2023-2024学年安徽省歙县中学高三（上）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省歙县中学高三（上）期末联考物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.立定跳远是指不用助跑从立定姿势开始的跳远，是集弹跳、爆发力、身体的协调性和技术等方面的身体素质于一体的运动。某同学参加立定跳远项目，从起跳至着地的整个过程如图所示，若不计空气阻力，并将该同学视为质点，则该同学在空中运动的过程中( )
A. 该同学做匀变速运动
B. 该同学先超重后失重
C. 该同学在最高点时速度为零
D. 该同学在向上和向下运动通过空中同一高度时速度相同
2.钴在人类生活中的应用可以追溯到100多年前：我国古代对钴的应用，最早可见于唐三彩器物中。钴的元素符号是C，为银白色铁磁性金属，用于陶器釉料。钴 2760C衰变的核反应方程为 2760C→2860Ni+x，其半衰期为5.272年， 2760C、 2860Ni、x的质量分别为m1、m2、m3下列说法正确的是( )
A. 2760C的中子数是27
B. 核反应方程式中的x是α粒子
C. 该核反应中释放的能量为m2+m3−m1c2
D. 经过10.544年的时间，44 g 2760C原子核中有33 g已经发生了衰变
3.如图所示，在矩形ABS2S1中，AB=4m、AS1=3m，C点为AB边的中点，在S1、S2处有两个振源，振动方程分别为y1=10sinπt+π2cm、y2=10sinπt−π2cm，已知两振源产生的两列波在该介质中的传播速度为v=2m/s。则下列说法正确的是( )
A. A点振幅为20cmB. B点为振动减弱点
C. C点的振幅为20cmD. 2s的时间内，C点通过的路程为80cm
4.两个点电荷的质量分别为m1、m2，带异种电荷，电荷量分别为Q1、Q2，相距为d，只在库仑力作用下(不计万有引力)各自绕它们连线上的某一固定点，在同一水平面内做匀速圆周运动，它们的总动能为
A. kQ1Q2dB. kQ1Q22dC. m1kQ1Q2m2dD. m2kQ1Q22m1d
5.如图所示是小型交流发电机的示意图，当线圈绕垂直于匀强磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向以角速度ω匀速转动时，理想交流电压表示数为U。已知电流表为理想电表，发电机线圈的电阻为r，定值电阻为R，其它电阻可忽略，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2=N。则( )
A. 副线圈两端的电压为NU
B. 原线圈中电流为UN2R
C. 发电机的线圈中产生的电动势有效值为(NR+r)UNR
D. 发电机的线圈中产生的电动势最大值为N2R+rUN2R
6.如图所示为边长为L的菱形，其中锐角为60∘，O点为对角线的中心，MN与钝角的对角线共线，且M、N关于O点对称，现在菱形的顶点固定四个点电荷，电荷量如图所示，规定无穷远处的电势为零。则下列说法正确的是( )
A. O点的电势大于零
B. O点的电场强度为3kQL2
C. 带电量为−Q和+2Q的点电荷所受的电场力相等
D. 电子在M点的电势能小于在N点的电势能
7.如图所示为某三楼镜的截面，该截面为∠A=120∘的等腰三角形，其中AB=L，一细光束垂直BC边由D点射入棱镜，且该光束刚好在AB边发生全反射，已知BD=14BC，光在真空中的速度为c。下列说法正确的是( )
A. 该棱镜的折射率为 2
B. 光束第一次到BC边时，能从该边射出
C. 光束离开棱镜时，是从AC边离开的
D. 光束从射入到离开棱镜，光束在棱镜中传播的时间为3Lc
8.截至2023年2月10日，“天问一号”环绕器已经在火星工作整整两年，获取了大量的一手探测数据，取得了丰硕的科研成果。如图所示，假设“天问一号”降落火星之前在半径为r的圆形轨道I上绕火星运行，周期为T。某时刻“天问一号”在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在火星表面的B点贴近火星表面飞行，A、O、B三点在一条直线上。已知火星的半径为R，万有引力常量为G，则( )
A. “天问一号”在轨道Ⅱ上A和B两点的加速度之比为rR2
B. “天问一号”在轨道Ⅱ上A和B两点的线速度之比为 Rr
C. “天问一号”从A点运动到B点的最短时间为(R+r)T4r R+r2r
D. 火星的平均密度为3πGT2
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，匝数N=2000、面积S=60cm2、电阻r=1.0Ω的线圈处在竖直向下的匀强磁场B1中，通过电阻不计的软导线与边长为L=10cm、质量分布均匀的导体棒围成的正方形线框abcd的d点和c点相连接，正方形线框用两个劲度系数均为k=150N/m的绝缘轻弹簧悬吊在天花板上，整个线框处在垂直纸面向外的匀强磁场B2中，已知B1随时间的变化规律为B1=5t(T)，正方形线框每条边的电阻值均为R=4.0Ω，电键闭合后，两弹簧的长度变化了Δx=1.0cm，忽略软导线对线框的作用力，则下列说法正确的是( )
A. 电键闭合后，线框中的电流方向由d到cB. ab边与cd边所受的安培力相等
C. 闭合电键后，流过线圈的总电流为19AD. 磁感应强度B2的大小2T
10.如图所示的水平面上，在A、B、C三点放置三个质量均为m的物体甲、乙、丙，现给物体甲水平向右的初速度，依次与物体乙、物体丙发生碰撞，碰后均粘合为一体，最终粘合体刚好运动到D点。已知AB=BC=CD=L，三个物体与水平面间的动摩擦因数均为μ，且三个物体均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 物体甲的初速度为2 7μgL
B. 第一次碰撞结束瞬间甲乙粘合体的速度为2 132μgL
C. 整个过程物体克服摩擦力做功为3μmgL
D. 两次碰撞损失的能量之比为13:3
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。
(1)在实验中，以下说法正确的是________。(填正确答案标号)
A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
C.用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
D.用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等
(2)如图乙所示，是探究某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，由图可知，弹簧的劲度系数是________N/m。
(3)该同学用此弹簧制作成一把弹簧秤，丙图所示为某次测力时的弹簧秤示意图，指针位置表示力的大小为________N。
12.地磅的工作原理是压力传感器，其中一个重要的敏感元件为压敏电阻，为了研究压敏电阻的特性，某同学设计了如图甲所示的电路，已知两电流表的量程均为0.6A，两电流表的内阻分别为rA1=2Ω、rA2=1.5Ω，电源的电动势为3V，内阻不计。
(1)为了保护电路以及操作方便，滑动变阻器应选择_____；
A.0∼5Ω B．0∼1000Ω C．0∼50Ω D．0∼100Ω
(2)将两电键闭合，如果两电流表的示数分别用I1、I2表示，则压敏电阻Rx=_____(用题中给出的物理量表示)；
(3)通过多次改变压敏电阻的压力，得出多组数据，如下表所示：
根据表中的数据在图乙的坐标系中选择合适的量度并画出图线_____；由图线写出压敏电阻Rx与压力F的关系式Rx=_____；
(4)图甲中，将电键S2断开，结合以上数据在电流表A1的相应刻度标出与之相对应的压力值，已知在0.12A处标注的压力值为0，则滑动变阻器接入电路的电阻值为R=_____Ω，允许加在压敏电阻上压力的最大值为F=_____。(结果均保留一位小数)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图为某温度提示装置原理示意图。在竖直放置的圆柱形容器内用质量为M=1kg的活塞密封一部分理想气体，活塞与容器壁间可以无摩擦地滑动，活塞的面积为S=0.01m2。现将整个装置放在大气压恒为p0=0.99×105Pa的空气中，开始时活塞与容器底的距离H=0.3m、气体处于温度Ta=300K的状态a。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升L=0.03m恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态b。活塞保持不动，气体被继续加热至温度Tc=363K的状态c时触动温度提示器A。已知密闭气体由状态a到状态c过程中从外界吸收热量Q=188J，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)密闭气体在状态b的温度和在状态c的压强；
(2)密闭气体从状态a到状态c的过程中气体内能的变化量。
14.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径R=3.2m，下端恰好与光滑水平面OA平滑对接，质量为m=1kg的铁球(可视为质点)由圆弧轨道顶端无初速度释放，运动一段时间后从A点冲上倾角为θ=37∘的光滑斜面，铁球在斜面上运动t1=12s后在B点冲出斜面做斜抛运动落到C点，BC水平，已知sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)铁球运动到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；
(2)斜面的长度；
(3)铁球从B到C的时间和B、C间的水平距离．
15.如图所示，水平虚线上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，虚线下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的正粒子甲由O点水平向右射入电场，粒子的初速度大小为v0，粒子经过一段时间沿与虚线成θ1=60∘的方向进入磁场，粒子第一次由P点离开磁场，P点位于O点的正下方，忽略粒子的重力。求：
(1)OP两点之间的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)若质量为2m、电荷量为q的正粒子乙仍由O点以与粒子甲相同的初动能沿水平向右的方向射入电场，粒子乙第一次离开磁场时的位置到P点的距离为多大。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
匀变速曲线运动是加速度不变的曲线运动。竖直方向加速度向上时，是超重；竖直方向加速度向下时，是失重。斜抛运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动。
【解答】
A.该同学在空中运动的过程中仅受重力，加速度恒为重力加速度，故做匀变速运动，选项A正确;
B.该同学在空中运动的过程中只受重力，加速度为重力加速度，方向向下，故一直处于失重状态(完全失重)，选项B错误;
C.该同学在空中做斜抛运动，在最高点竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故在最高点时速度不为零，选项C错误;
D.由对称性可知，在向上和向下运动通过空中同一高度时竖直方向速度大小相等，方向相反，水平方向速度不变，则在向上和向下运动通过空中同一高度时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，选项D错误．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了原子的组成和结构、核反应方程、质能方程、半衰期；包含的知识点较多，熟练掌握基本规律是解答的基础。
元素符号左下角代表质子数，左上角为质量数，中子数=质量数−质子数；
由质量数守恒和电荷数守恒判断生成物X，并根据生成物判断反应类型；
根据质能方程判断释放的能量；
半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用；半衰期为一半的原子发生衰变所用的时间，根据这个关系可判断有多少钴发生衰变和能剩下多少钴。
【解答】
A.元素符号左下角代表质子数，左上角为质量数，中子数=质量数−质子数，因此 2760C中质子数是27，中子数=60−27=33，故A错误；
B.元素符号左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，质子数+中子数=质量数， 2760C中质子数为27，中子数为33，核反应方程式中X不是α粒子，是e−10e，故B错误；
C.根据质能方程可知核反应中释放的能量为(m1−m2−m3)c2，故C错误；
D.经过10.544年的时间，为2个半衰期，所以44g 2760C原子核中有44g−44g×(12)2=33g已经发生了衰变，故D正确。
3.【答案】A
【解析】【分析】【分析】
本题考查波的叠加原理的理解，根据时间与周期的关系入手是常见的思路。
两波源的振动步调相同时，到两波源的距离差为波长整数倍的点为振动加强点，半波长的奇数倍的点为振动减弱点;两波源的振动步调相反时，结论正好相反。
【解答】由题意可知，两列波的周期为T=2πω=2ππs=2s，则两列波在该介质中的波长为λ=vT=2×2m=4m，A(B)点到两波源的距离差为Δx1=(5−3)m==2m=λ2，又由波源的振动方程可知，两波源的相位相反，A(B)点为振动加强点，则A(B)点的振幅为20cm，选项A正确，B错误;
由几何关系C点到两波源的距离差为Δx2=0，则C为振动减弱点，C点的振幅为0，选项C错误；
由于C点是振动减弱点，始终处于平衡位置，则在一个周期内该点通过的路程为0，选项D错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】解：对于质量m1，它们的库仑力提供其向心力。即kQ1Q2d2=m1v12r
对于质量m2，它们的库仑力提供其向心力。即kQ1Q2d2=m2v22(d−r)
则它们总的动能为：12m1v12+12m2v22=kQ1Q22d
故选：B。
两异种点电荷能绕圆心各自做匀速圆周运动，其向心力是由它们间的库仑力提供，则可以求出它们的总动能．
虽然由库仑力提供向心力，但值得注意的是库仑力的间距与它们做圆周运动的半径不是相等的．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了学生对正余弦交流电有效值峰值关系、交变电动势的最大值表达式、理想变压器原副线圈的电压、电流与匝数的关系的掌握，综合性较强。
根据理想变压器的电压关系求出副线圈两端的电压；
根据理想变压器的电流关系求出原线圈中电流；
根据闭合电路欧姆定律求出发电机的线圈中产生的电动势有效值；
由交流电的最大值与有效值关系得出发电机的线圈中产生的电动势最大值。
【解答】
A.定值电阻两端的电压为副线圈两端的电压，由理想变压器的电压关系是UU2=N，所以副线圈两端的电压为U2=UN，故A错误；
B.原副线圈中的电流分别为I1、I2，副线圈中的电流即电流表的示数为I2=U2NR，由理想变压器的电流关系I1I2=1N，所以I1=I2N=UN2R，故B正确；
C.发电机的线圈中产生的电动势有效值E=U+I1r=U+UN2Rr=(N2R+r)UN2R，故C错误；
D.发电机的线圈中产生的电动势最大值为Em= 2E= 2(N2R+r)UN2R，故D错误。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查电势，电势能以及电场的叠加，根据各电荷在O点的电势特点分析O点电势正负；根据点电荷场强公式及叠加原理分析答题；根据电荷之间的作用力分析答题；根据Ep=qφ分析答题。
【解答】
A.两+Q在O点电势均大于零，由对称性可知+2Q在O点的电势大于−Q在O点的电势，所以O点的电势一定大于零，进项 A正确;
B.两+Q在O点形成的电场合场强为零，由几何关系可知−Q和+2Q点的距离均为L2，所以O点的电场强度为EO=kQ(L2)2+k⋅2Q(L2)2=12kQL2，选项B错误；
C.−Q的受力如图甲所示，−Q所受的电场力大小为F−Q=kQ2L2+2kQ2L2=3kQ2L2，+2Q的受力如图乙所示，+2Q所受的电场力大小为F+2Q=2kQ2L2−2kQ2L2=0，选项C错误；
D.由题图以及对称性可知，M点的电势比N点的电势低，由公式Ep=qφ可知，电子在低电势点的电势能大，所以电子在M点的电势能大于在N点的电势能，选项 D错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查全反射条件的应用，全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角。结合题意可知光发生全反射的临界角，由折射率与临界角的关系可求解该棱镜对该细光束的折射率；结合几何关系和全反射条件，作出光束在棱镜中的光路图，由几何关系求解光束在棱镜中传播的距离，由公式v=cn求解光束在棱镜中的传播速度，即可求解光束在棱镜中传播的时间，由此即可正确求解。
【解答】
A.由于光束在AB边刚好发生全反射，由几何关系可知全反射临界角C=30°，则n=1sinC=1sin30∘=2，故A错误；
B.作出光束在棱镜中的光路图，如图所示：
，
由几何关系可知，光束从AB反射到BC边时入射角为α=60∘，大于全反射的临界角30∘，此时光束不能从BC边离开棱镜，故B错误；
C.光束经BC边全反射后到AC边，由几何关系可知，光束在AC边的入射角为30∘，刚好等于全反射的临界角，则光束在AC边发生全反射，故C错误；
D.由几何关系可知DE=12EF=12FG=GH=L4，则光束在棱镜中传播的距离为s=DE+EF+FG+GH=32L，由公式v=cn可知光束在棱镜中的速度为v=cn=c2，所以光束从射入到第一次离开棱镜，传播的时间为t=sv=3Lc，故D正确。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是万有引力提供加速度、开普勒第二定律、开普勒第三定律、根据万有引力提供向心力求质量，进而求火星的平均密度。
【解答】
A.“天问一号”在轨道Ⅱ上A和B两点的万有引力分别为FA=GMmr2，FB=GMmR2.则加速度之比为aAaB=GMmr2GMmR2=(Rr)2，故A错误;
B.由开普勒第二定律，有12RvBt=12rvAt，整理，可得vAvB=Rr，故B错误;
C.椭圆轨道的半长轴为a=R+r2.设在椭圆轨道上运行的周期为T1⋅由开普勒第三定律有a3T12=r3T2，从A点运动到B点的时间为t=T12，解得t=(R+r)T4r R+r2r，故C正确;
D.火星的平均密度为ρ=MV，“天问一号”在轨道I上绕火星做匀速圆周运动，有GMmr2=m4π2T2r，火星的体积可以表示为v=43πR3，联立可得ρ=3πr3GT2R3，故D错误。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
根据楞次定律得出感应电流的方向；根据左手定则得出安培力的方向。根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小。再结合电路结构得出感应电流的大小。
本题是法拉第电磁感应定律求解电路问题，共点力平衡问题。
【解答】
A.根据楞次定律可知电键闭合后，线框中的电流方向由d到c，故A正确；
B.由于da，ab，bc三个边串联之后再与dc并联，可知ab边与cd边电流不同，因此所受安培力不同，B错误；
C.回路感应电动势E=NΔΦΔt=NΔB1ΔtS=2000×5×60×10−4V=60V
回路总电阻R总=r+3R⋅R3R+R=4Ω
因此流过线圈的电流I=ER总=15A
故C错误；
D.根据平衡条件可知B2LI4+B2L3I4=2kΔx
解得B2=2T
故D正确。
故选AD。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题综合考查了动量守恒定律、动能定理，综合性较强，对学生能力要求较高，关键要搞清运动过程，选择合适的规律进行求解。解题关键是分析三个物体的运动过程，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律。
【解答】
AB、设物体甲的初速度为v0，第一次碰前甲的速度为v1，第一次碰后的速度为v2，第二次碰前甲的速度为v3，第二次碰后的速度为v4.对三个物体由C到D的过程，由动能定理得−μ×3mgL=0−12×3mv42，解得v4= 2μgL，对物体甲、乙和丙第二次碰撞的过程，由动量守恒定律得2mv3=3mv4，解得v3=32v4=32 2μgL，对第一次碰后，物体甲、乙由B到C的过程，由动能定理得−μ×2mgL=12×2mv32−12×2mv22，解得v2= 132μgL，对物体甲、乙第一次碰撞的过程，由动量守恒定律得mv1=2mv2，解得v1=2 132μgL。物体甲由A到B的过程，由动能定理得−μmgL=12mv12−12mv02，解得v0=2 7μgL，选项A正确，B错误;
C、由题意可知，整个过程克服摩擦力所做的功为Wf=μmgL+2μmgL+3μmgL=6μmgL，选项C错误；
D、第一次碰撞损失的能量为△E1=12mv12−122mv22，解得△E1=132μmgL，
第二次碰撞损失的能量为△E2=122mv32−123mv42，解得△E2=32μmgL，
所以△E1：△E2=13：3，选项D正确。
11.【答案】(1) AB；(2)300；(3)1.75(1.73∼1.77均可)
【解析】【分析】
本题为探究弹力和弹簧伸长的关系的实验，实验原理为胡克定律，掌握弹簧的弹力与形变量的关系，要注意正确理解图象的性质，知道图象的斜率表示的物理意义。
【解答】
(1) A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，选项A正确;
B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读数，选项B正确;
C.弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，选项C错误;
D.用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出弹力与形变量成正比，选项D错误。
故选AB；
(2)根据F=kx可知，图像的斜率大小等于劲度系数大小，
由图像求出劲度系数为k=ΔFΔx=248×10−2N/m=300N/m；
(3)弹簧秤最小刻度为0.1N，指针在1.7与1.8之间刻度，估读为1.75N。
12.【答案】(1)A；
(2)I2rA2I1−I2；
(3) ；20−FΩ；
(4) 3.0；20.0
【解析】【分析】
本题应掌握利用欧姆定律、闭合电路欧姆定律和图像推导分析计算。
(1)根据电流表的量程可知电路之中需要接入的最小电阻，根据为了操作方便，测量数据的连续性强，滑动变阻器的总电阻在安全确保的前提下，总阻值选择小一些的；
(2)根据欧姆定律和串联并联电路的特点求解压敏电阻;
(3)根据表中的数据在图乙的坐标系中选择合适的量度、描点并画出Rx−F图像再分析求解Rx−F函数表达式;
(4)根据闭合电路的欧姆定律结合图像分析作答。
【解答】
(1)两电流表的量程均为0.6A，为了确保电路安全，电路之中需要接入的最小电阻为30.6Ω=5Ω
为了保护电路，滑动变阻器选择总电阻为 5Ω ，为了操作方便，测量数据的连续性强，滑动变阻器的总电阻在安全确保的前提下，总阻值选择小一些的，即为了保护电路以及操作方便，滑动变阻器应选择 0∼5Ω 。故选A。
(2)将两电键闭合，如果两电流表的示数分别用 I1 、 I2 表示，根据欧姆定律，压敏电阻为Rx=I2rA2I1−I2。
(3)根据表中的数据在图乙的坐标系中选择合适的量度、描点并画出图线，如图所示
结合图像，可知， Rx−F 的函数表达式为Rx=a−kF
根据图像可知a=20Ω ， k=20−1010Ω/N=1.0Ω/N
即图线写出压敏电阻 Rx 与压力F的关系式Rx=20−FΩ
(4)由闭合电路欧姆定律有I=ERx+rA1+R=320−F+2+R
当有F=0 ， I=0.12A
代入上述函数式解得R=3.0Ω
当有I=0.6A
代入数据解得F=20.0N。
13.【答案】解：(1)根据题意可知，气体由状态a变化到状态b的过程中，封闭气体的压强不变，
则有VaTa=VbTb
解得Tb=330K
从状态a变化到状态b的过程中，活塞缓慢上升，则pa=pb=p0+MgS=1×105Pa
根据题意可知，气体由状态b变化到状态c的过程中，气体的体积不变，
则有pbTb=pcTc
解得pc=1.1×105Pa
(2)根据题意可知，从状态a到状态c的过程中气体对外做功为W=pbSL=30J
由热力学第一定律，密闭气体从状态a到状态c的过程中气体内能的变化量为
ΔU=Q−W=158J

【解析】(1)气体由状态a变化到状态b的过程中气体发生等压变化，根据盖−吕萨克定律求气体在状态b的温度；气体由状态b变化到状态c的过程中气体发生等容变化，根据查理定律求气体在状态c的压强；
(2)根据W=pΔV求出从状态a到状态c的过程中气体对外做的功，再根据热力学第一定律求密闭气体从状态a到状态c的过程中气体内能的变化量。
14.【答案】解：
(1)铁球从圆弧轨道顶端滑到轨道底端，根据机械能守恒定律得 mgR=12mv02
解得铁球运动到圆弧轨道底端时速度的大小 v0=8m/s ， FN−mg=mv02R ，解得 FN=30N ．
根据牛顿第三定律可知，铁球运动到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为 30N 。
(2)设铁球在斜面上的加速度大小为 a ，由牛顿第二定律得 mgsin37∘=ma
解得 a=6m/s2
铁球在斜面上运动时间 t1=12s ，由运动学规律得：铁球运动到 B 点的速度 vB=v0−at1=5m/s
斜面的长度 AB=v 02−v B22a=3.25m
(3)将小铁球的初速度沿着水平和竖直方向分解，有 vBx=vBcsθ ， vBy=vBsinθ
上升时间 t=vByg=vBsinθg .由对称性可知，下降的时间和上升的时间相等，总时间为 t总=2vBsinθg
代入数据解得铁球从 B 到 C 的时间 t总=0.6s ， BC 的水平距离 BC=vBt总csθ=2.4m

【解析】本题考查动力学的综合应用。解决问题的关键是清楚铁球在不同阶段的受力情况和运动过程，利用牛顿运动定律和运动学公式，圆周运动的知识，斜抛运动的规律分析求解。
15.【答案】解：(1)如图
粒子到达A点时，竖直方向的速度vy=v0tanθ1= 3v0
粒子做类平抛运动a=qEm
LOP=vy22a
联立得LOP=3mv022qE
(2)根据LPA=v0t
LOP=12at2
a=qEm
根据几何关系LPA= 3R
R=mv1qB
v0=v1csθ1
代入数据联立得B=2Ev0
(3)质量为 2m 、电荷量为q的正粒子乙仍由O点以与粒子甲相同的初动能沿水平向右的方向射入电场，则粒子乙初速度v= 22v0
a1=qE2m
粒子到达虚线处竖直方向速度vy1= 2a1LOP= 2×qE2m×3mv022qE= 62v0
时间t1=vy1a1= 6mv0qE
水平方向位移LPB=vt1= 22v0× 6mv0qE= 3mv02qE
粒子速度方向与虚线夹角θ=arctanvyv=60∘
速度v合= v2+vy12= 2v0
在磁场中圆周运动半径R1=2mv合qB= 2R
LBC= 3R1
粒子乙第一次离开磁场时的位置到P点的距离LPC=LBC−LPB
联立得LPC=( 6− 3)mv02qE

【解析】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
(1)正粒子甲由O点水平向右射入电场做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出OP两点之间的距离。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，根据几何关系求出粒子轨道半径，应用洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度大小。
(3)质量为 2m 、电荷量为q的正粒子乙仍由O点以与粒子甲相同的初动能沿水平向右的方向射入电场先做类平抛运动，结合在磁场中圆周运动以及几何关系，可求出粒子乙第一次离开磁场时的位置到P点的距离。Rx/Ω
20
18
16
14
12
10
F/N
0
2.1
3.9
6.1
8.0
10