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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（ ）
第1页（共21页）
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
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
C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小
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
第2页（共21页）
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（ ）
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
第3页（共21页）
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．
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
第4页（共21页）
9.8m/s2）．
砝码质量（g）
50
100
150
弹簧长度（cm）
8.62
7.63
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．
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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
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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（ ）
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
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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。
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【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．
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
C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小
【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
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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；
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
W
﹣
0，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（ ）
第11页（共21页）
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。
【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
第12页（共21页）
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（ ）
A．轨道半径越大，周期越长
B．轨道半径越大，速度越大
第13页（共21页）
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
=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长。
故A 正确；
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；
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
=m
r
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；
D、由G
=m
r 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．
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
第14页（共21页）
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．
第15页（共21页）
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=
50.0
N/m（g 取
9.8m/s2）．
砝码质量（g）
50
100
150
弹簧长度（cm）
8.62
7.63
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，
第16页（共21页）
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；
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．
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【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
碰撞损失的动能△E=
m
﹣
（2m）v2…③
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
所以v2的取值范围：v2≤
m/s
所以当v2=
m/s 时，P 向左经过A 点时有最大动能：E=
（2m）
=17J…⑩
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．
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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．
【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
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（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=
…⑥
由②⑥解得：v=
…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=
…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
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并结合几何关系列式，最后联立求解．
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