2025年河南省青桐鸣高考物理模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年河南省青桐鸣高考物理模拟试卷（含详细答案解析），共19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.科学探测表明，月球上储藏有大量可控核聚变燃料氦3，可控核聚变的核反应方程为X+23He→24He+11H+γ，则下列说法正确的是( )
A. X是 01nB. X中有两个中子、一个质子
C. 23He比 24He的比结合能小D. 生成物的质量之和大于反应物的质量之和
2.如图所示，质量分布均匀的绳子两端分别连接在两根固定竖直杆上的A点和B点，绳子静止时，绳子B端的切线水平，若绳子的质量为m，右杆对绳子B端的拉力大小等于 3mg，已知重力加速度为g，则下列判断错误的是( )
A. 左杆对绳子A端拉力大小等于2mg
B. 左杆对绳子A端拉力与杆的夹角为60∘
C. 将两杆平移相互靠近的过程中，左杆对绳子A端拉力始终大于右杆对绳子B端拉力
D. 将两杆平移相互靠近的过程中，左杆和右杆对绳子的拉力大小可能相等
3.如图所示，圆柱形垃圾桶高h=1m，桶底直径d=0.5m，将一个废纸团以v0=2m/s的初速度水平抛出，结果纸团从桶的左侧桶沿进入桶内，落在桶底最右侧。不计空气阻力，不计纸团大小，重力加速度为10m/s2，则纸团抛出点离桶左侧桶沿的水平距离为( )
A. 0.4m
B. 0.45m
C. 0.5m
D. 0.55m
4.如图所示，质量为m的跳伞运动员在高空由静止下落，从静止下落到打开降落伞之前运动员一直做竖直方向的匀加速运动，此过程中，运动员减少的重力势能与增加的动能之比为9：8，重力加速度为g，若此过程运动员下降的高度为h，则此过程中( )
A. 运动员的加速度大小为19gB. 合外力对运动员做的功为19mgh
C. 运动员的机械能减少量为19mghD. 空气阻力对运动员做的功为19mgh
5.某同学用小型变压器T1、T2连接成如图所示的电路研究远距离输电，用户电阻和输电线电阻均为R，小型正弦交流发电机输出电压为U且保持不变，升压变压器T1原、副线圈匝数比为n，降压变压器T2原、副线圈匝数比为k，两变压器均为理想变压器，则T2的输出电压为( )
A. kU(k2+1)nB. kU(k2−1)nC. k2U(k2+1)nD. k2U(k2−1)n
6.如图所示，某卫星变轨后绕地球做椭圆运动，PQ是椭圆的长轴，AB是椭圆的短轴，O为地心，AO、OQ和椭圆AQ段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的1k(k>2)，则卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的平均速率和从A点运动到Q点的平均速率之比为( )
A. 1k−1B. k−1C. 2k−2D. k−22
7.如图所示，ABCD是平行玻璃砖，从侧面AB的中点M斜射入一束由a、b两种单色光组成的复色光，两单色光在玻璃砖内仅发生一次全反射后，a单色光照射在CD边的中点N，b单色光照射在CN的中点，增大光在AB面的入射角，有一种单色光可以从BC边出射，不考虑光在CD面的反射，BC>CD，则下列判断正确的是( )
A. 玻璃砖对单色光a的折射率比对单色光b的折射率大
B. 单色光a在玻璃砖中传播时间比单色光b传播时间长
C. 用同一装置对单色光a和b分别做单缝衍射实验，b光的中央亮纹更宽
D. 若用单色光a照射某金属恰好能发生光电效应，用单色光b照射该金属也一定能发生光电效应
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图为一列简谐横波在t=0.75s时刻的波形图，P、Q是波传播路径上的两个质点，质点Q平衡位置的横坐标为x=4m。质点P的振动方程为y=10sin(πt)cm。则下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴正方向传播B. 质点Q振动的频率为2Hz
C. 质点P平衡位置的坐标为x=1mD. t=0时刻，质点Q正在向y轴正方向运动
9.如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，O为正方形的中点，无穷远处电势为零，点电荷电场中的电势φ=kqr(k为静电力常量，q为点电荷电荷量，r为空间某点到点电荷的距离)，则下列判断正确的是( )
A. 若四个顶点的电荷量各不相同，则O点的电场强度一定不为零
B. 若四个顶点的电荷量各不相同，则O点的电势不可能为零
C. 若C点的点电荷受到的电场力为零，则B、D两点的点电荷一定带等量同种电荷
D. 若B、D两点的点电荷带等量异种电荷，则从C到O电势一定升高
10.如图所示，足够长光滑平行导轨PN、QM倾斜固定放置，导轨间距为L，导轨平面倾角为α，导轨区域有方向垂直导轨平面向上的、磁感应强度为B的匀强磁场，导轨下端M、N接有直流电源。一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒ab垂直放在导轨上，由静止释放，金属棒运动的最大速度大小为v1，将电源反接，金属棒ab仍从开始的位置由静止释放，金属棒运动的最大速度大小为v2，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，除金属棒外其余电阻不计，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A. v1与v2的方向一定相反B. v1与v2的大小一定相等
C. v1+v2可能等于2mgRsinαB2L2D. v1−v2可能等于2mgRsinαB2L2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在探究物体加速度与力、质量的关系实验过程中，某同学设计了如图甲所示的实验装置。小车上安装有遮光片，动滑轮两边的轻绳与长木板平行，两光电门间的距离为L，拉力传感器可测出轻绳的拉力大小，带滑轮的长木板放在水平桌面上。当地的重力加速度为g。
(1)平衡摩擦力时将长木板的右端适当垫高，不挂钩码，轻推小车，如果小车通过光电门1时遮光片的遮光时间大于小车通过光电门2时遮光片的遮光时间，则需要将长木板右端适当______(填“升高”或“降低”)，直到小车通过两光电门时遮光片遮光时间______。
(2)用游标卡尺测出遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d=______ mm；按图甲安装好装置，正确操作进行实验，某次实验时，小车通过光电门1、2时遮光片的遮光时间分别为t1、t2，则小车运动的加速度大小为a=______。(用题中给出的物理量符号表示)
(3)多次改变悬挂钩码的质量，记录每次改变后钩码的质量m、力传感器的示数F，根据每次小车通过光电门1、2时遮光片的遮光时间求出小车运动的加速度a，分别作a−F图像、a−mg图像，得到的图像一定是一条倾斜直线的是______(填“a−F”或“a−mg”)图像，若a−F图像和a−mg图像两图像直线部分的斜率分别为k1、k2，则k1______(填“大于”“等于”或“小于”)k2。
12.某同学要测量一个量程为3V的电压表内阻(约3kΩ)，设计了图甲和图乙两种电路，已知电阻箱R最大阻值9999.9Ω。
(1)采用图甲电路测量时，为了使测量值尽量准确，电源应选用______(选“A”或“B”)，滑动变阻器应选用______(选“C”或“D”)。
A.电源电动势为4.5V
B.电源电动势为2.0V
C.滑动变阻器(最大阻值50Ω)
D.滑动变阻器(最大阻值100Ω)
(2)用图甲电路在开关S1、S2均断开的情况下，先将R0的滑片P调至最左端，然后闭合S1、S2调节R0滑片，使电压表指针偏转到满刻度，再断开开关S2，调节电阻箱R的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半。如果此时电阻箱R接入电路中的阻值为R1，则被测电压表的内阻测量值为______，该测量值______实际值(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)若采用图乙电路测量，
①要使测量尽量准确，微安表应选用______(选“A”或“B”)。
A.毫安表(量程为1mA)
B.毫安表(量程为10mA)
②实验测量时，先将滑动变阻器的滑片移到最左端，闭合开关S，多次移动滑动变阻器滑片，测得多组电压表和电流表的示数U、I，作出U−I图像，得到图像的斜率为k，则电压表内阻为Rx=______；关于图甲电路和图乙电路测电压表内阻引起的主要误差，下列判断正确的是______。
A.图甲：系统误差；图乙：系统误差
B.图甲：系统误差；图乙：偶然误差
C.图甲：偶然误差；图乙：系统误差
D.图甲：偶然误差；图乙：偶然误差
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，上端封口且导热性良好的细玻璃管竖直插入水银槽中，玻璃管中被封闭一定质量的理想气体，管内水银面比槽内水银面高5cm，封闭气柱长为20cm，气体的温度为300K，大气压强始终为75cmHg，水银槽中玻璃管足够长，缓慢降低环境温度，使管中水银上升2cm，槽内水银面的高度可以认为不变。
(1)环境温度应降为多少(结果保留一位小数)；
(2)若不降低温度，将玻璃管缓慢向上移也能使管中水银上升2cm，则玻璃管上升的高度为多少(结果保留一位小数)。
14.如图所示，平面直角坐标系xOy的圆形区域内有沿y轴负方向的匀强电场，边界圆的圆心在(0,R)的位置(图中未标出)，边界圆与x轴相切，边界圆外有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。从坐标原点处在坐标平面内沿与x轴正方向成45∘角向第一象限内射出一个质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子，粒子第一次射出电场时方向沿x轴正方向，粒子第一次经磁场偏转刚好从(0,2R)位置再次进入电场。不计粒子的重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若粒子第二次进入电场时立即撤去电场，则此后粒子第二次在磁场中运动的时间。
15.如图所示，光滑水平平台BC左端与固定在竖直面内的半径为R=2m的光滑四分之一圆弧轨道AB在B点平滑连接，O为圆心，OA水平，平台右端与足够长水平传送带平滑无缝连接，传送带以1.5m/s的速度逆时针匀速转动。平台上静置着质量分别为ma=2kg、mb=5kg的a、b两个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧(滑块与轻弹簧不拴接)，两滑块用细线连接，此时轻弹簧的弹性势能为35J。剪断细线，弹簧将两滑块弹开，两滑块与弹簧分离后立刻撤去弹簧，之后滑块a滑上传送带，滑块b滑上圆弧轨道，此后a、b在平台上发生碰撞，b始终未滑上传送带，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)弹簧将两滑块弹开后，滑块b第一次滑到圆弧轨道最低点B时对圆弧轨道的压力大小；
(2)若a、b在平台上碰撞后粘在一起，则a、b碰撞过程损失的机械能；
(3)若传送带运行的速度大小为6m/s，a、b第一次碰撞的位置仍在平台上且发生的是弹性碰撞，则从弹簧将两滑块弹开至a、b发生第n次碰撞过程中，物块a与传送带间因摩擦产生的热量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、根据质量数、电荷数守恒可知，X是 12H，X中有一个中子、一个质子，故AB错误；
C、该核反应过程中释放能量，核反应中生成物的比结合能大于反应物的比结合能，所以 23He比 24He的比结合能小，故C正确；
D、核反应过程中释放能量，会有质量亏损，则生成物的质量之和小于反应物的质量之和，故D错误。
故选：C。
根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒判断生成的产物；中等核的比结合能最大；核反应过程中质量亏损，释放核能。
本题易错原子核的比结合能大小的比较，自然组成原子核的核子越多，它的结合能就越高。因此，有意义的是它的结合能与核子数之比，称做平均结合能，也叫比结合能。平均结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据平衡条件，左杆对绳子A端拉力与绳子重力和右杆对绳子B端的拉力的合力等大反向，则左杆对绳子A端拉力大小为FA= (mg)2+( 3mg)2=2mg，故A正确；
B、设左杆对绳子A端拉力与杆的夹角为θ，则sinθ= 3mg2mg= 32，解得θ=60∘，故B正确；
CD、将两杆平移相互靠近的过程中，以最低点将绳分为两部分，左侧绳子总是比右侧绳子重，最低点对两侧绳子拉力相等，根据三力平衡可知，左杆对绳子A端拉力始终大于右杆对绳子B端拉力，故C正确，D错误。
本题选错误的，故选：D。
根据平衡条件求左杆对绳子A端拉力大小，并确定左杆对绳子A端拉力与杆的夹角；将两杆平移相互靠近的过程中，以最低点将绳分为两部分，左侧绳子总是比右侧绳子重，最低点对两侧绳子拉力相等，再分析左杆和右杆对绳子的拉力大小关系。
本题考查共点力的平衡问题，要正确分析受力，熟练运用平衡条件的推论解答。
3.【答案】D
【解析】解：设纸团抛出点距离桶底的高度为H，离桶左侧桶沿的水平距离为x，则到达桶右侧底部，根据平抛运动规律可得
H=12gt12
x+d=v0t1
到达桶左侧边缘根据平抛运动规律可得
H−h=12gt22
x=v0t2
解得x=0.55m
故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据平抛运动规律公式列式求解。
本题考查的是平抛运动规律的应用，题型简单。
4.【答案】C
【解析】解：B、下降h高度过程，重力势能转化为动能，减少的重力势能为mgh，根据题意可知，增加的动能为ΔEk=89mgh
根据动能定理可知，合外力对运动员做的功为W=ΔEk=89mgh，故B错误；
AC、设此时所受所受合外力为ma，根据动能定理，有mah=89mgh
整理解得a=89g
运动员机械能的变化量为ΔE=−mgh+89mgh=−19mgh
即运动员的机械能减少量为19mgh，故A错误；C正确；
D、根据功能关系，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，结合上述选项计算结果，即空气阻力对运动员做的功为−19mgh，故D错误。
故选：C。
B、下降h高度过程，重力势能转化为动能，减少的重力势能为mgh，根据动能定理计算合外力对运动员做的功；
AC、此时合外力为ma，根据动能定理计算加速度大小，利用运动员的重力势能变化量与动能变化量判断机械能变化量；
D、根据功能关系，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，利用此关系判断空气阻力对运动员做的功。
本题考查学生对功能关系的理解，其中知道机械能包括势能和动能并灵活运用动能定理为解决本题的关键。
5.【答案】A
【解析】解：升压变压器T1原、副线圈匝数比为n即UU2=n
解得U2=Un
降压变压器原副线圈电压与匝数关系U3U4=k
又I3I4=1k
输电线回路满足U2=I3R+U3
降压变压器副线圈回路满足I4=U4R
联立，解得U4=kUn(k2+1)，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据原副线圈匝数比与电压电流比的关系，以及输电线回路损耗电压求解公式联立方程求解。
对于远距离输电问题，要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其要注意导线上损失的电压与哪些因素有关。
6.【答案】C
【解析】解：根据题干所示信息，AO、OQ和椭圆AQ段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的1k(k>2)，OP、OA及PA段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的(12−1k)=k−22k
设卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的时间为t1，从A点运动到Q点的时间为t2，根据开普勒第二定律可知t1t2=k−22
由于PA曲线和AQ曲线长度相等，则卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的平均速率和从A点运动到Q点的平均速率之比为v1v2=t2t1=2k−2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
利用面积占比结合开普勒第二定律判断时间值比，由于PA曲线和AQ曲线长度相等，时间值比为平均速率的倒数之比。
本题考查学生对开普勒三大定律的理解，着重考查对开普勒第二定律的灵活应用，其中利用OP、OA及PA段曲线所围成的面积占整个椭圆面积之比先计算时间之比为解决本题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据题意，光路如图所示，可知单色光a折射后偏折程度较小，可知玻璃砖对单色光a的折射率比对单色光b的折射率小，故A错误；
B、设入射角为i，折射角为r，则
n=sinisinr
设玻璃砖长度为L，则光在玻璃砖中传播的距离
s=Lcsr
传播的时间
t=sv=nsc=Lsinicsinrcsr=2Lsinicsin2r
由于BC>CD，因此折射角越小，传播时间越长，则单色光b传播时间长，故B错误；
C、用同一装置对单色光a和b分别做单缝衍射实验，由于a光波长长，a光的中央亮纹更宽，故C错误；
D、用单色光a照射某金属恰好能发生光电效应，由于a光频率低，用频率更大的单色光b照射该金属也一定能发生光电效应，故D正确。
故选：D。
根据题意画出光路，a折射后偏折程度较小，玻璃砖对单色光a的折射率小；根据折射定律求解折射率，求解光在玻璃砖中传播速度，根据几何关系求解光传播路程，二者相除等于传播时间；a光波长长，单缝衍射实验，a光的中央亮纹更宽；a频率低，结合光电效应发生的条件分析。
(1)解决几何光学问题应先准确画好光路图；
(2)用折射定律找入射角和折射角的关系；
(3)在处理几何光学问题时应充分利用光的可逆性、对称性、相似性等几何关系。
8.【答案】AC
【解析】解：AB.由质点P的振动方程可知，振动周期为T=2ππ=2s
t=0.75s时刻质点P正沿y轴负方向运动，可知波正沿x轴正方向传播，质点Q的振动频率为f=1T
解得：f=0.5Hz
故A正确，B错误；
C.t=0.75s时刻代入振动方程可知，质点P的位移满足：y=5 2cm
波动方程满足：y=10sin2π8x(cm)
由此可知质点P的平衡位置坐标为x=1m
故C正确；
D.根据平移法可知，t=0.75s时刻质点Q沿y轴正方向运动，t=0时刻，质点Q正在向y轴负方向运动，故D错误。
故选：AC。
根据质点P的振动方程，结合频率、周期和圆频率的关系，综合平移法和质点振动状态分析求解。
本题考查了波动图像，掌握波速、波长和周期的关系，理解质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
9.【答案】AC
【解析】解：A.若四个顶点的电荷量各不相同，则B、D两点的点电荷在O点的合电场强度不等于零，A、C两点的点电荷在O点的合电场强度不等于零，根据电场叠加可知，O点的电场强度一定不为零，故A正确；
B.O点到四个顶点的间距相等，令为r0，若四个顶点的点电荷的电荷量各不相同，则O点的电势φO=kqAr0+kqBr0+kqCr0+kqDr0
可知，只要电荷的代数和为零，则O点的电势为零，故B错误；
C.若C点的点电荷受到的电场力为零，则B、D两点电荷的合场强一定与A点点电荷在C点的场强等大反向，即B、D两点的点电荷一定带等量同种电荷，故C正确；
D.若B、D两点带等量异种电荷，根据等量异种点电荷连线电势特点可知B、D两点处电荷在C、O连线上产生的电势均为零，由于不知道A、C两点处电荷的正负与电荷量，则从C到O的电势变化情况不能确定，故D错误。
故选：AC。
根据电场叠加和电势的代数相加分析，结合等量异种点电荷连线电势特点分析。
电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，如果A、B两个点电荷在空间中C点产生的电势分别为φA、φB，那么C点的电势φ=φA+φB。
10.【答案】CD
【解析】解：AB.设整个回路的电阻为R，电源的电动势为E，电源没有反向时，金属棒有最大速度时，根据题意有BBLv1−ERL=mgsinα
解得v1=mgRsinαB2L2+EBL，方向沿斜轨向下；
方向沿斜轨向下，当电源反向时，如果BERLmgsinα
则金属棒会向上运动，则BE−BLv2RL=mgsinα
解得v2=EBL−mgRsinαB2L2
方向沿斜轨向上，故A错误，B错误；
C.若电源反接后，金属棒向下运动，则v1+v2等于2mgRsinαB2L2，故C正确；
D.若电源反接后，金属棒向上运动，则v1−v2等于2mgRsinαB2L2，故D正确。
故选：CD。
金属棒有最大速度时，加速度为零，金属棒的安培力等于重力的下滑分力。列平衡方程求得金属棒的速度，反接电源后再次判断安培力与重力下滑分力的大小，然后确定金属棒的运动方向。
本题是电磁感应与力学的综合，要掌握安培力的经验公式，知道金属棒速度最大的条件是加速度为零，灵活运用力学规律帮助解答。
11.【答案】降低，相等； 4.55，d22L(1t22−1t12)； a−F，大于
【解析】解：(1)平衡摩擦力时，如果小车通过光电门1时遮光片的遮光时间大于小车通过光电门2时遮光片的遮光时间，说明小车做加速运动，则需要将长木板右端适当降低，直到小车通过两光电门时遮光片遮光时间相等。
(2)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，则遮光片的宽度d=4mm+0.05mm×11=4.55mm
由2aL=d2t22−d2t12
解得a=d22L(1t22−1t12)
(3)依题意，设小车的加速度为a，由牛顿第二定律可得
mg−F=ma钩码，2F=Ma
又a钩码=2a
联立，解得a=24m+Mmg，a=2MF
可知随着m增大，a−mg图像会出现弯曲，但a−F图像一定是一条倾斜直线，由于2M>24m+M
因此k1大于k2。
故答案为：(1)降低，相等；(2)4.55，d22L(1t22−1t12)；(3)a−F，大于。
(1)根据平衡摩擦力的方法分析判断；
(2)先确定游标卡尺的最小分度值再读数；根据匀变速直线运动速度-位移公式计算；
(3)根据牛顿第二定律推导，结合图像判断。
本题关键掌握探究物体加速度与力、质量关系的实验原理、利用图像处理问题的方法和游标卡尺的读数方法。
12.【答案】A，C； R1，大于； ①A，②k，B
【解析】解：(1)电路采用分压式接法，电源选择电动势较大的电源，故电源电动势选择4.5V，故A正确，B错误。
故选：A。
电路采用分压式接法，滑动变阻器应该选用最大阻值较小的滑动变阻器，操作方便并能减小实验误差，故选最大阻值50Ω的滑动变阻器，故C正确，D错误。
故选：C。
(2)当只有电压表接入电路时，电压表满偏，当电阻箱也接入时，电压表示数变为原来的一半，故电阻箱阻值等于待测电压表阻值，所以电压表内阻为R1。
电压表支路与滑动变阻器左半部分并联，当只有电压表接入时，电压表满偏即电压为Ug，当电阻箱也接入时，并联部分电阻变大，依据分压原理，并联部分电压变大，大于原来的Ug，当电压表示数变为原来的一半，即Ug2时，电阻箱两端电压必定大于Ug2，故电阻箱阻值大于电压表阻值，即测得的电压表的内阻值大于实际值。
(3)①测量电路中的最大电流为Im=UmR=3V3000Ω=0.001A=1mA
故微安表应选用量程为1mA的，故A正确，B错误。
故选：A。
②根据欧姆定律U=IRV可知U−I图像的斜率就是电压表的内阻，因此RV=k。
图甲为“半偏法”测电压表内阻，图甲电路引起的主要误差为系统误差，图乙为“伏安法”测电压表内阻，图乙电路引起的主要误差为偶然误差，故B正确，ACD错误。
故选：B。
故答案为：(1)A，C；(2)R1，大于；(3)①A，②k，B
(1)根据分压式接法分析判断；
(2)根据半偏法的原理分析判断；根据串并联电路的特点分析判断；
(3)估算电路中的最大电流判断；根据图像斜率计算；
本题关键掌握测电压表内阻的实验原理和串并联电路的特点。
13.【答案】环境温度应降为262.3K；
若不降低温度，将玻璃管缓慢向上移也能使管中水银上升2cm，则玻璃管上升的高度为2.6cm
【解析】解：(1)开始时管中封闭气体的压强为p1=70cmHg
水银柱上升2cm后，管中气体压强为p2=68cmHg
根据理想气体状态方程，有p1h1ST1=p2h2ST2
即70×20300K=68×18T2
解得T2≈262.3K
(2)若不降低温度，将玻璃管缓慢向上移也能使管中水银上升2cm，气体发生等温变化，变化后气体的压强p3=68cmHg
设气柱长为h3，则根据玻意耳定律p1h1S=p3h3S
解得h3≈20.6cm
则玻璃管上升的高度h=20.6cm−20cm+2cm=2.6cm
答：(1)环境温度应降为262.3K；
(2)若不降低温度，将玻璃管缓慢向上移也能使管中水银上升2cm，则玻璃管上升的高度为2.6cm。
(1)根据理想气体状态方程，结合前后压强、温度和体积的关系分析求解；
(2)根据玻意耳定律，结合前后压强的关系分析求解。
本题考查了理想气体状态方程，找准前后压强、温度和体积的关系是解决此类问题的关键。
14.【答案】匀强电场的电场强度大小为5mv028qR；
匀强磁场的磁感应强度大小为 2mv02qR；
若粒子第二次进入电场时立即撤去电场，则此后粒子第二次在磁场中运动的时间为233 2πR180v0
【解析】解：(1)由于粒子从O点射出后第一次在电场中做类平抛运动的逆运动，在水平方向x=v0cs45∘⋅t1
在竖直方向y=12v0sin45∘⋅t1
根据几何关系得R2=x2+(R−y)2
又有(v0sin45∘)2=2ay
根据牛顿第二定律得qE=ma
解得x=0.8R，y=0.4R，E=5mv028qR
(2)粒子第一次经磁场偏转刚好从(0,2R)位置再次进入电场，轨迹如图甲所示。
设粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径为r，根据题意，粒子第一次在磁场中运动的入射点A和出射点C间的距离s= (0.8R)2+(1.6R)2=4 5R5
设CA与y轴负方向的夹角为θ，则r=s2csθ，csθ=85Rs=2 55
解得r=R
根据牛顿第二定律有qvB=mv2r
设粒子第一次进入磁场时的速度为v，根据动能定理有−qEy=12mv2−12mv02
解得B= 2mv02qR
(3)设粒子在C点进入电场时速度方向与y轴负方向夹角为α，如图所示，根据几何关系有sinα=1.6R−rr=0.6
得α=37∘
粒子第二次进入电场时立即撤去电场，粒子在圆形区域内做匀速直线运动，第二次进入匀强磁场做匀速圆周运动，轨道如图所示。
由于粒子做圆周运动的半径与电场边界圆的半径相同，设粒子第二次在磁场中运动的入射点和出射点分别为D、F，根据几何关系可知，粒子第二次在磁场中运动的轨迹所对圆心角为β=360∘−(180∘−53∘)=233∘
粒子第二次在磁场中运动的时间t=233360×2πmqB=233 2πR180v0
答：(1)匀强电场的电场强度大小为5mv028qR；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小为 2mv02qR；
(3)若粒子第二次进入电场时立即撤去电场，则此后粒子第二次在磁场中运动的时间为233 2πR180v0。
(1)根据粒子从O点射出后第一次在电场中做类平抛运动的逆运动，结合几何关系分析求解；
(2)根据几何关系，结合动能定理和洛伦兹力提供向心力分析求解；
(3)根据几何关系，结合圆心角与周期、运动时间的关系分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。
15.【答案】滑块b第一次滑到圆弧轨道最低点B时对圆弧轨道的压力大小为60N；
a、b碰撞过程损失的机械能为8.75J；
从弹簧将两滑块弹开至a、b发生第n次碰撞过程中，物块a与传送带间因摩擦产生的热量为120nJ
【解析】解：(1)设弹簧将两滑块弹开的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2。取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mav1−mbv2=0
根据机械能守恒定律有
Ep=12mav12+12mbv22
解得v1=5m/s，v2=2m/s
根据机械能守恒可知，滑块b第一次滑到圆弧轨道最低点B时速度大小仍为v2，根据牛顿第二定律有
F−mbg=mbv22R
解得F=60N
根据牛顿第三定律，滑块b第一次滑到圆弧轨道最低点B时对圆弧轨道的压力大小为F′=F=60N。
(2)因v1=5m/s大于传送带运行速度1.5m/s，所以滑块a第一次滑离传送带时的速度大小为v3=1.5m/s
设a、b碰撞后的共同速度为v4，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mbv2−mav3=(ma+mb)v4
设损失的机械能为ΔE，根据能量守恒可得
ΔE=12mbv22+12mav32−12(ma+mb)v42
解得ΔE=8.75J
(3)若传送带运行的速度大小为v=6m/s，因v1=5m/s小于传送带运行速度v，所以滑块a以5m/s的速度滑离传送带向左运动，滑块b以2m/s的速度向右运动，两者发生弹性碰撞。
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，碰撞后两滑块以碰撞前的速度反向运动，此后两物块周期性重复运动。滑块a第一次在传送带上运动过程中，运动的加速度大小为a=μmagma=μg=0.5×10m/s2=5m/s2
滑块a在传送带上每次向右运动过程中因摩擦产生的热量为
Q1=μmag(v122a+v⋅v1a)
解得Q1=85J
物块a在传送带上每次向左运动过程中，因摩擦产生的热量为
Q2=μmag(v⋅v1a−v122a)
解得Q2=35J
故从弹簧将两滑块弹开，至a、b发生第n次碰撞过程中，物块a与传送带间因摩擦产生的热量为Q=n(Q1+Q2)
解得Q=120nJ
答：(1)滑块b第一次滑到圆弧轨道最低点B时对圆弧轨道的压力大小为60N；
(2)a、b碰撞过程损失的机械能为8.75J；
(3)从弹簧将两滑块弹开至a、b发生第n次碰撞过程中，物块a与传送带间因摩擦产生的热量为120nJ。
(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出弹簧将两滑块弹开的瞬间两滑块的速度大小。滑块b第一次滑到圆弧轨道最低点B时，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求滑块b对圆弧轨道的压力大小；
(2)分析a在传送带上的运动情况，确定a返回平台时的速度，再根据动量守恒定律求碰撞后的共同速度，最后求a、b碰撞过程损失的机械能；
(3)分析滑块a和b的运动情况，把握规律，根据相对位移求物块a与传送带间因摩擦产生的热量。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与功能有关系即可解题。