紅光，OM是黃光B．玻璃對OM光束的折射率為6C．沿ON路徑傳播的光穿過玻璃柱體所需時間較長D．若將OM光束從N點沿著NO方向射入，可能發(fā)生全反射2．下列有關(guān)近代物理內(nèi)容的描述，其中說法正確的是（）A．結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定B．90234T?衰變?yōu)?6222Rn，經(jīng)過3次C．入射光的強度越大，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能越大D．氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子的能量也減小3．準(zhǔn)北市科創(chuàng)中心項目是我市近幾年重點工程項目之一，旨在提升城市綜合服務(wù)功能，增強城市科技創(chuàng)新氛圍。其核心建筑商務(wù)政務(wù)中心已經(jīng)建成，最大高度達162m，是淮北市第一高樓，成為淮北市的新地標(biāo)。如圖所示，工人師傅正在用一根繩索將自己懸在空中，對大樓表面玻璃進行清潔工作，工人及其裝備總重量為G，且可視為質(zhì)點，懸繩與豎直墻壁的夾角為θ，設(shè)懸繩對工人的拉力為FT，墻壁對工人的彈力為FA．墻壁對工人的彈力大小為Gtanθ C．若緩慢增加懸繩的長度，F(xiàn)T與FN的合力增大 D．若緩慢增加懸繩的長度，F(xiàn)T4．如圖所示，同一房間中有a、b、c三根完全相同的玻璃試管，管內(nèi)各用一段相同長度的水銀柱封閉了相等質(zhì)量的空氣。現(xiàn)使a管由靜止沿光滑斜面下滑；b管輕放在粗糙斜面上，之后下滑；c管以初速度v沿粗糙斜面上滑過程中，當(dāng)水銀柱與玻璃管位置相對穩(wěn)定時，三管內(nèi)的氣柱長度L1、L2、A．L1>L2>L3 B．5．圖甲一簡諧橫波在某時刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點P以該時刻為計時起點的振動圖像，則從該時刻起（）A．經(jīng)過0.2s，波沿xB．經(jīng)過3s，質(zhì)點P的加速度沿y軸正方向且最大C．經(jīng)過5s，質(zhì)點Q的振動速度大于質(zhì)點P的振動速度D．經(jīng)過6s，質(zhì)點P的加速度大于質(zhì)點Q的加速度6．如圖甲所示，在粗糙絕緣水平面的A、C兩處分別固定兩個電荷，A、C的位置坐標(biāo)分別為?3L和3L。已知C處電荷的電荷量為Q，圖乙是AC連線之間的電勢φ與位置坐標(biāo)x的關(guān)系圖像，圖中x=L點為圖線的最低點，x=?2L處的縱坐標(biāo)φ=φ0，x=2L處的縱坐標(biāo)φ=37φ0。若在x=?2L的B點，由靜止釋放一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為A．A處電荷帶正電，電荷量為4Q，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=B．A處電荷帶負(fù)電，電荷量為2Q，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=C．A處電荷帶正電，電荷量為4Q，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=D．A處電荷帶負(fù)電，電荷量為2Q，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=閱卷人二、多選題得分7．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷ab、bc、cd、da回到原狀態(tài)，其p?T圖像如圖所示，下列判斷正確的是（）A．氣體在狀態(tài)b的內(nèi)能大于在狀態(tài)c的內(nèi)能B．氣體從b到d的過程中，體積先變大后不變C．氣體從c到d的過程中，吸收的熱量大于內(nèi)能的變化量D．氣體從d到a的過程中氣體對外界做的功，小于b到c的過程中外界對氣體做的功8．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為m的物體A連接，質(zhì)量為m的物體B緊挨物體A放置，此時彈簧水平且無形變，用水平力F緩慢推動物體B，在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0，此時物體A、B靜止。撤去FA．物體A做簡諧運動的振幅為x0 B．物體A向左運動的最大位移小于C．物體A，B向左運動位移為x0時分離 9．2022年11月29日，神舟十五號飛船在酒泉發(fā)射成功，次日凌晨對接于空間站組合體的前向?qū)涌凇Ｖ链?，中國空間站實現(xiàn)了“三大艙段”+“三艘飛船”的最大構(gòu)型，天和核心艙、問天實驗艙、夢天實驗艙、天舟五號貨運飛船、神舟十四號、神舟十五號載人飛船同時在軌。神舟十五號航天員順利進駐中國空間站，與神舟十四號的三名航天員實現(xiàn)了首次“太空會師”?？臻g站繞地球的運動可以看作勻速圓周運動，已知空間站離地面高度約為400km，地球半徑約為6400km，下列說法正確的是（）A．神舟十五號飛船運載火箭發(fā)射過程中，航天員處于完全失重狀態(tài)B．由于對接后空間站的總質(zhì)量增加，會造成飛船的運行周期增大C．空間站運行的向心加速度與地球表面重力加速度之比約為16D．考慮稀薄大氣阻力，若空間站沒有進行動力補充，運行速度會越來越大10．近年來，無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用。圖甲為正在進行無線充電的電子產(chǎn)品，圖乙為某種無經(jīng)充電器的簡化原理圖。由于發(fā)射線圈與接收線圈處于兩個分離的裝置中，穿過接收線圈的磁通量少于發(fā)射圈的磁通量。已知發(fā)射線圈與接收線圈的匝數(shù)分別為1210匝和55匝，當(dāng)發(fā)射線圈接入220V交流電源時，接收線圈輸出電壓為9V。忽略其它損耗，下列說法正確的是（）A．發(fā)射線圈與接收線圈的電流之比為1：22B．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比為1：1C．穿過接收線圈的磁通量變化率是穿過發(fā)射線圈的90%D．只要發(fā)射線圈接入電壓為220V，接收線圈輸出電壓均為9V閱卷人三、實驗題得分11．某幼兒園欲建一個如圖甲所示滑梯，根據(jù)空地大小和安全需要，對制作滑梯的板材與兒童褲料之間的動摩擦因數(shù)有一定要求。某物理興趣小組用如圖乙所示的實驗裝置測量板材與兒童褲料間的動摩擦因數(shù)。先取一種板材水平固定在桌面上，用兒童褲料包裹的物塊受重物的牽引在板材上由靜止開始運動，細(xì)繩始終與桌面平行，當(dāng)重物落地后，物塊再運動一段距離后停在板材上。打點計時器打出的紙帶記錄了物塊的運動情況。（1）選取重物落地后的一段紙帶如圖丙所示，1、2、3、4是選取的4個計數(shù)點，相鄰兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出。圖上注明了對各計數(shù)點間的測量結(jié)果，其中有一個數(shù)據(jù)在記錄時有誤，有誤的數(shù)據(jù)是段。（填“x1”“x2”或“已知打點計時器電源的頻率為50Hz。利用紙帶測得的數(shù)據(jù)可求出該物塊在減速運動過程中的加速度大小a=m/s2（2）若重力加速度大小取10m/s2，板材與兒童褲料間的動摩擦因數(shù)μ=12．隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進入千家萬戶。我市質(zhì)量監(jiān)督部門對市場上出售的純凈水進行了抽測，結(jié)果發(fā)現(xiàn)了有少樣品的電阻率不合格。某實驗小組通過以下方案測量純凈水樣品的電阻率。（1）用游標(biāo)卡尺測量圓柱形玻璃管的內(nèi)徑d，游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖甲，則d=mm；（2）向玻璃管內(nèi)注滿純凈水樣品，用金屬圓片電極密封玻璃管兩端，并用刻度尺測量水柱長度L；采用圖乙中電路測量樣品的電阻。先閉合電鍵S1，將電鍵S2接1，調(diào)節(jié)電阻箱R，使電壓表讀數(shù)盡量接近滿量程，讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)U1、I1；再將電鍵S2接2，讀出這時電壓表和電流表的示數(shù)U2、I2；則Rx表達式為（用U1、I1、U2、I2表示）；Rx的測量值真實值（選填“小于”、“等于”或“大于”）；純凈水樣品的電阻率的表達式為：ρ=（用π閱卷人四、解答題得分13．如圖所示的直角坐標(biāo)系中，x<0區(qū)域有沿x軸正向的勻強電場，x≥0區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一個帶正電的粒子從原點O進入磁場，初速度大小為v0，速度方向與y軸正向夾角為θ，粒子第一次在磁場中運動時離y軸最遠距離為L。且?guī)щ娏Ｗ咏?jīng)電場偏轉(zhuǎn)后將再次從O點進入磁場，不計粒子重力，求：（1）粒子的比荷；（2）粒子從O點出發(fā)再次回到O點所用時間。

14．2022年2月我國成功舉辦了第24屆“冬奧會”，冬奧會讓冰雪運動走向大眾，讓更多人認(rèn)識冰雪，愛上冰雪，北京冬奧留下的不只是場館設(shè)施等物質(zhì)遺產(chǎn)，還有影響深遠的文化和精神遺產(chǎn)。如圖甲所示為2022年北京冬奧會首鋼滑雪大跳臺，將其簡化為如圖乙所示模型：AB段和CD段是長度均為L=50m的傾斜滑道，傾角均為37°；BC段是半徑R=20m的一段圓弧軌道，圓心角為37°，與AB段平滑連接；DE段為結(jié)束區(qū)。一滑雪愛好者連同裝備總質(zhì)量m=60kg，從A點由靜止出發(fā)沿著滑道AB、BC下滑，從C點水平拋出落到斜面CD上的N點，點N到C的距離d=48m。該愛好者可看作質(zhì)點，將C到N的運動簡化為平拋運動處理。忽略其運動過程中所受的空氣阻力，sin37°=0.6cos37°=0.8，重力加速度g（1）該人運動到C點時對滑道的壓力大??；（2）從開始運動到落至N點的過程中摩擦阻力做的功。15．如圖所示，質(zhì)量m0=10g的子彈以v0=402m/s的速度射入處在木板左端的物塊，并留在物塊里。子彈射入前，物塊與木板一起隨傳送帶以v=2m/s的速度勻速向右運動，子彈射入物塊后，物塊將在木板上滑行，最終未從木板上滑落。已知物塊的質(zhì)量m=1.99kg，木板的質(zhì)量M=2kg，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6，木板與傳送帶間動摩擦因數(shù)（1）物塊相對于木板滑行的時間；（2）木板與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量。16．艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達到世界先進水平。某同學(xué)自己設(shè)計了一個如圖甲所示的電磁彈射系統(tǒng)模型。該彈射系統(tǒng)工作原理如圖乙所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可以水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時對動子施加一個回撤力F，在t3時刻撤去力F，最終動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v?t圖像如圖丙所示。已知模型飛機起飛速度v1=40m/s，t1=1.5s，t2=2.0s，線圈匝數(shù)n=50匝，每匝周長l=1m，動子和線圈的總質(zhì)量（1）動子和線圈向前運動的最大位移；（2）回撤力F與動子速度v大小的關(guān)系式；（3）圖丙中v2

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)光的折射定律，光在介質(zhì)中的折射率為n=由圖可知，OM、ON兩束光在空氣中的入射角相等，而在介質(zhì)中OM光的折射角大于ON光的折射角，所以O(shè)M光束在介質(zhì)中的折射率小于ON光束在介質(zhì)中的折射率，而紅光的折射率小于黃光的折射率，所以O(shè)M為紅光，ON為黃光，A不符合題意；B．對OM光束，根據(jù)光的折射定律有nB不符合題意；C．光在介質(zhì)中的傳播速度為n=由于OM光束在介質(zhì)中的折射率小于ON光束在介質(zhì)中的折射率，所以O(shè)M光束在介質(zhì)中的傳播速度大于ON光束在介質(zhì)中的傳播速度，而光穿過玻璃柱體的路程相同，所以沿ON路徑傳播的光穿過玻璃柱體所需時間較長，C符合題意；D．OM光線發(fā)生全反射的臨界角為sin則C=45°則若將OM光束從N點沿著NO方向射入，此時的入射角一定小于臨界角，則一定不會發(fā)生全反射，D不符合題意。故答案為：C?！痉治觥坷谜凵浣堑拇笮】梢员容^折射率的大小，利用折射率的大小可以判別光的顏色；利用折射定律可以求出折射率的大小；利用折射率的大小可以比較光傳播的時間，結(jié)合傳播的路徑可以比較傳播的時間；利用入射角的大小可以判別是否發(fā)生全反射。2．【答案】B【解析】【解答】A．比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，A不符合題意；B．90234T?衰變?yōu)?6故經(jīng)過3次α衰變，2次β衰變，B符合題意；C．根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，逸出的光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與光強無關(guān)，C不符合題意；D．氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，氫原子吸收光子，原子的總能量增大，D不符合題意；故答案為：B。【分析】比結(jié)合能的大小反映原子核的穩(wěn)定性；利用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以判別衰變的次數(shù)；逸出光電子的最大初動能與光照強度無關(guān)；當(dāng)電子從軌道半徑小到軌道半徑大躍遷是，氫原子吸收光子，總能量增大。3．【答案】D【解析】【解答】AB．工人受到重力、拉力FT和支持力F根據(jù)共點力平衡條件，有F即墻壁對工人的彈力和懸繩對工人的拉力的大小分別為GtanCD．若工人緩慢下移，增加懸繩的長度，則θ減小，即FT和FN都減小，而FT故答案為：D。【分析】利用人的平衡方程可以求出墻壁對人的彈力及懸繩對人的拉力的大小，結(jié)合角度的變化可以判別拉力和彈力的大小變化；利用平衡條件可以判別彈力與拉力的合力與重力等大方向，保持不變。4．【答案】D【解析】【解答】設(shè)大氣壓為p0，玻璃試管的橫截面積為S。對a管：a管由靜止沿光滑斜面下滑，以水銀為研究對象根據(jù)牛頓第二定律可得對管子和水銀整體有Mg聯(lián)立可得p對b管：以水銀為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得mg對管子和水銀整體有Mg可得p對c管：以水銀為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得mg對管子和水銀整體，有Mg可解得p所以可得p根據(jù)玻意耳定律pV=C和V=LS得L故答案為：D?！痉治觥坷谜w的牛頓第二定律結(jié)合水銀的牛頓第二定律可以比較壓強的大小，結(jié)合等溫變化的狀態(tài)方程可以比較氣體的長度。5．【答案】C【解析】【解答】A．由乙圖可知計時起點時P向y軸負(fù)方向振動，再由甲圖可知波向x軸負(fù)方向傳播，A不符合題意；B．由乙圖可知，周期T=4則t所以經(jīng)過3s，質(zhì)點P的加速度沿y軸負(fù)方向且最大，B不符合題意；C．由t可知經(jīng)過5s，質(zhì)點Q的位移是正值且向y軸正方向振動；質(zhì)點P的位移是負(fù)向最大處，速度為0，故經(jīng)過5s，質(zhì)點Q的振動速度大于質(zhì)點P的振動速度，C符合題意；D．由t可知可知經(jīng)過6s，質(zhì)點的位移是正值且向y軸負(fù)方向振動；質(zhì)點P的位置在平衡位置，加速度為0，故經(jīng)過6s，質(zhì)點P的加速度小于質(zhì)點Q的加速度，D不符合題意。故答案為：C。【分析】利用質(zhì)點的振動方向可以判別波的傳播方向；利用振動的時間可以判別質(zhì)點的位置進而判別加速度的大小及方向，利用振動時間可以判別質(zhì)點速度的大??；利用質(zhì)點的位移大小可以比較加速度的大小。6．【答案】A【解析】【解答】由乙圖可知，φ?x圖像在x=L處的切線斜率為零，說明x=L處的場強為零，故A、C兩處電荷為同種電荷，由于電勢大于零，可知A、C兩處電荷均帶正電；設(shè)A處電荷的電荷量為QA，則有解得Q在x=?2L的B點，由靜止釋放一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電物塊，物塊隨即向右運動，小物塊到達2L處速度恰好為零，根據(jù)動能定理可得q(解得μ=故答案為：A?！痉治觥坷脠D像斜率可以判別電場強度的大小，結(jié)合庫侖定律及電場強度的疊加可以判別A處電荷的電性及電荷量的大??；利用動能定律可以求出物塊與水平面的動摩擦因數(shù)的大小。7．【答案】A,D【解析】【解答】A．理想氣體，忽略分子勢能，所以理想氣體的內(nèi)能由溫度決定，氣體在狀態(tài)b的溫度大于在狀態(tài)c的溫度，所以在狀態(tài)b的內(nèi)能大于在狀態(tài)的內(nèi)能，A符合題意；B．由氣體理想狀態(tài)方程PV可知，b到c的過程中，P不變，T減小，V減小，從c到d的過程中，V不變，B不符合題意；C．由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W可知，從c到d的過程中，V不變，W不變，T增大，ΔU增大，Q增大，則氣體吸收的熱量等于內(nèi)能的變化量，C不符合題意；D．從d到a的過程中，氣體做功W由蓋—呂薩克定律可知V聯(lián)立可得W同理可得，從b到c過程W從c到d的過程中，由查理定律可知P聯(lián)立可知WD符合題意。故答案為：AD。【分析】利用氣體的溫度可以比較氣體內(nèi)能的大??；利用坐標(biāo)點與原點連線的斜率大小可以判別體積的大小變化；利用熱力學(xué)第一定律結(jié)合內(nèi)能的變化可以判別氣體吸收熱量的大小；利用氣體體積做功結(jié)合圖像壓強的比較可以比較氣體對外界做功的大小。8．【答案】B,C【解析】【解答】ABC．撤去F后，物體A、B開始向左運動做加速運動，當(dāng)彈簧形變量為零時，速度最大，根據(jù)動能定理有1之后A物體做減速運動，B物體做勻速運動，所以物體A、B在彈簧形變量為零時分開，物體A繼續(xù)向左運動到速度為零時，根據(jù)動能定理有1解得x則物體A向左運動的最大為x物體A做簡諧運動的振幅為A=A不符合題意，BC符合題意；D．撤去F后，物體A、B向左運動過程，只有彈簧彈力做功，則物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能不守恒，D不符合題意。故答案為：BC。【分析】利用動能定理可以求出彈力為0時A和B物體分開運動的距離，結(jié)合動能定理可以求出物體A從速度最大到速度為0時距離大小，進而求出物體A做簡諧運動的振幅；由于彈簧彈性勢能變化所以AB組成的系統(tǒng)機械能不守恒。9．【答案】C,D【解析】【解答】A．神舟十五號飛船運載火箭發(fā)射過程中，加速度向上，航天員處于完全超重狀態(tài)，A不符合題意；B．根據(jù)G可得T=可知飛船的運行周期不變，B不符合題意；C．根據(jù)GMm(R+?)空間站運行的向心加速度與地球表面重力加速度之比約為aC符合題意；D．考慮稀薄大氣阻力，若空間站沒有進行動力補充，將會做近心運動，引力做正功，運行速度會越來越大，D符合題意。故答案為：CD?！痉治觥坷眉铀俣鹊姆较蚩梢耘袆e超重與失重；利用引力提供向心力可以判別飛船運動的周期與質(zhì)量無關(guān)；利用引力形成重力及牛頓第二定律可以求出加速度的比值；當(dāng)空間站沒有動力補充時會做近心運動，利用引力做功可以判別運行速度越來越大。10．【答案】B,C【解析】【解答】AC．發(fā)射線圈與接收線圈的電壓之比等于其匝數(shù)之比，則有U代入數(shù)據(jù)可得U但因為漏磁，接收線圈的電壓實際只達到了9V，故可知發(fā)射線圈與接收線圈的電流之比為將不再是匝數(shù)的反比，即將不再是1：22，另，因為理論上接收線圈中的輸出電壓為10V而實際上只有9V，因此可得穿過接收線圈的磁通量變化率是穿過發(fā)射線圈的90%，A不符合題意，C符合題意；B．發(fā)射線圈與接收線圈中磁通量變化的頻率相同，則可得發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率為1：1，B符合題意；D．無線充電利用的是電磁感應(yīng)，因此必須使用交變電壓，若使用直流電，將不會產(chǎn)生變化的磁場，接收線圈中也就不會有電壓產(chǎn)生，D不符合題意。故答案為：BC?！痉治觥坷迷褦?shù)之比可以求出輸出電壓的理想值，結(jié)合實際輸出電壓的大小可以判別變阻器存在漏磁，所以電流的比值不等于匝數(shù)的反比；原副線圈的頻率大小相等；利用輸出電壓的大小可以判別磁通量變化率的大??；當(dāng)輸入電壓使用直流電時接收線圈沒有輸出電壓。11．【答案】（1）x2（2）0.49【解析】【解答】（1）根據(jù)記錄數(shù)據(jù)時，數(shù)據(jù)的精確度應(yīng)該保持一致，所以有誤的一組數(shù)據(jù)是x2；根據(jù)勻變速直線運動中相同時間內(nèi)相鄰位移差滿足Δx=aT2其中T=5×解得a=（2）根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma解得：μ=0.49【分析】（1）利用數(shù)據(jù)的精確度可以判別讀數(shù)出錯的一組數(shù)據(jù)；利用鄰差公式可以求出加速度的大??；

（2）利用牛頓第二定律可以求出動摩擦因數(shù)的大小。12．【答案】（1）30.00（2）Rx=【解析】【解答】（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為d=30mm+0×0.05mm=30.00mm（2）當(dāng)電鍵S2接1時，由歐姆定律有當(dāng)電鍵S2接2時，由歐姆定律有聯(lián)立兩式解得R由以上分析可知，電流表內(nèi)阻對未知電阻的計算結(jié)果沒有影響，所以Rx根據(jù)電阻公式可得R結(jié)合前面式子可得ρ=【分析】（1）利用游標(biāo)卡尺的結(jié)構(gòu)和精度可以讀出對應(yīng)的讀數(shù)；

（2）利用歐姆定律可以求出待測電阻的表達式，由于電表內(nèi)阻對電阻的測量值沒有影響，結(jié)合電阻定律可以求出電阻率的表達式。13．【答案】（1）粒子的運動軌跡如圖所示粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有Bq根據(jù)幾何知識，粒子在磁場中運動時離y軸最遠距離為L=r+r聯(lián)立解得粒子比荷為q（2）粒子在磁場中運動時間為t在電場中運動時間為t2，粒子進入電場時的速度方向與y軸正向成θ角，則從磁場進入電場的位置與O點距離為y=2r粒子進入電場后沿y軸正方向做勻速運動，沿x軸方向先減速后加速，最后到達O點，則有y=解得t粒子從O點出發(fā)再次回到O點所用時間為t=聯(lián)立以上相關(guān)式子解得t=【解析】【解答】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用幾何關(guān)系可以求出軌跡半徑的大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出粒子比荷的大??；

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，利用軌跡所對圓心角結(jié)合運動的周期可以求出在磁場中運動的時間，粒子在電場中，利用y方向的勻速直線運動可以求出在電場中運動的時間。14．【答案】（1）從C處平拋，豎直方向有d水平方向有d得v在C處，據(jù)牛頓第二定律有F解得滑道對人的支持力為F據(jù)牛頓第三定律，人運動到C點時對滑道的壓力與FN大小相等，為（2）從A到C由動能定理得mg[L解得W【解析】【解答】（1）人運動到C點做平拋運動，利用平拋運動的位移公式可以求出經(jīng)過C點速度的大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出運動到C點對軌道壓力的大小；

（2）人從A到C的過程中，利用動能定理可以求出阻力做功的大小。15．【答案】（1）子彈穿擊物塊過程中，子彈和物塊組成系統(tǒng)動量守恒，則有m解得v此后子彈和物塊一起做勻減速運動，對物塊和子彈受力分