2024届湖南省衡阳市第八中学高三下学期5月模拟预测物理试题 Word版

这是一份2024届湖南省衡阳市第八中学高三下学期5月模拟预测物理试题 Word版，共10页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每题4分，共6题）
1. 利用放射性核素的衰变规律，可以测定古生物遗骸的死亡年代，14C法是其原理之一，宇宙射线中的中子与空气中的714N碰撞发生核反应生成14C，进而反应生成放射性二氧化碳进入动植物体内，当生物体死后14C无法补充，会不断自发地进行β衰变, 其半衰期为5730年，利用14C的衰变规律可推断古生物年代，下列说法中正确的是（ ）
A. 614C的衰变核反应式为614C→410Li+24He
B. 生成14C的核反应式为714N+01n=614C+11H
C. 614C的比结合能比714N的比结合能小
D. 若测得一古木样品的614C含量为活体植物的18，则该古木距今约为11460年
2. 隐身是许多人梦寐以求的能力，如图所示是一种通过改变光的传播路径，绕过物体直接照出背景的正面隐身装置，由两块完全相同的V形特殊玻璃砖组成，玻璃砖边界平行，玻璃砖的夹角α=60°，厚度d=1.5cm，，已知该装置可形成宽度最大为3cm的隐身区域，，忽略中心轴（’）的光路，光源较远可视为平行于’的平行光，则该玻璃砖的折射率应为（ ）
A. n=2 B. n=3 C. n=6 D. n=23
3.古代护城河上往往会修建吊桥，战可拒敌，休可通行，它的结构原理如图所示。把桥面看成是长为12m，质量300kg的均匀杆OA，可以绕轴O点在竖直平面内转动，杆的一端与轻绳连接，轻绳通过隐藏在城门中的机关可以被城楼上的士兵拉起， M、N、P是安装在城门顶、地面、城楼上的三个固定滑轮，某次升起吊桥的过程中，吊桥从水平升至与水平成30°用时0.5min，忽略一切运动阻力，吊桥关闭时与城门严丝合缝，取g=10m/s2，3=1.7，2=1.4，下列说法中正确的是（ ）
A．若此时士兵后退的速度v=1.2m/s，则城门转动的角速度为ω=0.1 rad/s
B．若此时士兵后退的速度v=1.2m/s，则该过程中士兵对吊桥做功的平均功率为600W
C.若整个过程中士兵缓慢升起吊桥至OM，则士兵拉绳的力先减小再增大
D.若整个过程中士兵缓慢升起吊桥至OM，则士兵拉绳的力一直减小
4. 如图所示，平行导轨MN、PQ间的距离为d=0.1m，一端跨接一个电阻R=2Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=1.0 T，方向垂直于平行金属导轨所在的平面。一根长度L=0.2m的金属棒与导轨成θ=60°角放置。金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v=4m/s滑行时，通过电阻R的电流与金属棒ab两端的电压为（ ）
A. 0.2 A 0.4V B. 3/10 A 0.4V C. 0.2 A 0.8V D. 23/15A 0.8V
5. 如图甲所示为一玩具起重机的电路示意图。变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为22:1，电动机的内阻为5Ω，a、b两端输入如图乙所示的电压，电动机正常工作，使质量为2.5kg的物体恰好以0.2m/s的速度匀速上升，此时灯泡正常发光。理想电流表的示数为1.5A，忽略一切阻力，g=10m/s2。下列说法正确的（ ）
A．原线圈输入电压瞬时值的表达式为u=2202sin100πtV
B．灯泡的功率为5W
C．电动机消耗的电功率为5 W
D．若电动机被卡住，灯泡会变亮
6. 如图所示，一块长L=1.0m的光滑平板MN固定在轻弹簧上端，弹簧下端与地面固定连接（平板只能竖直运动），且平板与弹簧组成的振动系统的周期T=2.0s，振动系统做简谐运动的位移、速度公式分别满足x=Acs(ωt+φ) 、v=-Aωsinωt+φ（其中A为振幅，ω为圆频率，φ为初相）。一弹性小球A在光滑水平台面上，平台右侧边缘恰好在平板最左侧M点正上方，到M点的距离为h=9.8m，小球与平板质量相同。初始时，平板静止，现给小球一初速度v0使其从水平台面抛出，小球与平板的碰撞不计能量损失， g=9.8m/s2，已知x2=0.9cs⁡(πx-π2)的解为0.771，2=1.41下列说法中正确的是（ ）
A．若初速度v0=0.7m/s，小球与平板不发生碰撞
B．若初速度v0= 0.6m/s，小球与平板仅发生一次碰撞
C．若初速度v0=0.5m/s，小球与平板仅发生两次碰撞
D. 若初速度v0=0.5m/s，小球与平板仅发生三次碰撞
多选题（每题5分，共4题）
宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，有两个为圆轨道，半径分别为r1、r3，一个为椭圆轨道，半长轴为a,a=r3。在时间内，行星Ⅱ、行星Ⅲ与中心天体连线扫过的面积分别为S2、S3。行星I的速率为v1，行星II在B点的速率为v2B，行星Ⅱ在E点的速率为v2E，行星Ⅲ的速率为v3，下列说法正确的是（ ）
A．S2=S3
B．行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等
C．行星Ⅱ与行星Ⅲ在点时的加速度大小不相等
D．v2E8. 如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平地面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C。整个装置处于静止状态，设杆与水平地面间的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当m一定时，θ越大，每根轻杆对滑块的弹力越小
B．当M、m一定时， 每个滑块对地面的压力大小为2M+mg
C．当m和θ一定时， 每个滑块与地面间的摩擦力大小为mg2tanθ
D．若最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力， 当tanθ≥1μ时无论怎样增大m，不能使M沿地面滑动
9. 如图所示，倾角为30°的斜面体ABC固定在水平地面上，斜面AD段粗糙、DC段光滑，一轻弹簧沿斜面放置，下端固定在C点，弹簧原长与CD段长度相等。质量为0.1kg的小物块从斜面顶端以的初速度沿斜面下滑，弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A。已知弹簧的原长为0.2m，物块与斜面段间的动摩擦因数为36，，重力加速度为10m/s2，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法正确的是（ ）
A．A、D间的距离为0.9m
B．物块第一次运动到点到第一次返回点的过程中，弹簧对物块弹力的冲量大为3610N⋅s
C．弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.725J
D．物块沿斜面上升的最大高度逐渐减小，最终静止在点
10.如图所示，MN和PQ是水平固定的光滑平行金属导轨，虚线右侧区域Ⅰ内存在着竖直向上的匀强磁场，该导轨的右下方是由光滑的圆弧导轨和粗糙的水平导轨连接成的平行导轨，圆弧导轨的顶端CE到NQ的高度差为h，半径r=5532h，圆弧导轨对应的圆心角大小为53°，水平导轨右端与一阻值为R的定值电阻连接，水平导轨上两虚线间的区域Ⅱ内存在着竖直向上的匀强磁场，该区域长度为d。一质量为m、阻值为R、长度为L的金属棒b静置在导轨右侧，另一金属棒a以一定的速度向右运动进入磁场，金属棒b在安培力作用下被水平抛出后（此时取走金属棒a）恰好无碰撞地从圆弧轨道的顶端进入轨道，并恰好停在区域Ⅱ的右边界处。已知两组导轨的间距均为L，电阻均不计，区域Ⅰ和区域Ⅱ内磁感应强度大小均为B，金属棒b与右侧水平导轨间的动摩擦因数为，且在导轨上运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度为g，，，下列说法正确的（ ）
A．金属棒b被水平抛出时的速度大小为342gh
B．金属棒b被水平抛出前，通过它的电荷量为3m2gh4BL
C．金属棒b在区域Ⅱ内运动过程中产生的焦耳热为mg94h-μd
D．金属棒b在区域Ⅱ内运动的时间为32μ2hg-B2L2d2Rμmg
三、实验题（每空2分，第11题6分，第12题12分，共18分）
11．某同学设计了实验验证力的平行四边形定则，实验步骤如下：①用天平测得物块A的质量为m，②如图甲两根竖直杆相距为D，用长为L的不可伸长的轻绳，穿过光滑的轻质动滑轮，动滑轮下端连接物体A，轻绳两端分别固定在杆上P、Q两点，在轻绳的左端连接力传感器，力传感器的重力忽略不计。改变物块A的质量m，记录力传感器的示数F，重力加速度为g。
（1）要验证力的平行四边形定则，力传感器的示数F与物块A的质量m满足关系式 （用题中给出的物理量表示）。
（2）轻绳的Q端沿杆向上移动到Q'，力传感器的示数 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）某同学改变物块A的质量，作F－m的图像，如图乙，图像的斜率为k，但是他忘记了记录间距D的大小，可否利用图乙和已知物理量求出D？并说明原因： （L，k，g已知）。
12.小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6 A的电流表、一个电池组（电动势E不大于4.5 V、内阻r未知）、一个阻值为R0的定值电阻、一个阻值为R1的定值电阻（用作保护电阻），开关S和导线若干。他设计了如图（a）所示的电路，实验步骤如下：
第一步∶把5个待测电阻分别单独接入A、B之间，发现电流表的示数基本一致，据此他认为5个电阻的阻值相等，均设为R。
第二步∶取下待测电阻，在A、B之间接入定值电阻R0，记下电流表的示数I0。
第三步∶取下定值电阻R0，将n个（n=1，2，3，4，5）待测电阻串联后接入A、B之间，记下串联待测电阻的个数n与电流表对应示数In。
请完成如下计算和判断∶
（1）根据上述第二步，1I0与R0、R1、E、r的关系式是1I0=___________。
（2）定义Y=1I0-1In，则Y与n、R、R0、E的关系式是Y=__________。
（3）已知R0=12.0Ω，实验测得I0=0.182 A，得到数据如下表∶
根据上述数据作出Y-n图像，如图（b）所示，可得R=______Ω（保留2位有效数字），同时可得E=______V（保留2位有效数字）。
（4）本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值_______影响（选填“有"或“无"）。
四、解答题（第13题10分，第14题12分，第15题16分）
13.某实验小组为测量一个不规则物体的容积，将物体打开一个小口，在物体开口处竖直插入一根两端开口、内部横截面积为0.1cm2的均匀透明长塑料管，密封好接口，用氮气排空内部气体，并用一小段水柱封闭氮气。外界温度为300K时，气柱长度l为10cm；当外界温度缓慢升高到310K时，气柱长度变为50cm。已知外界大气压恒为1.0×105Pa，水柱长度不计。已知1ml氮气在1.0×105Pa、273K状态下的体积约为22.4L，阿伏伽德罗常数NA取6.0×1023ml-1。
（1）求温度变化过程中氮气对外界做的功；
（2）求物体的容积；
（3）试估算被封闭氮气分子的个数（保留2位有效数字）。
14．如图所示，在光滑水平面上，半径为R的14光滑圆弧曲面A与四个长度均为L的相同木板B1、B2、B3、B4紧靠在一起，B1的上表面与圆弧底端相切，A、B1、B2、B3、B4相邻处都有一个连接装置，使相邻两物体不分离。小滑块C从A上与圆心O等高处由静止滑下，当C滑过连接装置时，连接装置就自动断开。已知A、B1、B2、B3、B4的质量均为m=1.0kg，C的质量M=5.0kg，圆弧曲面半径R=0.4m，板长L=0.4m，C与板之间的动摩擦因数均为µ=0.62，连接装置断开时无能量损失，重力加速度取g=10m/s2。
（1）若A固定不动，求滑块C到达圆弧最低点时受到轨道的支持力大小FN；
（2）若A不固定，求：①滑块C最终停在哪块木板上；
②滑块C从离开A到停在某块木板的过程所经历的时间t。（计算结果保留两位有效数字）
15．竖直平面内固定有一水平放置的光滑绝缘挡板，挡板足够长，其下方存在着范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里，还存在着大小方向未知的范围足够大的匀强电场，质量为m、带电量为+q 的小球甲恰能在竖直平面内做逆时针的匀速圆周运动，速度大小为 v0，轨迹刚好与上方的绝缘挡板相切，但运动过程中甲不与挡板接触。某时刻当小球甲运动到最低点时，质量为19m，带电量为+112q的小球乙以水平向右的速度83v0与甲发生弹性碰撞，碰撞过程电荷不转移，此后小球与挡板发生弹性碰撞后，平行于挡板的速度保持不变，垂直于挡板的速度等大反向。已知重力加速度为g，甲乙小球均可视为质点，不计甲乙之间的库仑力。求：
（1）电场强度的大小和方向，碰前甲做匀速圆周运动的半径；
（2）碰撞结束后甲乙的速度大小；
（3）若mgqB=kv0，为保证甲乙能再次相遇，则k为多少？ 并求第一次相遇点距碰撞位置的距离。
答案
11． F=mgL2L2-D2 不变 可以，理由见解析
12. 2.0 4.0 无
13.（1）0.4J；（2）119cm3；（3）2.9×1021
14．（1）150N；（2）①停在B2上，②0.26s
15．（1） mgq，方向竖直向上，mv0qB；（2）v甲=43v0 ，v乙=-v03；（3）33π，83mv03qB
1.【解析】614C发生β衰变的生成物应为电子，核反应式应为614C→714N+-10e，中子生成614C的核反应式应为714N+01n→614C+11H，应用箭头符号连接，故A、B错误；
C选项，衰变本身应当是不稳定的原子向结构稳定的原子的变化，由614C→714N+-10e，可知714N更稳定，比结合能越大，故选C；
若测得一古木样品的614C含量为活体植物的1/8，可知经过了3个半衰期，则该古木距今约为5730×3年=17190年，故D选项错误。
2.【解析】光路的传播路径如右图所示，设光线入射点为A，出射点为B
易得光路关于’平行，故即一边的偏移量为Δx应为32cm，光线的入射角为i=60°
设折射角为θ，根据折射定律sinisinθ=n
则AB=dcsθ , Δx=AB sin(60°-θ)
代入数据可得n=3
3.【解析】当士兵后退的速度为v=1.2m/s时，即沿绳方向收缩的速度为1.2m/s，
由几何关系易得 OM=OA ∠AOM=60°，则▲AOM为等边三角形
根据速度的关联，此时A端的速度应垂直于AO，如图所示
应有vAcs30°=v vA≈1.4m/s ,则ω≈0.12 rad/s，故A错误
在升起30°过程中，士兵对吊桥做功转化为吊桥的重力势能与动能，吊桥的重力势能变化为∆EG=mgh=mglsin30°，代入数据得∆EG=18000J
重力做功功率为P=-∆EGt=-600W，故士兵对吊桥做功得功率应大于600W，故B错误
若士兵缓慢升起吊桥，忽略一切运动阻力，易得当桥升至OM时，绳的拉力为0，由三力汇交可知，随着AM的减小，士兵拉绳的力也逐渐减小。
4.【解析】金属棒在磁场中切割磁感线产生动生电动势ε=Blv，对于金属棒而言，假设其与PQ、MN的交点为J、K,如图所示，则ab棒两端的电动势E=ε1+ε2+ε3=Blv=1.0×0.2×4 V=0.8 V，故排除A、B选项；
但实际上闭合电路中的电源仅为 ε2=Bdv⊥=1.0 ×0.1×4 /sin60°
解得 ε2=43 /15 V，
由闭合电路欧姆定律可得 I=εR
将R=2Ω代入 解得 I=23/15A
5.【详解】A．根据图乙可知，原线圈输入电压瞬时值的表达式为u=Umaxsin2πTt=2202sin50πtV故A错误；
B．原线圈电压的有效值为U1=22022V=220V 根据电压匝数关系有U1U2=n1n2 解得U2=10V
对电动机所在支路有U2I1=I12r0+mgv 解得I1=1A
则灯泡支路的电流 I2=I-I1=1.5A-1A=0.5A
则灯泡的功率为P灯=U2I2=5W故B正确；
C．结合上述可知，电动机消耗的电功率为PM=U2I1=10W 故C错误；
D．若电动机被卡住，根据电压匝数关系可知，副线圈两端电压仍然为10V，即灯泡两端电压不变，即灯泡仍然正常发光，故D错误。故选BC。
6. 【解析】如果小球的水平速度较大，将直接飞过平板，减小速度得到小球与平板碰撞的临界最大速度即为，第一次碰撞正好发生在边缘N处时v0的值。
设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历时间为t1，有h=12gt2 ……(1)
若碰撞恰好发生在N处，则有 L=v0t ……(2)
从(1)(2)解得的值便是满足第一次碰撞的速度最大值，即 v0max=Lg2h ……(3)
代入有关数据得 v0max=0.71m/s ……(4)
如果v0则有 v1=2gh ……(5)
以v1'、V1'分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向上的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒，设小球与平板的质量均为m，则有 mv1=mv1'+mV1' ……(6)
因为碰撞时弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得： 12m(v1)2=12m(v1')2+12m(V1')2 ……(7)
得到： v1'=0 ……(8) V1'=v1=2gh ……(9)
碰撞后，平板从其位置以 为速度开始做简谐运动，取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球与平板发生碰撞的时刻t=0，则平板在t时刻的离开平衡位置的位移
x=Acs(ωt+φ) ……(10) 其中 ω=2πT=π ……(11)
简谐运动的速度方程满足v=-Aωsinωt+φ ……(12)
因t=0时刻，x=0 ，v=V1' 由（9）（11）（12）可得 A=2gh2πT ……(13) φ=-π2 ……(14)
将（13）（14）代入（10）式得： x=2gh2πTcs(2πTt-π2) ……(15)
碰撞后小球开始做平抛运动，如果第一次碰撞后，小球再经过时间t2与木板发生第二次碰撞且发生在N处，则仅发生两次碰撞，则在发生第二次碰撞时，小球得x坐标为 x球(t2)=12gt22 ……(16)
平板得坐标为 x板t2=2gh2πTcs(2πTt2-π2) ……(17)
在碰撞时有 x板t2=x球(t2) ……(18)
由（16）（17）（18）代入数据可得4.90t22=4.41cs(πt2-π2) ……(19) 可得 t2=0.771s ……(20)
则有 L=v0（t1+t2） ……(21) 解得 v0=0.4585m/s ……(22)
则小球与平板仅发生一次碰撞得条件为 0.46m/s故本题选择B选项。
7．【详解】AB．根据开普勒第三定律可知，对于行星Ⅱ、行星Ⅲ分别有T22a3=k T32r33=k
由于a=r3，所以T2=T3，即行星Ⅱ和行星Ⅲ的周期相等，假设Δt为一个周期，则它们与中心天体的连线扫过的面积分别为椭圆的面积和圆的面积，根据几何关系可知，椭圆的面积小于圆的面积，故B正确、A错误；
C．行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时距离中心天体的距离相等，根据牛顿第二定律有GMmr2=ma可得a=GMr2
即二者的加速度大小相等，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力可得GMmr2=mv2r 因此有v1=GMr1>v3=GMr3
当行星从I变轨到Ⅱ时，运行半径增大，需要在B点加速，因此有v1行星在轨道Ⅱ上从B点到E点，与中心天体的距离增大了，动能转化为重力势能，因此有v2B>v2E
行星在E点的速度v2E小于行星在E点能够绕中心天体做匀速圆周运动所需的速度vE，由于rE>r3，根据万有引力定律可得vE8．【详解】A．根据平行四边形定则，有F1=F2=12mgsinθ=mg2sinθ
故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，则轻杆对滑块的弹力越小，故A正确；
B．对A、B、C整体进行受力分析可知，对地压力为FN1=2M+mg
因此每个滑块对地压力大小为FN2=Mg+12mg故B错误；
C．对A分析，受重力、杆的推力、地面的支持力和向右的摩擦力，根据平衡条件有f=F1csθ=mg2tanθ
故C正确；
D．滑块不能使沿地面滑动时满足μFN2=F1csθ 即μMg+12mg≥mg2tanθ 解得μ≥12Mm+1tanθ
当m→∝时，有μ≥1tanθ 即tanθ≥1μ当时，无论怎样增大m，不能使M沿地面滑动，故D正确。故选ACD。
9．【详解】A．弹簧从A点出发至第一次回到A点，根据能量守恒定律，得12mv02=2μmgcsθxAD
解得xAD=0.9m 故A正确；
B．物块从A到第一次运动到D点，由动能定理可得mgsinθxAD-μmgcsθxAD=12mv12-12mv02
解得v1=362m/s
方向沿斜面向下；物块第一次返回D点时速度大小还是362m/s，方向沿斜面向上，可得物块动量改变量
Δp=2mv1=3610N⋅s方向沿斜面向上，则合外力的冲量为3610N⋅s，故B错误；
C．由物块从D到第一次弹簧压缩最短过程，由能量守恒定律，mg（sinθ）L02-μmgcsθxAD-Ep=0-12mv12
得Ep=0.725J故C正确；
D．由于mgsinθ>μmgcsθ，物块最终在CD间往复运动，最高上升到D点，故D错误。故选AC。
10． 【详解】A．根据题意可知，金属棒b在安培力作用下被水平抛出后做平抛运动，恰好无碰撞地从圆弧轨道的顶端进入轨道，竖直方向上有vy2=2gh
由几何关系有vyv0=tan53°，vyv=sin53° 联立解得v0=32gh4，v=52gh4故A正确；
B．根据题意，金属棒b被水平抛出前，由动量定理有BILt=mv0
则有BLq=mv0 解得q=3m2gh4BL故B正确；
C．根据题意，设金属棒b在区域Ⅱ内运动过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律有
12mv2+mgr1-cs53°=2Q+μmgd 解得Q=12mg94h-μd 故C错误；
D．根据题意，金属棒b从圆弧轨道的顶端到底端，有机械能守恒定律有
12mv2+mgr1-cs53°=12mv'2 解得v'=32gh2
金属棒b在区域Ⅱ内运动过程中，由动量定理有-BLI't-μmgt=0-mv' 又有I't=q'=ΔΦ2R=BLd2R
联立解得t=32gh2μg-B2L2d2Rμmg=32μ2hg-B2L2d2Rμmg故D正确。故选ABD。
11． F=mgL2L2-D2 不变 可以，理由见解析
【详解】（1）[1] 如图所示，设定滑轮处为O点，PO段绳子长度为l1，设QO段绳子长度为l2，PO和QO与竖直方向的夹角为θ。 由几何关系可知l1sinθ+l2sinθ=D 又l1+l2=L得sinθ=DL
由平衡条件可得2Fcsθ=mg
又 得F=mgL2L2-D2
（2）[2] 由[1]分析可知，轻绳的Q端沿杆向上移动到Q'，L不变，D不变，力传感器的示数不变。
（3）[3] 可利用图乙和已知物理量求出D。原因如下：
由[1]可知F=mgL2L2-D2 F－m的图像斜率为k，则k=gL2L2-D2 解得D=4k2-g22kL
12.【答案】 2.0 4.0 无
【详解】（1）[1]由闭合电路欧姆定律得整理得
（2）[2]A、B间接入n个待测电阻后，由闭合电路欧姆定律得E=InR1+nR+r又Y=1I0-1In由以上整理得
（3）[3][4]由变形得结合图（b）得RE=0.5 A-1又R0=12.0Ω解得R=2.0Ω（4）[5]如果考虑电流表的内阻，则有 整理得显然电流表的内阻对Y的测量值没有影响。
13.（1）0.4J；（2）119cm3；（3）2.9×1021
【详解】（1）由于水柱的长度不计，故封闭气体的压强始终等于大气压强。设大气压强为p0，塑料管的横截面积为S，初、末态气柱的长度分别为l1、l2，气体对外做的功为W。根据功的定义有W=p0Sl2-l1
解得W=0.4J
（2）设物体的容积为V，封闭气体的初、末态温度分别为T1、T2，体积分别为V1、V2，根据盖—吕萨克定律有
V1T1=V2T2 V1=V+Sl1 V2=V+Sl2
联立以上各式并代入题给数据得V=119cm3
（3）设在1.0×105Pa、273K状态下，1ml氮气的体积为V0、温度为T0，封闭气体的体积为V3，被封闭氮气的分子个数为n。根据盖一吕萨克定律有V+Sl1T1=V3T0 其中n=V3V0NA
联立以上各式并代入题给数据得n=2.9×1021个
14．（1）150N；（2）①停在B2上，②0.26s
【详解】（1）A固定时，C的机械能守恒，有MgR=12Mv2在最低点FN-Mg=Mv2R解得
（2）A不固定，C下滑过程，设C到达A底端时，C的速度为v1，A、B1、B2、B3、B4速度为v2，则
0=Mv1+5mv2 解得v1=2m/s，v2=-2m/s
C在B1上滑行，设滑离B1时，C的速度为v1′，B1、B2、B3、B4速度为v2′，则

解得，v2'=-1m/s
C在B2上滑行，若停在B2上，C与B2、B3、B4共同速度为v3，且离B2左端距离为x，则
解得，
假设成立，C停在B2上；
（3）C离开A后，一直做匀减速直线运动，则 μMg=Ma
解得
15．（1） mgq，方向竖直向上，mv0qB；（2）v甲=43v0 ，v乙=-v03；（3）33π，83mv03qB
【详解】（1）甲所受重力与电场力平衡，则有mg =qE可得E=mgq
方向竖直向上，甲相当于只受洛伦兹力做圆周运动，可得R=mv0qB
（2）甲乙发生弹性碰撞，则有mx0+19m⋅83v0=mv甲+19mv乙 12mv02+12⋅19m83v02=12mv甲2+12⋅19mv乙2
可得v甲=43v0，v乙=-v03
（3）碰后甲做匀速圆周运动的半径R甲=mv甲qB=43R
甲在磁场中转过120°与上方挡板碰撞，碰后再转过120°回到最低点，此后重复上述运动，整个过程做周期性的运动 ，轨迹如图
对于小球乙来讲电场力与重力不平衡，即使加上洛伦兹力三个力合力也不为零。因此构造一个向右的速度v1，则有 可得
乙的速度本来向左，因此则还需构造一个向左的速度v2，v2=v1-v乙，这个速度让乙球向下做匀速圆周运动，即乙球一边以v1 向右做匀速直线运动，一边以 v2向下做匀速直线运动。转一圈回到碰撞所在水平线上，因此甲乙要再次相遇，只能在碰撞所在水平线上。
根据分析可知，甲做周期性运动的周期T甲=2×120360⋅2πmqB=4πm3qB
一个周期内甲的水平位移x甲=2R甲cs30°=3R甲=433R=43mv03gB
乙做周期性运动的周期T乙=2π⋅19m112qB=8πm3qB
一个周期内乙的水平位移x乙=r1T乙=kv03⋅8πm3qB=8kπmv09qB
要相遇，碰后用时相等，则有k1T甲=k2T乙
可得k1=2k2 则k1=2，k2=1
水平位移相等，即2x甲=x乙
则有2⋅43mv03qB=8kπmv09qB可得
第一次相遇点距离碰撞点的距离x=2x甲=83mv03qB
n
1
2
3
4
5
In/A
0.334
0.286
0.250
0.224
0.200
Y/A-1
2.500
1.998
1.495
1.030
0.495
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
B
D
D
B
B
BD
ACD
AC
ABD