高中试卷答案网湖南省九校联盟2023届高三下学期物理第二次联考试卷
一、单选题
1．（2023·湖南模拟）下列说法正确的是（ ）
A．温度升高时，放射性元素的半衰期不变
B．结合能越大的原子核核子平均质量越小
C．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
D．电子的发现说明原子核内部有复杂的结构
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；天然放射现象；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．放射性元素的半衰期由原子核内部本身因素决定，与其物理性质和化学性质无关，A符合题意；
B．比结合能越大的原子核核子平均质量越小，B不符合题意；
C．β衰变是原子核中的中子转变为质子和电子，释放出电子形成的，并不是原子核中有电子，C不符合题意；
D．天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】半衰期由原子核内部自身决定，比结合能大的原子核平均质量越小，天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构。
2．（2023·湖南模拟）如图所示半圆形玻璃砖，圆心为O，半径为R。某单色光由空气从OB边界的中点A垂直射入玻璃砖，并在圆弧边界P点发生折射，该折射光线的反向延长线刚好过B点，空气中的光速可认为是，则（ ）
A．该玻璃对此单色光的临界角为
B．该玻璃对此单色光的折射率为
C．光从A传到P的时间为
D．玻璃的临界角随入射光线位置变化而变化
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】B．作出如图所示光路图，
由几何关系入射角α为30°，折射角为60°，由折射定律，B符合题意；
A．临界角的正弦值，A不符合题意；
C．光在玻璃中的传播速度为，光在玻璃中的传播时间为，C不符合题意；
D．玻璃的临界角与入射角无关，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据光在玻璃砖中的光路图以及折射定律得出玻璃对此单色光的折射率，结合光在介质中传播的距离和时间的关系得出光在玻璃砖中传播的时间，利用全反射临界角的正弦值和折射率的关系得出临界角的正弦值。
3．（2023·湖南模拟）矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示。设abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】从题图示位置开始，在时间内，磁通量减小，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向里，产生的感应电流的方向为abcda，即与电流规定的正方向相同，且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律变化，有，在时间内，磁通量增大，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流的方向还是abcda，即与电流规定的正方向相同，结合题中选项可知，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据磁通量的表达式和楞次定律得出产生感应电流的方向，通过法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出感应电流的表达式，并得出从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像。
4．（2023·湖南模拟）如图所示，阳台上有一个用于晾灌肠的光滑曲杆AOB，直杆OA和OB的夹角，细绳一端固定在A点，另一端与套在曲杆AOB上的轻环Q连接，用性钩挂上质量为m的灌肠时，轻环Q从曲杆O处沿OB滑下（轻环不滑出OB杆），重力加速度为g，当灌肠重新平衡后轻绳的张力大小为（ ）
A． B． C．mg D．
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，同一根绳上拉力处处相等，故合力在夹角平分线上，处于静止状态时，Q处绳子必垂直于杆，否则不可能平衡，由几何关系得θ=30°
当灌肠重新平衡，由几何关系，受力分析可得，在竖直方向上，则
故答案为：B。
【分析】根据受力分析和共点力平衡得出灌肠重新平衡后轻绳的张力大小 。
5．（2023·湖南模拟）一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为和。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，。在A向上运动过程中，则（ ）
A．轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B．轿厢A能达到的最大速度
C．轿厢A向上的加速度为时，配重B下端的牵引绳上拉力
D．厢体A从静止开始到上升的高度为时（箱体已处于匀速状态），所用的时间
【答案】C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】电动机输出功率保持不变，速度增大时，根据，可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动，A不符合题意；
B．当轿厢A的速度达到最大时轿厢A做匀速直线运动，电动机的牵引力为F，则有，又，代入数据解得，B不符合题意；
C．当A向上的加速度为时，设A、B之间绳的拉力为，重物B下端绳的拉力大小为。分别分析A、B，根据牛顿第二定律得，，联立解得，C符合题意；
D．厢体A从静止开始到上升的高度为时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得，代入数据解得，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据瞬时功率的表达式得出牵引力的变化情况，从而得出车厢的运动情况，结合瞬时功率的表达式得出车厢A达到的最大速度，利用牛顿第二定律得出配重B下端的牵引绳上的拉力，对AB整体通过动能定理得出箱体A运动的时间。
6．（2023·湖南模拟）水平面有一粗糙段长为，其动摩擦因数与离A点距离x满足（k为恒量）。一物块（可看作质点）第一次从A点以速度向右运动，到达B点时速率为v，第二次也以相同速度从B点向左运动，则（ ）
A．第二次也能运动到A点，但速率不一定为v
B．第二次也能运动到A点，但第一次的时间比第二次时间长
C．两次运动因摩擦产生的热量不相同
D．两次速率相同的位置只有一个，且距离A为
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AC.根据题意可知，物体在两次运动过程中，在相同位置受到的摩擦力大小相等，两次运动的距离相等，摩擦力做功相同，两次运动因摩擦产生的热量相同，由动能定理可知，第二次到达B点的速率也为，AC不符合题意；
B.根据题意可知，第一次运动时，摩擦力越来越大，加速度越来越大，第二次运动时，摩擦力越来越小，加速度越来越小，两次运动的位移相等，结合AC分析和图像中，图像的斜率表示加速度和图像的面积表示位移，画出两次运动的图像，如图所示
由图可知，第一次的时间比第二次时间短，B不符合题意；
D.根据题意，设两次速率相同的位置距离A点的距离为，相同的速率设为，根据动能定理，第一次有，第二次有，联立解得，则两次速率相同的位置只有一个，且距离A为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】物体两次运动 的过程根据动能定理得出到达A点的速度大小，v-t图像的斜率表示物体的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示是物体的位移，结合图像得出物块两次运动时间的长短，结合动能定理得出两次速率相同的位置。
7．（2023·湖南模拟）如图甲，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示。已知竖直，水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。则（ ）
A．
B．小球上升的最大高度为
C．小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为
D．小球落地时的速度大小为
【答案】D
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．根据题意可知，小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒，由图乙可知，当时，当时，则有，解得，A不符合题意；
BC．根据题意，设小球上升的最大高度为，小球在Q点速度为，小球在点时，水平方向与小车共速，由动量守恒定律有，解得，小球由点运动到最高点时，由能量守恒定律有，小球由点运动到点时，由能量守恒定律有，解得，，则小球此时的竖直分速度为，小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为，BC不符合题意；
D．根据题意可知，小球从点离开小车，设离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有，，设小球落地速度为，由能量守恒定律有，联立解得，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】小球和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得出小车和小球质量的关系，结合功能关系得出小球上升的最大高度和Q点的速度与水平方向的正切值有一集小球落地时的速度。
二、多选题
8．（2023·湖南模拟）a，b两颗卫星分别以，绕地球做匀速圆周运动，a卫星离地高度为H，b卫星为近地卫星，并测得地面上重力加速度为离地H处的重力加速度的k倍。地球可视为半径为R、质量均匀的球体，不考虑地球自转，则下列各式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB．对a卫星有，对b卫星有，解得，A不符合题意，B符合题意；
CD．对a卫星有，对b卫星有，结合上述解得，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对卫星 ab根据重力等于万有引力得出R/H的比值，对ab卫星结合万有引力提供向心力得出速度比值的平方。
9．（2023·湖南模拟）如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。下列关于该传感器的说法正确的是（ ）
A．电介质插入极板间越深，则电容器电容越大
B．在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流
C．在汽车向左匀速直线运动过程中电路中有电流
D．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的充电电流
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据，若电介质插入极板间越深，介电常数增大，则电容器的电容增大，A符合题意；
B．在汽车向右匀加速直线运动过程中，加速度方向向右，大小一定，可知，弹簧处于拉伸状态，弹力方向向右，大小一定，即电介质插入极板间的深度一定，则极板之间的介电常数一定，电容器电容一定，根据，可知，电容器与供电电源连接，极板之间电压一定，电容一定时，极板所带电荷量一定，即电路中没有充电电流或者放电电流，B不符合题意；
C．在汽车向左匀速直线运动过程中，加速度为0，可知，弹簧处于原长状态，弹力为0，即电介质插入极板间的深度一定，则极板之间的介电常数一定，电容器电容一定，根据，可知，电容器与供电电源连接，极板之间电压一定，电容一定时，极板所带电荷量一定，即电路中没有充电电流或者放电电流，C不符合题意；
D．在汽车向右加速度增大的加速运动过程中，加速度方向向右，大小逐渐增大，可知，弹簧处于拉伸状态，弹力方向向右，大小逐渐增大，弹簧长度增大，即电介质插入极板间的深度增大，则极板之间的介电常数增大，电容器电容增大，根据，可知，电容器与供电电源连接，极板之间电压一定，电容增大时，极板所带电荷量增大，即电路中有充电电流，根据图形可知，电容器上极板带正电，电荷量增多，则电路中有顺时针方向的充电电流，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据电容器的决定式和定义式得出插入电介质时电容器电容的变化情况，并得出汽车运动过程是否有电流。
10．（2023·湖南模拟）如图所示，边长均为l0的两个正四面体Abcd和Bbcd，其中bcd面完全重合，带电荷量为+Q、-Q的点电荷分别置于A、B两顶点，静电力常量为k，则（ ）
A．b、c、d三点的电场强度大小相等，方向不同
B．平面bcd上电场强度的最大值为
C．b、c、d三点的电势相等
D．将一正电荷从b点沿bd直线移到d点，电场力先做正功后做负功
【答案】B,C
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．等量异种点电荷的电场分布如图所示
由此可知，两点电荷连线中垂面上b、c、d三点的电场强度大小相等，方向相同，A不符合题意；
B．等量异种点电荷连线的中点电场强度最大，由几何关系可知，正四面体的面的中线长为，所以正四面体的高为，所以连线中点的场强为，B符合题意；
CD．等量异种点电荷连线的中垂面为零势能面，中垂面面上各点电势为零，b、c、d三点的电势相等，且将一正电荷从b点沿bd直线移到d点，电场力始终不做功，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据等量异种点电荷周围的电场分布和电场强度的合成以及点电荷周围电场强度的表达式得出连线中点的场强，电荷在等势面上移动电场力不做功。
11．（2023·湖南模拟）电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量。每个矩形线圈匝数匝，电阻值，边长，边长，该减震器在光滑水平面上以初速度向右进入磁感应强度大小、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围是够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则（ ）
A．刚进入磁场时减震器的加速度大小
B．第二个线圈恰好完全透入磁场时，减震器的速度大小为
C．滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D．第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】A．线圈在磁场中受到安培力的作用做减速运动，故安培力，其中，联立以上两式可得，刚进入磁场时，速度为，代入数据可得，根据牛顿第二定律可得加速度，A不符合题意；
B．设向右为正方向，对减震器进行分析，当第二个线圈恰好完全透入磁场时设所用时间为，此时减震器的速度大小为，则由动量定理可得，即，代入数据可得，B符合题意；
C．由以上分析可知，每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量，则要减震器的速度减为零需要的线圈个数为，可知需要13个线圈，C不符合题意；
D．只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能动能的减少量，第一个线圈恰好完全进入磁场时有，最后一个线圈刚进入磁场时有，因此，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式得出安培力的表达式，利用牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合动量定理以及功能关系得出滑动杆上安装的线圈个数和第一个线圈和最后一个线圈产生的热量比。
三、实验题
12．（2023·湖南模拟）某同学用图甲的装置验证机械能守恒定律。大小相同的两小球P、Q分别固定在轻杆两端，轻杆可绕固定于中点O的光滑水平轴在竖直面内转动，O点正下方有一光电计时器，小球通过计时器时其球心恰好与光电门等高。测得小球的直径为d，两球球心间的距离为L，P球质量是Q球质量的2倍。Q球质量为m，重力加速度为g。现将轻杆拉至水平位置并由静止释放，当P球第一次通过光电门时，计时器显示的遮光时间为。回答下列问题：
（1）用游标卡尺测量d时如图乙所示，则 cm；
（2）小球P经过光电门时速度的表达式为 （用已知和测得量的符号表示）；
（3）小球P通过最低点时，PQ系统重力势能的减小量 ，若此过程中P、Q构成的系统机械能守恒，则需要验证的关系式为 （用已知和测得量的符号表示）。
【答案】（1）0.940
（2）
（3）；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图乙可得
（2）小球P经过光电门时速度
（3）小球P通过最低点时，PQ系统重力势能的减小量，根据机械能守恒可知，整理得
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出小球的直径；
（2）利用短时间内的平均速度等于瞬时速度得出小球经过光电门的速度；
（3）结合机械能守恒定律以及重力势能的表达式得出需要验证的关系式。
13．（2023·湖南模拟）如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位分别为直流电压1V挡和5V挡。直流电流1mA和2.5mA挡，欧姆×100 挡。
（1）测量时，接线柱B接的是 （填“红”或“黑”）表笔；若开关B端是与“1”相连的，则此时多用电表的挡位为 挡；（填题干中所给5个挡位中的一个）
（2）电路中R4与R5的比值 （填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）若电池E的电动势为1.5V，当把开关B端接到位置3，短接A、B表笔进行欧姆调零后，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，则该电阻的阻值为 。电池E使用时间较长，电池的电动势变小、内阻变大；重新调零后，实验要求若被测电阻阻值等于中值电阻时，测量的相对误差不能超过，则电池电动势降低为 （结果保留两位有效数字）时必须更换电池；
（4）另一个同学设计了一只简易欧姆表，并将表盘的电流刻度转化为电阻刻度；其电路如下图所示。关于该欧姆表，下列说法正确的是____。
A．电阻刻度的零位在表盘的左端
B．表盘上的电阻刻度是均匀的
C．测量前，需要红、黑表笔短接调零
D．测量后，应将开关S断开
【答案】（1）红；2.5mA
（2）小于
（3）500；1.4
（4）A；D
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据欧姆表原理可知，黑笔接电源正极，红笔接电源负极，所以与B接线柱相连的是红表笔；若开关B端是与“1”相连的，则此时应为量程较大的电流表，所以多用电表的挡位为2.5mA；
（2）当开关接4时，多用电表的量程为1V的电压表，有，当开关接5时，多用电表的量程为5V的电压表，有，联立可得，，所以
（3）当把开关B端接到位置3，短接A、B表笔，有，，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，有，联立解得，当电动势变小，内阻变大时，重新进行欧姆调零，其满偏电流保持不变，根据闭合电路欧姆定律可得，当待测电阻等于内阻时，即，，解得，此时，，解得
（4）AC．当红黑表笔短接时，电流表被短路，电流为零，所以电阻刻度的零位在表盘的左端，所以测量前不需要红、黑表笔短接调零，A符合题意，C不符合题意；
B．根据闭合电路欧姆定律可得，所以，由此可知I-Rx为非线性关系，所以表盘上的电阻刻度是不均匀的，B不符合题意；
D．测量后，应将开关S断开，使得电路处于断路状态，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】（1）红表笔接电源的负极，开关B端是与“1”相连时根据分析得出多用电表的挡位；
（2）根据欧姆定律得出R4和R5的比值；
（3）根据闭合电路欧姆定律和电路的分析得出电阻的阻值和电池的电动势；
（4）根据欧姆表的使用原理选择正确的选项。
四、解答题
14．（2023·湖南模拟）如图所示，粗细均匀、两端开口的直角形玻璃管ABC在竖直面内竖直放置，AB=60cm，BC=100cm，AB段水平，BC段竖直，AB管内有一10cm的水银柱。在环境温度为300K时，保持AB段水平，将玻璃管C端竖直向下插入水银槽中，使C端在水银面下10cm，此时，AB管内水银柱左端距B点10cm。已知大气压强。求
（1）温度升高到多少K时，水银柱刚好全部溢出；
（2）控制温度变化，使水银柱缓慢移动，水银柱恰好全部进入竖直玻璃管时温度为多少K？
【答案】（1）解：开始时气柱的长度为
当水银柱刚好全部溢出时，气柱的长度为
气体经历等压变化，设温度升高至T2时水银柱刚好全部溢出，根据盖—吕萨克定律可得
解得
（2）解：开始时气柱的压强为
当水银柱全部进入竖直玻璃管时，气柱的压强为
易知此时在水银槽中的竖直管中的水银将全部被压入水银槽，则气柱的长度变为
设银柱恰好全部进入竖直玻璃管时温度为，根据理想气体状态方程有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）从开始到 当水银柱刚好全部溢出时 根据盖吕萨克定律得出得出此时的温度；
（2）根据理想气体状态方程得出水银柱恰好全部进入竖直玻璃管时的温度 。
15．（2023·湖南模拟）如图所示，直角坐标系内第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，其边界如图中虚线所示，弧bc为圆心在O点半径为r的半圆，ab间的距离也为r。第三、四象限有与y轴成30°角斜向左下的匀强电场E，一束质量为m、电荷量为q的带负电粒子在纸面内从a点垂直x轴以各种速率射入磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）不加电场时，粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）不加电场时，粒子在磁场中运动的最短时间；
（3）加电场时，（2）中粒子第2次回到x轴的位置坐标。
【答案】（1）解：不加电场时，粒子在磁场中运动的时间最大为半个周期
又因为，
可得
（2）解：不加电场时，粒子在磁场中运动的时间最小如图实线所示，粒子的半径恰好为r时满足时间最短要求，设粒子从圆弧上的p点入射，依据几何关系可得，图中
最短时间
（3）解：粒子从图中的p点入射后，刚好从半圆的右边界c射入电场，由图可知，粒子的速度v恰又垂直于电场强度方向，则粒子在电场中作类平抛运动，设粒子到达x轴上的d点后离开电场，设，有以下关系式，
，由以上各式可得
粒子出射点的坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系以及洛伦兹力提供向心力得出 不加电场时，粒子在磁场中运动的最长时间； ；
（2）根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出 不加电场时，粒子在磁场中运动的最短时间；
（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出 加电场时，（2）中粒子第2次回到x轴的位置坐标。
16．（2023·湖南模拟）如图所示，粗糙斜面倾角，斜面长，斜面底端A有固定挡板，斜面顶端有一长度为h的粘性挡板，为一段半径的圆弧，半径与竖直方向夹角为，处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块（可看作质点）静止在木板下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘连，物块若到达C点能无能量损失进入圆弧。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度，木板上端恰能到达B点。现给物块沿斜面向上的初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力。物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数，物块与本板间的动摩擦因数为，，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，，。
（1）求大小；
（2）求物块与木板间的动摩擦因数；
（3）给物块沿斜面向上的初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力，若改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧后不脱离圆弧。求s的取值范围。
【答案】（1）解：由于，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度时，物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体有
解得
根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，则有
解得
（2）解：给物块初速度时，对物块有
对木板有
经历时间，两者达到相等速度，则有
之后，由于
即之后做匀速直线运动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0，则有
解得，
（3）解：若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D有
解得
令物块此过程在C点速度为，则有
解得
若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在C点速度为，则有
解得
改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度a2向上做匀减速直线运动，当减速至时，则
解得
斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至时，则
解得
根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为
综合所述，s的取值范围为
【知识点】功能关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）对物块与木板整体根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出物块和木板的初速度；
（2）对物块和木板根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与时间的关系和匀变速直线运动的位移与时间的关系得出物块与木板间的动摩擦因数 ；
（3）在最高点D处根据重力等于向心力，从而得出D点的速度，结合动能定理和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出s的取值范围。
湖南省九校联盟2023届高三下学期物理第二次联考试卷
一、单选题
1．（2023·湖南模拟）下列说法正确的是（ ）
A．温度升高时，放射性元素的半衰期不变
B．结合能越大的原子核核子平均质量越小
C．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
D．电子的发现说明原子核内部有复杂的结构
2．（2023·湖南模拟）如图所示半圆形玻璃砖，圆心为O，半径为R。某单色光由空气从OB边界的中点A垂直射入玻璃砖，并在圆弧边界P点发生折射，该折射光线的反向延长线刚好过B点，空气中的光速可认为是，则（ ）
A．该玻璃对此单色光的临界角为
B．该玻璃对此单色光的折射率为
C．光从A传到P的时间为
D．玻璃的临界角随入射光线位置变化而变化
3．（2023·湖南模拟）矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示。设abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·湖南模拟）如图所示，阳台上有一个用于晾灌肠的光滑曲杆AOB，直杆OA和OB的夹角，细绳一端固定在A点，另一端与套在曲杆AOB上的轻环Q连接，用性钩挂上质量为m的灌肠时，轻环Q从曲杆O处沿OB滑下（轻环不滑出OB杆），重力加速度为g，当灌肠重新平衡后轻绳的张力大小为（ ）
A． B． C．mg D．
5．（2023·湖南模拟）一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为和。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，。在A向上运动过程中，则（ ）
A．轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B．轿厢A能达到的最大速度
C．轿厢A向上的加速度为时，配重B下端的牵引绳上拉力
D．厢体A从静止开始到上升的高度为时（箱体已处于匀速状态），所用的时间
6．（2023·湖南模拟）水平面有一粗糙段长为，其动摩擦因数与离A点距离x满足（k为恒量）。一物块（可看作质点）第一次从A点以速度向右运动，到达B点时速率为v，第二次也以相同速度从B点向左运动，则（ ）
A．第二次也能运动到A点，但速率不一定为v
B．第二次也能运动到A点，但第一次的时间比第二次时间长
C．两次运动因摩擦产生的热量不相同
D．两次速率相同的位置只有一个，且距离A为
7．（2023·湖南模拟）如图甲，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示。已知竖直，水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。则（ ）
A．
B．小球上升的最大高度为
C．小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为
D．小球落地时的速度大小为
二、多选题
8．（2023·湖南模拟）a，b两颗卫星分别以，绕地球做匀速圆周运动，a卫星离地高度为H，b卫星为近地卫星，并测得地面上重力加速度为离地H处的重力加速度的k倍。地球可视为半径为R、质量均匀的球体，不考虑地球自转，则下列各式正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·湖南模拟）如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。下列关于该传感器的说法正确的是（ ）
A．电介质插入极板间越深，则电容器电容越大
B．在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流
C．在汽车向左匀速直线运动过程中电路中有电流
D．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的充电电流
10．（2023·湖南模拟）如图所示，边长均为l0的两个正四面体Abcd和Bbcd，其中bcd面完全重合，带电荷量为+Q、-Q的点电荷分别置于A、B两顶点，静电力常量为k，则（ ）
A．b、c、d三点的电场强度大小相等，方向不同
B．平面bcd上电场强度的最大值为
C．b、c、d三点的电势相等
D．将一正电荷从b点沿bd直线移到d点，电场力先做正功后做负功
11．（2023·湖南模拟）电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，图为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量。每个矩形线圈匝数匝，电阻值，边长，边长，该减震器在光滑水平面上以初速度向右进入磁感应强度大小、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围是够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则（ ）
A．刚进入磁场时减震器的加速度大小
B．第二个线圈恰好完全透入磁场时，减震器的速度大小为
C．滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D．第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比
三、实验题
12．（2023·湖南模拟）某同学用图甲的装置验证机械能守恒定律。大小相同的两小球P、Q分别固定在轻杆两端，轻杆可绕固定于中点O的光滑水平轴在竖直面内转动，O点正下方有一光电计时器，小球通过计时器时其球心恰好与光电门等高。测得小球的直径为d，两球球心间的距离为L，P球质量是Q球质量的2倍。Q球质量为m，重力加速度为g。现将轻杆拉至水平位置并由静止释放，当P球第一次通过光电门时，计时器显示的遮光时间为。回答下列问题：
（1）用游标卡尺测量d时如图乙所示，则 cm；
（2）小球P经过光电门时速度的表达式为 （用已知和测得量的符号表示）；
（3）小球P通过最低点时，PQ系统重力势能的减小量 ，若此过程中P、Q构成的系统机械能守恒，则需要验证的关系式为 （用已知和测得量的符号表示）。
13．（2023·湖南模拟）如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位分别为直流电压1V挡和5V挡。直流电流1mA和2.5mA挡，欧姆×100 挡。
（1）测量时，接线柱B接的是 （填“红”或“黑”）表笔；若开关B端是与“1”相连的，则此时多用电表的挡位为 挡；（填题干中所给5个挡位中的一个）
（2）电路中R4与R5的比值 （填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）若电池E的电动势为1.5V，当把开关B端接到位置3，短接A、B表笔进行欧姆调零后，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，则该电阻的阻值为 。电池E使用时间较长，电池的电动势变小、内阻变大；重新调零后，实验要求若被测电阻阻值等于中值电阻时，测量的相对误差不能超过，则电池电动势降低为 （结果保留两位有效数字）时必须更换电池；
（4）另一个同学设计了一只简易欧姆表，并将表盘的电流刻度转化为电阻刻度；其电路如下图所示。关于该欧姆表，下列说法正确的是____。
A．电阻刻度的零位在表盘的左端
B．表盘上的电阻刻度是均匀的
C．测量前，需要红、黑表笔短接调零
D．测量后，应将开关S断开
四、解答题
14．（2023·湖南模拟）如图所示，粗细均匀、两端开口的直角形玻璃管ABC在竖直面内竖直放置，AB=60cm，BC=100cm，AB段水平，BC段竖直，AB管内有一10cm的水银柱。在环境温度为300K时，保持AB段水平，将玻璃管C端竖直向下插入水银槽中，使C端在水银面下10cm，此时，AB管内水银柱左端距B点10cm。已知大气压强。求
（1）温度升高到多少K时，水银柱刚好全部溢出；
（2）控制温度变化，使水银柱缓慢移动，水银柱恰好全部进入竖直玻璃管时温度为多少K？
15．（2023·湖南模拟）如图所示，直角坐标系内第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，其边界如图中虚线所示，弧bc为圆心在O点半径为r的半圆，ab间的距离也为r。第三、四象限有与y轴成30°角斜向左下的匀强电场E，一束质量为m、电荷量为q的带负电粒子在纸面内从a点垂直x轴以各种速率射入磁场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）不加电场时，粒子在磁场中运动的最长时间；
（2）不加电场时，粒子在磁场中运动的最短时间；
（3）加电场时，（2）中粒子第2次回到x轴的位置坐标。
16．（2023·湖南模拟）如图所示，粗糙斜面倾角，斜面长，斜面底端A有固定挡板，斜面顶端有一长度为h的粘性挡板，为一段半径的圆弧，半径与竖直方向夹角为，处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块（可看作质点）静止在木板下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘连，物块若到达C点能无能量损失进入圆弧。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度，木板上端恰能到达B点。现给物块沿斜面向上的初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力。物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数，物块与本板间的动摩擦因数为，，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，，。
（1）求大小；
（2）求物块与木板间的动摩擦因数；
（3）给物块沿斜面向上的初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力，若改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧后不脱离圆弧。求s的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；天然放射现象；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．放射性元素的半衰期由原子核内部本身因素决定，与其物理性质和化学性质无关，A符合题意；
B．比结合能越大的原子核核子平均质量越小，B不符合题意；
C．β衰变是原子核中的中子转变为质子和电子，释放出电子形成的，并不是原子核中有电子，C不符合题意；
D．天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】半衰期由原子核内部自身决定，比结合能大的原子核平均质量越小，天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构。
2．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】B．作出如图所示光路图，
由几何关系入射角α为30°，折射角为60°，由折射定律，B符合题意；
A．临界角的正弦值，A不符合题意；
C．光在玻璃中的传播速度为，光在玻璃中的传播时间为，C不符合题意；
D．玻璃的临界角与入射角无关，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据光在玻璃砖中的光路图以及折射定律得出玻璃对此单色光的折射率，结合光在介质中传播的距离和时间的关系得出光在玻璃砖中传播的时间，利用全反射临界角的正弦值和折射率的关系得出临界角的正弦值。
3．【答案】A
【知识点】法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】从题图示位置开始，在时间内，磁通量减小，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向里，产生的感应电流的方向为abcda，即与电流规定的正方向相同，且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律变化，有，在时间内，磁通量增大，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流的方向还是abcda，即与电流规定的正方向相同，结合题中选项可知，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据磁通量的表达式和楞次定律得出产生感应电流的方向，通过法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出感应电流的表达式，并得出从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像。
4．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，同一根绳上拉力处处相等，故合力在夹角平分线上，处于静止状态时，Q处绳子必垂直于杆，否则不可能平衡，由几何关系得θ=30°
当灌肠重新平衡，由几何关系，受力分析可得，在竖直方向上，则
故答案为：B。
【分析】根据受力分析和共点力平衡得出灌肠重新平衡后轻绳的张力大小 。
5．【答案】C
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】电动机输出功率保持不变，速度增大时，根据，可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动，A不符合题意；
B．当轿厢A的速度达到最大时轿厢A做匀速直线运动，电动机的牵引力为F，则有，又，代入数据解得，B不符合题意；
C．当A向上的加速度为时，设A、B之间绳的拉力为，重物B下端绳的拉力大小为。分别分析A、B，根据牛顿第二定律得，，联立解得，C符合题意；
D．厢体A从静止开始到上升的高度为时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得，代入数据解得，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据瞬时功率的表达式得出牵引力的变化情况，从而得出车厢的运动情况，结合瞬时功率的表达式得出车厢A达到的最大速度，利用牛顿第二定律得出配重B下端的牵引绳上的拉力，对AB整体通过动能定理得出箱体A运动的时间。
6．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AC.根据题意可知，物体在两次运动过程中，在相同位置受到的摩擦力大小相等，两次运动的距离相等，摩擦力做功相同，两次运动因摩擦产生的热量相同，由动能定理可知，第二次到达B点的速率也为，AC不符合题意；
B.根据题意可知，第一次运动时，摩擦力越来越大，加速度越来越大，第二次运动时，摩擦力越来越小，加速度越来越小，两次运动的位移相等，结合AC分析和图像中，图像的斜率表示加速度和图像的面积表示位移，画出两次运动的图像，如图所示
由图可知，第一次的时间比第二次时间短，B不符合题意；
D.根据题意，设两次速率相同的位置距离A点的距离为，相同的速率设为，根据动能定理，第一次有，第二次有，联立解得，则两次速率相同的位置只有一个，且距离A为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】物体两次运动 的过程根据动能定理得出到达A点的速度大小，v-t图像的斜率表示物体的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示是物体的位移，结合图像得出物块两次运动时间的长短，结合动能定理得出两次速率相同的位置。
7．【答案】D
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．根据题意可知，小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒，由图乙可知，当时，当时，则有，解得，A不符合题意；
BC．根据题意，设小球上升的最大高度为，小球在Q点速度为，小球在点时，水平方向与小车共速，由动量守恒定律有，解得，小球由点运动到最高点时，由能量守恒定律有，小球由点运动到点时，由能量守恒定律有，解得，，则小球此时的竖直分速度为，小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为，BC不符合题意；
D．根据题意可知，小球从点离开小车，设离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有，，设小球落地速度为，由能量守恒定律有，联立解得，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】小球和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得出小车和小球质量的关系，结合功能关系得出小球上升的最大高度和Q点的速度与水平方向的正切值有一集小球落地时的速度。
8．【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB．对a卫星有，对b卫星有，解得，A不符合题意，B符合题意；
CD．对a卫星有，对b卫星有，结合上述解得，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】对卫星 ab根据重力等于万有引力得出R/H的比值，对ab卫星结合万有引力提供向心力得出速度比值的平方。
9．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据，若电介质插入极板间越深，介电常数增大，则电容器的电容增大，A符合题意；
B．在汽车向右匀加速直线运动过程中，加速度方向向右，大小一定，可知，弹簧处于拉伸状态，弹力方向向右，大小一定，即电介质插入极板间的深度一定，则极板之间的介电常数一定，电容器电容一定，根据，可知，电容器与供电电源连接，极板之间电压一定，电容一定时，极板所带电荷量一定，即电路中没有充电电流或者放电电流，B不符合题意；
C．在汽车向左匀速直线运动过程中，加速度为0，可知，弹簧处于原长状态，弹力为0，即电介质插入极板间的深度一定，则极板之间的介电常数一定，电容器电容一定，根据，可知，电容器与供电电源连接，极板之间电压一定，电容一定时，极板所带电荷量一定，即电路中没有充电电流或者放电电流，C不符合题意；
D．在汽车向右加速度增大的加速运动过程中，加速度方向向右，大小逐渐增大，可知，弹簧处于拉伸状态，弹力方向向右，大小逐渐增大，弹簧长度增大，即电介质插入极板间的深度增大，则极板之间的介电常数增大，电容器电容增大，根据，可知，电容器与供电电源连接，极板之间电压一定，电容增大时，极板所带电荷量增大，即电路中有充电电流，根据图形可知，电容器上极板带正电，电荷量增多，则电路中有顺时针方向的充电电流，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据电容器的决定式和定义式得出插入电介质时电容器电容的变化情况，并得出汽车运动过程是否有电流。
10．【答案】B,C
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．等量异种点电荷的电场分布如图所示
由此可知，两点电荷连线中垂面上b、c、d三点的电场强度大小相等，方向相同，A不符合题意；
B．等量异种点电荷连线的中点电场强度最大，由几何关系可知，正四面体的面的中线长为，所以正四面体的高为，所以连线中点的场强为，B符合题意；
CD．等量异种点电荷连线的中垂面为零势能面，中垂面面上各点电势为零，b、c、d三点的电势相等，且将一正电荷从b点沿bd直线移到d点，电场力始终不做功，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据等量异种点电荷周围的电场分布和电场强度的合成以及点电荷周围电场强度的表达式得出连线中点的场强，电荷在等势面上移动电场力不做功。
11．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】A．线圈在磁场中受到安培力的作用做减速运动，故安培力，其中，联立以上两式可得，刚进入磁场时，速度为，代入数据可得，根据牛顿第二定律可得加速度，A不符合题意；
B．设向右为正方向，对减震器进行分析，当第二个线圈恰好完全透入磁场时设所用时间为，此时减震器的速度大小为，则由动量定理可得，即，代入数据可得，B符合题意；
C．由以上分析可知，每一个线圈进入磁场后，减震器的速度减小量，则要减震器的速度减为零需要的线圈个数为，可知需要13个线圈，C不符合题意；
D．只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒可知，线圈上产生的热量在数值上等于减震器动能动能的减少量，第一个线圈恰好完全进入磁场时有，最后一个线圈刚进入磁场时有，因此，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式得出安培力的表达式，利用牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合动量定理以及功能关系得出滑动杆上安装的线圈个数和第一个线圈和最后一个线圈产生的热量比。
12．【答案】（1）0.940
（2）
（3）；
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图乙可得
（2）小球P经过光电门时速度
（3）小球P通过最低点时，PQ系统重力势能的减小量，根据机械能守恒可知，整理得
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出小球的直径；
（2）利用短时间内的平均速度等于瞬时速度得出小球经过光电门的速度；
（3）结合机械能守恒定律以及重力势能的表达式得出需要验证的关系式。
13．【答案】（1）红；2.5mA
（2）小于
（3）500；1.4
（4）A；D
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据欧姆表原理可知，黑笔接电源正极，红笔接电源负极，所以与B接线柱相连的是红表笔；若开关B端是与“1”相连的，则此时应为量程较大的电流表，所以多用电表的挡位为2.5mA；
（2）当开关接4时，多用电表的量程为1V的电压表，有，当开关接5时，多用电表的量程为5V的电压表，有，联立可得，，所以
（3）当把开关B端接到位置3，短接A、B表笔，有，，用该挡测量一个未知电阻阻值，指针偏转到电流表G满偏刻度的处，有，联立解得，当电动势变小，内阻变大时，重新进行欧姆调零，其满偏电流保持不变，根据闭合电路欧姆定律可得，当待测电阻等于内阻时，即，，解得，此时，，解得
（4）AC．当红黑表笔短接时，电流表被短路，电流为零，所以电阻刻度的零位在表盘的左端，所以测量前不需要红、黑表笔短接调零，A符合题意，C不符合题意；
B．根据闭合电路欧姆定律可得，所以，由此可知I-Rx为非线性关系，所以表盘上的电阻刻度是不均匀的，B不符合题意；
D．测量后，应将开关S断开，使得电路处于断路状态，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】（1）红表笔接电源的负极，开关B端是与“1”相连时根据分析得出多用电表的挡位；
（2）根据欧姆定律得出R4和R5的比值；
（3）根据闭合电路欧姆定律和电路的分析得出电阻的阻值和电池的电动势；
（4）根据欧姆表的使用原理选择正确的选项。
14．【答案】（1）解：开始时气柱的长度为
当水银柱刚好全部溢出时，气柱的长度为
气体经历等压变化，设温度升高至T2时水银柱刚好全部溢出，根据盖—吕萨克定律可得
解得
（2）解：开始时气柱的压强为
当水银柱全部进入竖直玻璃管时，气柱的压强为
易知此时在水银槽中的竖直管中的水银将全部被压入水银槽，则气柱的长度变为
设银柱恰好全部进入竖直玻璃管时温度为，根据理想气体状态方程有
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）从开始到 当水银柱刚好全部溢出时 根据盖吕萨克定律得出得出此时的温度；
（2）根据理想气体状态方程得出水银柱恰好全部进入竖直玻璃管时的温度 。
15．【答案】（1）解：不加电场时，粒子在磁场中运动的时间最大为半个周期
又因为，
可得
（2）解：不加电场时，粒子在磁场中运动的时间最小如图实线所示，粒子的半径恰好为r时满足时间最短要求，设粒子从圆弧上的p点入射，依据几何关系可得，图中
最短时间
（3）解：粒子从图中的p点入射后，刚好从半圆的右边界c射入电场，由图可知，粒子的速度v恰又垂直于电场强度方向，则粒子在电场中作类平抛运动，设粒子到达x轴上的d点后离开电场，设，有以下关系式，
，由以上各式可得
粒子出射点的坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系以及洛伦兹力提供向心力得出 不加电场时，粒子在磁场中运动的最长时间； ；
（2）根据粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出 不加电场时，粒子在磁场中运动的最短时间；
（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出 加电场时，（2）中粒子第2次回到x轴的位置坐标。
16．【答案】（1）解：由于，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度时，物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体有
解得
根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，则有
解得
（2）解：给物块初速度时，对物块有
对木板有
经历时间，两者达到相等速度，则有
之后，由于
即之后做匀速直线运动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0，则有
解得，
（3）解：若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D有
解得
令物块此过程在C点速度为，则有
解得
若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在C点速度为，则有
解得
改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度a2向上做匀减速直线运动，当减速至时，则
解得
斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至时，则
解得
根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为
综合所述，s的取值范围为
【知识点】功能关系；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）对物块与木板整体根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出物块和木板的初速度；
（2）对物块和木板根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度与时间的关系和匀变速直线运动的位移与时间的关系得出物块与木板间的动摩擦因数 ；
（3）在最高点D处根据重力等于向心力，从而得出D点的速度，结合动能定理和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出s的取值范围。
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