2023-2024学年湖南省宁乡市实验中学等多校联考高三（下）一轮复习总结性考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省宁乡市实验中学等多校联考高三（下）一轮复习总结性考试物理试卷（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.核能的发现是人类探索微观物质结构的一个重要成果，但如何合理利用核能是全人类社会需共同正视和思考的问题。2023年8月24日，某国不顾对全人类的危害，公然向太平洋排放核废水，核废水中含有大量的放射性元素成分，这些元素的降解时间长，会对海洋生态系统造成严重破坏。关于人们对原子核的认识，下列说法正确的是( )
A. 核污染水中包含的放射性物质衰变时会发出α、β、γ射线，γ射线电离能力最强
B. 放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
C. 核子间的弱相互作用和电磁相互作用使核子聚集到一起形成原子核
D. 核子在结合成原子核时，核子平均质量亏损越大，原子核越稳定
2.如图所示，绝缘光滑圆环竖直固定放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的带电小球，所带电荷量的大小均为q(电性未知)，圆环半径为R，当小球b位于圆环最低点时，a、c两球恰好可以静止于与圆心等高的位置上，重力加速度为g，则下列说法正确的是
( )
A. a、c小球可能带异种电荷B. a、b小球可能带异种电荷
C. a球质量应满足ma= 2kq24gR2D. c球质量应满足mc= 2kq22gR2
3.手持软绳的一端O点在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平传播的简谐波，P、Q为绳上的两点。t=0时O点由平衡位置出发开始振动，t1时刻Q点恰好完成两次全振动，此时绳上OQ间形成如图所示的波形(Q点之后未画出)，则
( )
A. t=0时O点运动方向向上B. t1时刻P点运动方向向上
C. P点的起振方向向下D. t1时刻P点刚好完成3次全振动
4.消防员进行训练时要用冲锋梯迅速从建筑物外侧地面一楼竖直攀爬上几十层，已知每层楼高约为3m。一名消防员的竖直攀爬速度的倒数1v与攀爬高度h的关系如图所示。已知他刚登上5楼楼板时的速度约为0.8m/s，则他刚登上33楼楼板的速度和由1楼登至33楼所需的时间分别约为
( )
A. 0.08m/s；480sB. 0.08m/s；660sC. 0.1m/s；480sD. 0.1m/s；660sh
5.人类发现并记录的首颗周期彗星——哈雷彗星在2023年12月初抵达远日点后开始掉头，踏上归途。哈雷彗星是人一生中唯一可能裸眼看见两次的短周期彗星，因英国物理学家爱德蒙·哈雷首先测定其轨道数据并成功预言回归时间而得名。已知哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，如图所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，哈雷彗星轨道是一个很扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为r1，在远日点与太阳中心的距离为r2，若地球的公转轨道可视为半径为R的圆轨道，则下列说法正确的是
( )
A. 在近日点与远日点的速度大小之比为 r2r1
B. 在近日点与远日点的加速度大小之比为r22r12
C. 哈雷彗星大约将在2071年左右再次离太阳最近
D. 哈雷彗星的轨道参数与地球轨道参数间满足r1+r2R≈18
6.如图所示，两个质量均为m的木块A、B(均可视为质点)由劲度系数为k1的轻质弹簧拴接，木块B通过另一劲度系数为k2的轻质弹簧与地面拴接，一根轻绳绕过定滑轮与木块A相连，初始整个系统静止，滑轮左侧绳子刚好保持竖直，重力加速度为g。现用力F缓慢拉绳，拉动时滑轮右侧绳子保持与竖直方向的夹角为θ不变，直到弹簧2的弹力大小变为原来的一半为止，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在这一过程中，下列说法正确的是
( )
A. 木块A移动的距离可能为2mgk1+2mgk2
B. 木块A移动的距离可能为mgk1+2mgk2
C. 绳子对定滑轮的作用力大小可能为2mgcsθ2
D. 绳子对定滑轮的作用力大小可能为10mgcsθ2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图，有一边长为2a的正方体玻璃砖，中心有一单色点光源O，该玻璃砖对该光源的折射率n= 3，已知光在真空中传播的速度为c。下列说法正确的是
( )
A. 该光在玻璃砖中传播的速度为 3c3
B. 光线从玻璃砖射出的最短时间为 3ac
C. 若不考虑多次反射，光线从玻璃砖射出的最长时间为 6ac
D. 从外面看玻璃砖被照亮的总面积为6a2
8.如图所示，固定在同一绝缘水平面上的两根平行光滑金属导轨，两导轨间的距离为1.5m，左端接有两个定值电阻Rl=9Ω，R2=4.5Ω。一质量为1kg的金属棒ab跨接在导轨上，其阻值r=3Ω。空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2T。ab棒在外力F的作用下沿着导轨运动的速度一时间图像如图乙所示。导轨的电阻忽略不计，且运动过程中金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是
( )
A. 0∼3s内通过R1的电荷量为0.5CB. 0∼3s内外力F的冲量大小为11N⋅s
C. 3s∼6s内R2两端电压为6VD. 3s∼6s内R2上产生的焦耳热为6J
9.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈一侧接一输出电压有效值恒为U1的正弦交流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值相等。下列说法正确的是
( )
A. S断开时，图中电压U1:U2=2:1
B. S闭合前后，R3消耗的电功率之比为19681
C. S闭合后，R1、R3、R4消耗的电功率相同
D. S闭合前后，R1两端电压之比为7：9
10.有一长为L，质量为m且质量分布均匀的软绳，放在足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的滑轮，斜面倾角为30∘，软绳一端通过一根轻质细线系着一质量为2m的物块。初始时，用手托住物块底部，使细线恰好拉直。然后由静止释放物块，忽略空气阻力，不计软绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，软绳与斜面间动摩擦因数为 32，则在物块下落的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 释放瞬间，物块的加速度为gB. 释放瞬间，细线的拉力为32mg
C. 当软绳全部滑出时物块的速度为 gLD. 当软绳全部滑出时物块的速度为 5gL2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学设计了一个“测定平抛运动初速度”的家庭实验装置，如图所示。在水平桌面上固定一个斜面，把桌子搬到墙的附近，将白纸和复写纸附在墙上，使从水平桌面上滚下的钢球能打在墙上。每次改变墙壁和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
(1)为了正确完成实验，以下做法必要的是______。
A.实验时应保持桌面水平
B.每次应使钢球从同一位置由静止释放
C.使斜面的底边ab与桌边重合
(2)在钢球离开桌面的位置固定一点光源，小球离开桌边打到墙壁的运动过程中，钢球在墙面上的影子的运动应是( )
A.自由落体运动
B.变加速直线运动
C.匀速直线运动
(3)实验小组每次将桌子向远离墙的方向平移0.2m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm。重力加速度g=10m/s2，钢球平抛的初速度为_____m/s。(结果保留两位有效数字)
12.学校人群密集，是流感高发区，体温计是班级必备物品，其中电子体温计常用的测温元器件是热敏电阻。现有一热敏电阻，室温下它的阻值约为10Ω，某实验小组想要研究该热敏电阻的电阻与温度的关系，实验室可供选择的实验器材还有：
A.电压表V(量程0−3V，内阻约为10kΩ)
B.电流表A(量程0−0.6A，内阻约为1Ω)
C.滑动变阻器R1(阻值范围0−10Ω，允许的最大电流为2A)
D.滑动变阻器R2(阻值范围0−200Ω，允许的最大电流为1A)
E.干电池2节
F.开关、导线若干
(1)兴趣小组测出某种热敏电阻的I−U图像如图1所示，滑动变阻器应该选用_____(填器材前面的字母序号)，他们选用的应该是图_____电路(填“甲”或“乙”)；
(2)被测元件的阻值R可根据电压表的读数U和电流表的读数I求出，通过调节滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组U、I数据，并对应求出多个R值，根据测得的数值作出如图2所示的R−U图像。当电压表读数为1V时，被测元件的发热功率为_____W(保留3位有效数字)。
(3)现将上述测量的两个相同的热敏电阻(伏安特性曲线如图1所示)和定值电阻、恒压电源组成如图3所示的电路，电源电动势为6V，内阻不计，定值电阻R0=200Ω，则一个热敏电阻消耗的电功率为_____W(结果保留3位有效数字)；
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.罗茨真空泵在航天器的空气处理和环境控制、科学实验设备的运行以及太空推进系统中发挥着重要作用。罗茨真空泵具有快速抽气和排气能力，可以迅速调节并维持太空舱内的理想状态。某次宇航员呼吸产生的二氧化碳和其他废气收集在一球形容器中，容器体积为0.13m3，此时太空舱中通过热控系统控制温度恒为27℃。现在利用罗茨真空泵将容器抽为真空。之后利用充气设备将10瓶氧气压入到球形容器中，已知每瓶氧气的容积为3.2×10−2m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107Pa，使用后瓶中剩余气体压强均为2.0×106Pa。
氧气可视为理想气体。
(1)求压入氧气后球形容器内气体的压强；
(2)如图，某次宇航员在太空漫步中，将上述已压入氧气的导热球形容器带出舱外。太空漫步过程太空处于真空状态，没有大气层的保护，温度变化很大，太阳照射时温度可达到100℃，无阳光时温度可达到−200℃，试求出此两种温度下球形容器中氧气的压强。(结果均保留三位有效数字)
14.如图所示，两平行极板水平放置，间距为d，两板间电压为U，其中上极板接电源正极(忽略边缘效应，电场视为匀强电场)，两极板之间的区域同时有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，距极板不远处有一边长为d的正方形ABCD，AB、CD边分别与上下极板平齐，E为CD的中点。某时刻从与极板间距等宽的粒子源射出的平行带电粒子恰好沿直线通过平行板区域。不考虑粒子间的相互作用，不考虑带电粒子的重力。
求：
(1)粒子运动的速度大小为多少？
(2)如果粒子全部打在E点，需在正方形中加相应的磁场，判断磁场的方向及磁场的最小面积。(无需写出面积最小的证明过程)
(3)如果粒子全部打在C点，需在正方形中加相应的磁场，判断磁场的方向及磁场的最小面积。(无需写出面积最小的证明过程)
15.如图所示，竖直虚线边界MN左侧有方向水平向右的匀强电场，质量为m=1kg带正电光滑小球(可视为质点)在轻质细线OA的悬挂下处于静止状态，此时细线与竖直方向的夹角为37∘，OA延长线与MN的交点为B，AB长度为Ll=1m，虚线MN右侧无电场。BC为一固定粗糙斜面的两个端点，BC长度为L2=25m，斜面上一个带挡板P(厚度不计)的薄板处于静止状态，薄板质量为M=3kg，长度为L0=1.5m，且薄板上端恰好与B点重合，O、A、B、C共线。某时刻剪断细线OA，不计阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求
(1)电场力的大小及释放初始时刻小球的加速度。
(2)若小球滑上薄木板后与挡板相撞，撞击时间极短，小球与挡板的碰撞为弹性正碰，碰后木板开始下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，小球与木板恰好发生第二次相撞。试求：
I.薄板与斜面的动摩擦因数μ；
II.小球与挡板在斜面上最多发生几次碰撞。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
半衰期与原子本身有关，与质量和温度无关；在α、β、γ这三种射线中，a射线的电离能力最强，γ射线的穿透能力最强；核子间的强相互作用使核子聚集到一起形成原子核，核子平均质量亏损越大，则原子核的比结合能越大，原子核越稳定。
本题考查衰变的本质和三种射线的特点以及核子间的强相互作用。基础题。
【解答】
A.在 α 、 β 、 γ 射线中， γ 射线穿透能力最强， α 射线电离能力最强，故A错误：
B.半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，故B错误；
C.核子间的强相互作用使核子聚集到一起形成原子核，故C错误；
D.核子在结合成原子核时，核子平均质量亏损越大，则原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故D正确；
2.【答案】C
【解析】AB.对b，受到重力、环的支持力以及a与c的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，由水平方向受力平衡可知，a与c的电性必定是相同的；对a分析，受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力竖直向下，c对a的库仑力和环的支持力都是水平方向，若a要平衡，则b对a的库仑力沿竖直方向的分力必须向上，所以b对a的作用力必须是斥力，所以b与a的电性一定相同。即a、b、c小球带同种电荷，故AB错误；
CD.由几何关系，b对a的库仑力 Fba 沿竖直方向的分力与a的重力平衡。即mag=kq2 2R2sin45∘= 2kq24R2
同理可对c球受力分析，则ma=mc= 2kq24gR2
C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】【解答】
A.因为至t1时刻Q点已完成两次全振动，此时Q的状态与刚起振时相同，由于波的传播方向是从 O到Q，因此Q点的起振方向向上，即t=0时O点运动方向向上，故A正确;
B.从图可知，此时P点的运动方向向下，故B错误;
C.P点的起振方向与波源起振方向相同，向上起振，故C错误;
D.根据图像可知，P点与Q点间隔半个波长，因此t1时刻P点还未完成3次全振动，故 D错误。
【分析】
根据图象可知，该波传到Q点需要32T，而t1时刻恰好完成两次全振动，由此判断P和Q点的振动情况；根据“同侧法”判断传播方向和O点的振动方向。
本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断。
4.【答案】C
【解析】【分析】
根据图像得出1v 与登高高度 h 成正比， 1v−h 图像与横轴围成的面积表示运动的总时间。
本题考查图像法分析问题，关键是掌握图像法分析问题的方法。
【解答】
如图可知登高速度的倒数 1v 与登高高度 h 成正比，即速度与高度成反比，为 vh=k ，刚登上5楼时高度为 3×4=12m ，速度为 0.8m/s ，当他刚登上33楼时，高度为 (33−1)×3m=96m ，根据反比规律，可求得速度为 0.1m/s ； 1v−h 图像与横轴围成的面积表示运动的总时间，可得 t=12×10.1×96s=480s ，故选 C 。
5.【答案】B
【解析】【分析】
开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。
根据开普勒第二定律和开普勒第三定律，结合由牛顿第二定律可得 GMmr 2=ma 解题即可。
【解答】
A.根据开普勒第二定律，取时间微元 Δt ，结合扇形面积公式可得 12v1Δtr1=12v2Δtr2 ，解得 v1v2=r2r1 ，故A错误；
B.在近日点时，由牛顿第二定律可得 GMmr12=ma1 ，在远日点时，由牛顿第二定律可得 GMmr22=ma2 ，联立解得 a1a2=r22r12 ，故B正确。
C.由题中信息可知，哈雷彗星将在 2023+(76÷2)=2061 年左右回到近日点，故C错误。
D.根据开普勒第三定律 a3T2=k ，得 a3T哈2=R3T地2 ，则有 a=3762R≈18R ，又半长轴 a=r1+r22 ，则 r1+r2R≈36 ，故D错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查含弹簧的平衡问题。解决问题的关键是结合胡克定律分析清楚弹簧的弹力大小和弹力的方向，再根据平衡条件分析判断。
【解答】
AB.根据胡克定律可得，弹簧1的初始压缩量为 x11=mgk1 ，弹簧2的初始压缩量为 x21=2mgk2 ，若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，则此时弹簧2的压缩量为 x22=12x21=mgk2 ，对物块 B 分析可得 mg=k2x22 ，所以弹簧1刚好恢复原长，此过程中 A 木块上升的位移为 Δx=x11+x21−x22=mgk1+mgk2 ，若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于伸长状态，则此时弹簧2的伸长量为 x22′=12x21=mgk2 ，对 B 分析可得 mg+k2x22′=k1x12′ ，所以弹簧1的弹力为2mg，此时弹簧1的伸长量为 x12′=2mgk1 ，此过程中A木块上升的位移为 Δx′=x11+x12′+x21+x22′=3mgk1+3mgk2 ，故A、B错误；
CD.若弹簧2的弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，对A分析可得绳子的拉力为 F=mg ，绳子对定滑轮的作用力大小 F滑=2Fcsθ2=2mgcsθ2 ，若2弹簧弹力大小变为原来的一半且2弹簧处于伸长状态，对A分析可得绳子的拉力为 F′=3mg ，绳子对定滑轮的作用力大小 F滑′=2F′csθ2=6mgcsθ2 ，此时绳子对定滑轮的作用力最大，故C正确、D错误。
7.【答案】AB
【解析】【分析】
当光在玻璃砖内运动的位移最短即垂直立方体各个面射出时，光所经历的时间最短。结合v=cn得出光在介质中的传播速度，根据临界角sin C=1n得出全反射的临界角，再结合集合关系求解。
本题是光的折射和全反射的综合题目，中等难度。
【解答】
AB.当光在玻璃砖内运动的位移最短即垂直立方体各个面射出时，光所经历的时间最短，光在玻璃砖内传播的速度为 v=cn ，传播的最短时间为 tmin=av 联立可得 v= 3c3 ； tmin=a 3c ，故AB正确；
CD.选取其中的一个面进行分析，光线发生全反射的临界角为 sin C=1n 当入射角大于临界角 C 时将不会有光线射出，光在各个面上照亮的部分为圆形，设半径为 r ，根据几何关系有 tan C=ra ，解得 r= 2a2 ，最长时间 tmax=3 2a2c ，
圆的面积为 S′=πr2 ，照亮的总面积为 S=6S′ ，联立解得 S=3πa2 ，故CD错误。
故选AB。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
根据q=ΔΦR+r计算通过ab棒的电荷量；根据动量定理求解0～3s内，外力F的冲量大小；根据E=BLv计算感应电动势进而计算感应电流及产生的焦耳热。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
【详解】
A.并联部分电阻，
0∼3s 内通过 ab 棒的电荷量 q=ER+rt=ΔΦ(R+r)Δtt=ΔΦR+r=BLxR+r 又 x=12×3×2m=3m ，解得通过 ab 棒的电荷量为 q=1.5C ，根据并联分流的特点可知，通过 R1 的电荷量为 0.5C ，A正确；
B. 0∼3s 内，根据动量定理 I−BILt=mv−0 ，又 q=It
解得外力 F 的冲量大小为 I=6.5N⋅s ，B错误；
CD. 3s∼6s 内 ab 棒电流为 I=BLvR+r=1A ，通过 R2 的电流 I2=23A ，故 R2 两端电压为 3V ； R2 产生的焦耳热为 Q=6J ，C错误，D正确。
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
根据电流与线圈匝数的关系求出原、副线圈中电流之比，根据串并联关系求得电压关系，再求功率关系。
本题考查变压器规律的应用，要注意明确变压器的输入电压不是电源的输出电压，而是电阻电压与变压器输入电压之和等于电源的电压，要根据变压比和变流比结合来解决这类问题。
【解答】
A. S 断开时，设原线圈的电流为 I1 ，原线圈两端电压为 U1′ ，副线圈的电流为 I2 ，根据变压器知识可知 n1n2=I2I1=U1′U2 ，解得 I2=2I1,U1′=2U2 有 U1=I1R+U1′=I1R+2U2,U2=I2⋅2R ，可得 I1=U19R,U1U2=94 ，A错误；
BD. S 闭合后，设原线圈的电流为 I1′ ，副线圈的电流为 I2′ ，副线圈两端电压为 U2′
则有 U1=I1′R+2U2′ ， U2′=I2′⋅3R2 ，联立可知 I1′=U17R=97I1 ，因此， S 闭合前后，流经 R3 的电流之比为 I2:I2′2=14:9 ， S 闭合前后，故 R3 消耗的电功率之比为 19681 ， R1 两端电压之比为7：9，故BD正确；
C.因 I2′=2I1′ ，而并联电路分流可知 IR3=IR4=I2′2=I1′
可得 RI 、 R3 、 R4 三个电阻流过的电流相同，可知三电阻的功率相同，C正确。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
释放瞬间，对物块受力分析，根据牛顿第二定律列方程， 对绳子受力分析，根据牛顿第二定律列方程 ，联立可求加速度和细绳拉力；由动能定理可知当软绳全部滑出时物块的速度。
本题考查牛顿第二定律夫人应用，以及根据动能定理求速度，基础题。
【解答】
AB.释放瞬间，对物块受力分析有， 2mg−T=2ma ，对绳子受力分析有 T−μmgcs θ−mgsin θ=ma ，联立可得 T=32mg ， a=14g ，故A错误，B正确；
CD.软绳与斜面间动摩擦因数为 32 ，软绳滑出过程中所受摩擦力为变力，且与位移成线性关系，如图所示。所以整个过程摩擦力做功 Wf=−38mgL ，由动能定理可知， 2mgL+14mgL+Wf=32mv2 ，解得 v= 5gL2 ，故C错误，D正确。
11.【答案】(1)AB
(2)C
(3)2.0

【解析】(1)A.为了使钢球离开桌面做平抛运动，实验时应保持桌面水平，故A正确；
B.为了使钢球做平抛运动的初速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，故B正确；
C.若ab边与桌边重合，则钢球在空中做的可能不是平抛运动，故C错误。
故选AB。
(2)小球的水平位移x=v0t
竖直位移y=12gt2
设桌面到墙壁的距离为 L ，影子竖直向下运动的位移为 y′ ，由相似三角形得yy′=xL
解得y′=gL2v0t
因此墙面上影子的运动为匀速直线运动；故选C。
(3)钢球在水平方向做匀速直线运动，每次向右移动 0.2m ，钢球做平抛运动的时间均匀增大；竖直方向上，钢球做自由落体运动，有Δy=gT2
得T=0.1s
所以钢球平抛的初速度v=ΔxT=2.0m/s
12.【答案】 C 乙 0.167 1.44×10−2
【解析】(1)[1][2]描绘热敏电阻的伏安特性曲线，要求电压从0开始调节，滑动变阻器接成分压电路，则应该选用阻值较小的C；滑动变阻器接成分压电路，电压表的内阻远大于待测电阻，则应该采用电流表外接电路，故选择电路乙；
(2)[3]当电压表读数为 1V 时，被测元件的电阻为 6Ω ，则发热功率为P热=U2R=126W=16W=0.167W
(3)[4]设热敏电阻两端电压为 U 、通过热敏电阻的电流为 I ，根据闭合电路欧姆定律有2U+IR0=E
代入数据得U=3−100I
作出图线如图所示
图线交点表示此时热敏电阻的电压为2.4V、电流为6mA，故电功率为P=IU=1.44×10−2W
13.【答案】解(1)设初始时每瓶气体的体积为 V0 ，压强为 p0 ；使用后气瓶中剩余气体的压强为 p1 。假设体积为 V0 、压强为 p0 的气体压强变为 p1 时，其体积膨胀为 V1 。
由玻意耳定律
p0V0=p1V1
被压入进容器的气体在舱内恒温和 p1 条件下的体积为
V ′=V1−V0
设10瓶气体压入完成后容器中气体的压强为 p2 ，体积为 V2 。
由玻意耳定律
p2V2=10p1V1 ′
联立①②③式并代入题给数据得
p2=3.2×107Pa
(2)设太空舱中恒温为 T0 ， 100∘C 时温度为 T1=373k ，气体压强为 p3 ，
由查理定律
p3T1=p2T0
联立可得
p3=3.98×107Pa
−200∘C 时温度为 T2=73k ，气体压强为 p4 ，由查理定律
P4T2=P2T0
P4=7.79×106Pa

【解析】(1)气体发生等温变化，根据由玻意耳定律，即可求出压入氧气后球形容器内气体的压强；
(2)气体发生等容变化，根据查理定律，即可求出此两种温度下球形容器中氧气的压强。
本题考查气体定律的运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决。
14.【答案】解：(1)粒子在叠加场中匀速通过，由平衡条件 qvB=qUd ①
得到粒子运动速度大小为 v=UBd ②
(2)粒子垂直AD边进入正方形区域，在E点汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径 r1=d2 ，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，
qvB1=mv2r1 ③
解得 B1=2mUqBd2 ④
最小面积为是 s1=πd24 ⑤
若粒子带正电，磁场方向垂直纸面向外。
若粒子带负电，磁场方向垂直纸面向里。
(3)粒子垂直AD边进入正方形区域，在C点汇聚，如图所示，粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径 r2=d ，洛伦兹力提供向心力，
qvB2=mv2r2 ⑥
得到 B2=mUqBd2 ⑦
最小面积为： s2=(π−2)d22 ⑧
若粒子带正电，磁场方向垂直纸面向外。 若粒子带负电，磁场方向垂直纸面向里。

【解析】(1)粒子在叠加场中匀速通过，由平衡条件列出电场力和洛伦兹力平衡；
(2)粒子垂直AD边进入正方形区域，在E点汇聚，满足磁聚焦的条件。
(3)粒子垂直AD边进入正方形区域，在C点汇聚，画出轨迹图。
本题考查粒子在复合场和磁场中的运动，常规题目。
15.【答案】解：(1)在电场中处于平衡，由受力分析知： tan37∘=qEmg
得到：电场力大小 qE=34mg=7.5N
剪断细线后合力与拉力等大反向，故有 mgcs37=ma
得到： a=12.5m/s2
(2)I：小球在电场中做匀加速直线运动到达B点速度为 v
由运动学公式 v2=2aLI 得到 v=5m/s
因为小球光滑在薄板上滑动时加速度为 al=gsin53∘=8m/s2
所以与挡板撞之前速度为 v1 ，则 v I2−v2=2alL0 得 vI=7m/s
取沿斜面向下为正，薄板与小球发射弹性碰撞：
mvl=mvl′+Mv板
12mv12=12mv1′2+12Mv 板2 ，
解得 v 1′=−3.5m/s ； v板=3.5m/s
第一次碰后到第二次碰前设薄板位移为 x ，
对薄板有： x=v板2t 对小球有： x=v2+v1′2t 联立解得： v2=7m/s
此过程中对小球加速仍为 al=gsin53∘=8m/s2 ．
由运动学公式 a1=v2−v1′t 得到 t=2116s
设薄板的加速度为 a2 ，由运动学公式： a2=v板t ，得到 a2=83m/s2
对薄板有牛顿第二定律有： Ma2=Mgsin53∘−μ(m+M)gcs53∘ 解得 μ=23
II：由上面运动学公式解得薄板每次碰撞后位移为 x=14764m
则有 N=L2−L0x+1=11.2 次 即会碰撞11次。

【解析】(1)在电场中，小球受力分析根据平衡方程列式子即可；剪断细线后根据牛顿第二定律列式子得出加速度；
(2)薄板与小球发射弹性碰撞根据动量守恒定律和能量守恒列式子，再结合牛顿第二定律和运动学公式列式子求解。
本题考查复合场中的平衡问题及运动学问题，并综合考查了碰撞规律，难度较大。