2024-2025学年河北省唐山市高三上学期摸底演练物理试题（解析版）

这是一份2024-2025学年河北省唐山市高三上学期摸底演练物理试题（解析版），共23页。
A．铀238发生了β衰变B．衰变产生的新核Y有92个质子
C．衰变产生的新核Y有234个核子D．衰变产生的新核Y有146个中子
【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．根据核反应方程遵循电荷数守恒和质量数守恒计算X的电荷数和质量数，确定是哪种衰变由衰变方程可知，铀238发生了α衰变，故A错误；
BCD．根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，质量数不变，电荷量左右相等，Y的质量数为234，电荷数为90，则衰变产生的新核Y有234个核子，90个质子，中子数为234−90=144。
故BD错误，C正确。
故选C。
【分析】理解核反应方程遵循电荷数守恒和质量数守恒是解题关键。
2．（2024高三上·唐山开学考）我国未来将实行登月计划。假设登月后，宇航员通过发射一环绕月球表面做匀速圆周运动的小卫星来测量月球的密度，已知引力常量为G，月球可视为均匀球体，宇航员只需要测量的一个物理量是（ ）
A．小卫星的质量B．小卫星的周期
C．月球的半径D．月球表面的重力加速度
【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】解决本题的关键要注意结合行星模型，万有引力提供向心力。小卫星在月球表面轨道绕月球做匀速圆周运动，可得
GMmR2=m4π2T2R
又结合球体积表达式，质量等于密度乘以体积
M=ρ⋅43πR3
联立解得月球密度为
ρ=3πGT2
可知宇航员只需要测量的一个物理量是小卫星的周期。
故选B。
【分析】根据万有引力提供向心力，结合向心力表达式以及球体质量和密度表达式求出月球的密度。
3．（2024高三上·唐山开学考）如图是一个正弦式交变电流i随时间t变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．交变电流的周期为0.25s
B．交变电流的有效值为102A
C．在t=0.15s时交变电流方向发生改变
D．该交变电流的表达式为i=10sin10πA
【答案】C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB．根据图像可以得到周期，根据有效值和最大值的关系得到有效值，根据电流i随时间t变化的图像可知周期为
T=0.2s
峰值为
Im=10A
有效值为
I=Im2=52A
故AB错误；
C．根据图像判断电流方向的改变，根据交变电流变化规律知线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次，在t=0.15s时电流为零，该时刻线圈在中性面，所以在t=0.15s时交变电流方向发生改变，故C正确；
D．根据图像写出电流的瞬时值表达式，由A选项知峰值Im=10A，周期T=0.2s，角速度为
ω=2πT=10πrad/s
由图像知初相为
φ=π2
得该交变电流的表达式为
i=10sin（10πt+π2）（A）=10cs10πt（A）
故D错误。
故选C。
【分析】用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从垂直中性面位置开始计时，初始时刻电流有最大值。可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电流、电流的最大值、交变电流的周期。
4．（2024高三上·唐山开学考）如图所示为圆柱体玻璃砖的横截面，虚线为圆形截面的直径，一光束从真空中经直径端M点斜射入玻璃砖，进入玻璃砖后分成a、b两束单色光，分别从A、B点射出玻璃砖，下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率比b光的小
B．a光在玻璃砖中的传播速度比b光的小
C．a光的波长比b光的波长大
D．a、b两束单色光通过玻璃砖的时间相同
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】ABC．在同一种介质中，折射率越大，频率越大，波长越小，传播速度越小，根据光路图判断b、c光的折射率，进而可以判断在玻璃中频率、传播速度、波长关系。根据题意画出光路图，如图所示
由图可知，a光的折射角小于b光，由折射定律
n=sinisinr
可知，a光的折射率大于b光，则a光的频率比b光的大，a光的波长比b光的波长小，由
n=cv
可知，a光在玻璃砖中的传播速度比b光的小，故AC错误，B正确；
D．根据折射率求得光在玻璃中传播速度，波程，根据x=vt确定b、c光线通过玻璃砖的时间关系。根据题意，由几何关系可得，a光在玻璃砖中的传播距离为
xa=2Rcsra
b光在玻璃砖中的传播距离为
xb=2Rcsrb
a、b两束单色光通过玻璃砖的速度分别为
va=cna=csinrasini，vb=cnb=csinrbsini
则a光通过玻璃砖的时间为
ta=xava=2Rcsracsinrasini=2Rcsra⋅sinicsinra=2Rsinic⋅1tanra
同理可得，b光通过玻璃砖的时间等于传播路程除以速度为
tb=2Rsinic⋅1tanrb
由数学知识可知a光的传播时间长，故D错误。
故选B。
【分析】 理解不同介质中频率、波速、波长的变化关系是解题关键，结合折射率知识求解。
5．（2024高三上·唐山开学考）甲、乙两小车沿同一平直路面同向行驶，t=0时刻，甲在乙前方16m处，它们的v−t图像如图所示，两车均可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．乙车的加速度大于甲车的加速度
B．两车只能相遇一次
C．在t=6s时，两车相遇
D．在t=6s时，乙车在甲车前方2m处
【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v-t图像的斜率和截距可求出两车的初速度和加速度，根据v−t图像可知甲、乙两车做匀加速直线运动，加速度分别为
a甲=ΔvΔt=126m/s2=2m/s2
a乙=Δv'Δt=12−66m/s2=1m/s2
可知乙车的加速度小于甲车的加速度，故A错误；
BCD．当两车相遇时由位移关系列方程可求解时间；求解出t=6s时两车的位移，结合初始条件即可判断两车位置关系。t=6s时两车速度相等，由v−t图像可知0~6s内甲、乙两车通过的位移大小分别为
x甲=12×12×6m=36m
x乙=12×（6+12）×6m=54m
由于
x乙−x甲=54m−36m=18m
由题意可知，t=0时刻，甲在乙前方16m处，则在t=6s前，乙车已经追上甲车；在t=6s时，乙车在甲车前方2m处；由于之后甲车速度大于乙车速度，所以甲车可以追上乙车，则两车能相遇两次，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】关键要理解速度—时间图像表示的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度。
6．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，已知A球的质量为m，用手托住B球，当轻绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度是h，A球静止于地面。释放B球，B球通过轻绳带动A球上升，A球上升至32h时速度恰为零，A、B两球可视为质点，不计定滑轮的质量及一切摩擦，重力加速度为g。则从释放B球到A球达到最高点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B球的质量为3mB．A、B球组成的系统机械能守恒
C．B球刚落地时，速度大小为3ghD．轻绳对A球的拉力做的功为mgh
【答案】A
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】B．在B落地前，对A、B整体，只有重力做功，故球A、B组成的系统机械能守恒，但B落地后，速度立即变为0，机械能减小，而球A继续上升，机械能不变，故整体机械能不守恒，故B错误；
C． 根据系统的机械能守恒定律求解B球落地瞬间A、B的速度大小，设B球刚落地时，A、B的速度大小为v，此后A球做竖直上抛运动，根据题意有
v22g=12h
解得
v=gh
故C错误；
D． 据动能定理求解拉力对A球做功，设轻绳对A球的拉力做的功为W，根据动能定理可得
W−mgh=12mv2
解得
W=32mgh
故D错误；
A．设B球的质量为M，在B球落地前的过程，A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等，根据系统机械能守恒可得
Mgh−mgh=12Mv2+12mv2
解得
M=3m
故A正确。
故选A。
【分析】对于单个小球而言，机械能并不守恒，A球的机械能增加，B球的机械能减小，所以不能对单个小球使用机械能守恒，另外还要知道A、B是同一条绳相连的，它们的速度大小相等。
7．（2024高三上·唐山开学考）两个完全相同的截面为四分之一光滑圆面的柱体A、B按如图所示叠放，A的右侧有一光滑竖直的挡板，A和B的质量均为m。现将挡板缓慢地向右移动，整个过程中B始终保持静止，当A将要落至水平地面时，下列说法正确的是（ ）
A．A对B的压力大小为mg
B．B对地面的压力大小为mg
C．A对竖直墙面的压力大小为2mg
D．B受到水平地面的摩擦力大小为3mg
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】A．先对A受力分析，受重力、B对A的支持力和挡板对A的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力。对A受力分析如图
由几何关系可知，B对A的支持力FNB与竖直方向夹角为60°，则B对A的支持力为
FNB=mgcs60∘=2mg
即A对B的压力大小为2mg，选项A错误；
B．A、B整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解。对A、B的整体受力分析可知，地面对B的支持力为2mg，即B对地面的压力大小为2mg，选项B错误；
C．墙壁对A的支持力为
FN=mgtan60∘=3mg
可知A对竖直墙面的压力大小为3mg，选项C错误；
D．对整体分析可知，B受到水平地面的摩擦力大小等于墙壁对A的支持力，即为
f=FN=3mg
选项D正确。
故选D。
【分析】本题关键是先对物体A受力分析，再对A、B整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式。
8．（2024高三上·唐山开学考）以波源O为原点建立水平向右的x轴，形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，如图甲所示。t=0时刻波源O开始上下振动，振动图像如图乙所示，t=3s时波源停止振动，在这段时间内距波源x=2m处的质点A运动的路程为20cm，下列说法正确的是（ ）
A．该列简谐横波的波长为4m
B．该列简谐横波的波速为4m/s
C．t=4s时，x=6m处质点的加速度最小
D．0~8s时间内x=3m处质点运动的总路程为65cm
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】AB．据图乙质点初始振动方向得到起振方向；由图乙得到周期进而得到频率，在这段时间内距波源x=2m处的质点A运动的路程为20cm，由图乙可知
s=20cm=4A
可知质点A振动了一个周期T=2s，则波从原点O传到x=2m处所需的时间为Δt=1s，波速等于传播的距离除以时间，则该列简谐横波的波速为
v=ΔxΔt=21m/s=2m/s
根据波长波速频率关系，该列简谐横波的波长为
λ=vT=2×2m=4m
故A正确，B错误；
C．根据波速结合传播路程求得传播时间，波从原点O传到x=6m处所需的时间为
Δt'=Δx'v=62s=3s
则t=4s时，x=6m处质点振动了1s，结合乙图可知，此时质点位于平衡位置，位移为零，加速度最小，故C正确；
D．根据波速结合传播路程求得传播时间，波从原点O传到x=3m处所需的时间为
Δt″=Δx″v=32s=1.5s
则0~8s时间内x=3m处质点振动的时间为
t=6.5s=3T+14T
因为波源只振动了3s，因此后面的质点的振动时间均为3s，由运动时间和周期的关系，根据振幅求得路程。运动的总路程为
s=32×4A=30cm
故D错误。
故选AC。
【分析】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
9．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，间距为L的两足够长平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端连接阻值为3R的电阻，一质量为m、电阻为R、长为L的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨电阻不计。现使金属棒以v0的初速度向右运动，运动过程中金属棒始终与导轨接触良好，则在金属棒运动过程中（ ）
A．通过电阻的电流方向为a→b
B．金属棒两端电压的最大值为3BLv04
C．通过电阻的电荷量为mv0BL
D．金属棒上产生的焦耳热为12mv02
【答案】B,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据楞次定律或者右手定则判断感应电流方向，金属棒以v0的初速度向右运动，由右手定则可知通过电阻的电流方向为b→a，A错误；
B．由E=BLv求出导体棒产生的感应电动势，金属棒切割磁感线速度最大时，产生的感应电动势最大，则金属棒两端电压有最大值，金属棒两端电压即为路端电压，由闭合电路欧姆定律可得最大值为
Ubam=Em3R+R×3R=3BLv04
B正确；
C．根据动量定理计算通过电阻R的电荷量，金属棒在安培力作用下向右做减速运动，最后静止，此过程由动量定理可得
−BIL⋅Δt=0−mv0
由电流强度定义式可得
q=I⋅Δt=mv0⋅ΔtBL⋅Δt=mv0BL
C正确；
D．由能量守恒定律，导体棒的动能全部转化为焦耳热，根据电路连接，可得金属棒上产生的焦耳热为
Q棒=R3R+R×12mv02=18mv02
D错误。
故选BC。
【分析】解决本题的关键要学会运用动量定理求电磁感应中通过导体棒的电荷量，要知道导体棒发生的位移与磁通量变化量有关。
10．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，在匀强电场中，有边长为2m的等边三角形ABC，其中O点为该三角形的中心，一电荷量为q=−1×10−2C的试探电荷由A点移到B点过程中电场力做功0.1J，该试探电荷由B点移到C点过程中电势能增加0.02J，已知A点的电势为0，电场方向与△ABC所在的平面平行，则下列说法正确的是（ ）
A．O点电势为4.5V
B．该试探电荷在B点处时的电势能为−0.1J
C．该电场的电场强度大小为27V/m
D．该电场的电场强度方向与BC边夹角的正切值大小为33
【答案】B,C,D
【知识点】电势能；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】B．根据电势差的定义求解电势差，根据电势能定义求解电势能，根据题意可知
UAB=φA−φB=0.1−1×10−2V=−10V
UBC=φB−φC=−0.02−1×10−2V=2V
故可得
φB=10V，φC=8V
故该试探电荷在B点处时的电势能为
EpB=−1×10−2×10J=−0.1J
故B正确；
A．根据
UAB=φA-φB
根据电势差的正负，判断电势的高低。如图构筑另一等边三角形ADC，其中O'点为该三角形的中心，故ABCD为菱形，由于电场方向与△ABC所在的平面平行
故可得
φA−φB=φD−φC
解得
φD=−2V
根据几何知识求解点电势，几何知识可知O'点和O点为BD的三等分点，故可得O点电势为
φO=10V−10−−23V=6V
故A错误；
C．电场线与等势面相互垂直，结合几何关系求解电势，如图
E为AB的五等分点，可得φE=8V，连接CE为一等势线，过A点做CE的垂线交于M点，根据余弦定理可得CE=3.36m，在△AEC中根据正弦定理
CEsin60°=AEsin∠ACE
解得
sin∠ACE=
故可得
dAM=AC⋅sin∠ACE=
故场强大小为
E=UAMdAM=27V/m
故C正确；
D．根据几何规律求解 该电场的电场强度方向与BC边夹角的正切值大小 。设∠MAO=α，因为∠MAC+∠ACE=90°，可得
sin∠MAC=sinα+30°=
根据数学知识可得
sinα=
由于α+∠AFC=90°，故可得该电场的电场强度方向与BC边夹角的正切值大小为
tan∠AFC=33
故D正确。
故选BCD。
【分析】本题要掌握电势差公式求解电势差。UAB=φA-φB，根据电势差的正负，判断电势的高低。
11．（2024高三上·唐山开学考）向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，装置如图所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上黑白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的数值大小。
（1）在该实验中应用了 （选填“理想实验法”、“控制变量法”、“等效替代法”）来探究向心力大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系；
（2）在小球质量和转动半径相同，传动塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2:1的情况下，某同学逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左、右两侧露出的标尺格数之比为 ；其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两标尺的格数 （选填“变多”“变少”或“不变”），两标尺格数的比值 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）控制变量法
（2）1:4；变多；不变
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）在研究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是控制变量法。先探究向心力大小与其中一个物理量的关系，控制另外两个物理量不变，在该实验中应用了控制变量法。
（2）掌握探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系实验原理，在小球质量和转动半径相同，传动塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2:1的情况下，左右两个轮子属于同轴转动线速度相等，由于左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据v=ωr可知，左、右两个塔轮的角速度之比为
ω左:ω右=R右:R左=1:2
根据
F=mω2r
可知此时左、右两侧露出的标尺格数之比为
F左:F右=ω左2:ω右2=1:4
其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两个塔轮的角速度增大，小球做圆周运动的向心力增大，但左、右两个塔轮的角速度比值不变，所以左、右两标尺的格数变多，两标尺格数的比值不变。
【分析】（1）探究多变量因素实验应采用控制变量法，根据实验原理分析判断；
（2）在小球质量和转动半径相同的情况下，在加速转动手柄过程中ω增大时Fn同时改变，但它们的关系不变。
（1）探究向心力大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，先探究向心力大小与其中一个物理量的关系，控制另外两个物理量不变，在该实验中应用了控制变量法。
（2）[1]在小球质量和转动半径相同，传动塔轮皮带套在左、右两个塔轮的半径之比为2:1的情况下，由于左、右两个塔轮边缘的线速度大小相等，根据v=ωr可知，左、右两个塔轮的角速度之比为
ω左:ω右=R右:R左=1:2
根据
F=mω2r
可知此时左、右两侧露出的标尺格数之比为
F左:F右=ω左2:ω右2=1:4
[2][3]其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则左、右两个塔轮的角速度增大，小球做圆周运动的向心力增大，但左、右两个塔轮的角速度比值不变，所以左、右两标尺的格数变多，两标尺格数的比值不变。
12．（2024高三上·唐山开学考）某实验小组要测量阻值约为90Ω的定值电阻Rx，为了精确测量该电阻阻值，实验室提供了如下实验器材：
A．电压表V（量程为1V，内阻RV为1500Ω）；
B．电流表A1（量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω）；
C．电流表A2（量程为0~100mA，内阻RA约为10Ω）；
D．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；
E．滑动变阻器R2（最大阻值为2kΩ）；
F．电阻箱R0（最大阻值9999.9Ω）；
G．电源（电动势3V、内阻不计）、开关，导线若干。
（1）该小组同学分析实验器材、发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应串联电阻箱R0，并将R0的阻值调为 Ω；
（2）实验时，通过调整测量方法消除测量方案中系统误差，设计的电路图如下，其中电流表选用 ，滑动变阻器选用 （填写各器材前的字母代号）；
（3）某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，则待测电阻的阻值Rx= （用已知物理量的字母表示）。
【答案】（1）3000
（2）C；D
（3）U(RV+R0)IRV−U
【知识点】伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则，该小组同学分析实验器材、发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应串联电阻箱R0，则有
URV(RV+R0)=3V
可得
R0=3×15001Ω−1500Ω=3000Ω
（2）根据欧姆定律和串并联电路的特点解决问题，注意测量时要求电表读数不得小于其量程的
三分之一，由于待测电阻约为90Ω，改装后的电压表量程为3V，根据
Im=UmRx=390A≈33mA
则电流表选用C；
滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的D。
（3）某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，则待测电阻两端电压为
Ux=URV(RV+R0)
通过待测电阻的电流为
Ix=I−URV
根据欧姆定律可得待测电阻的阻值为
Rx=UxIx=URV(RV+R0)I−URV=U(RV+R0)IRV−U
【分析】（1）实验器材中电压表的量程偏小，应使电流表和定值电阻配合充当电压表；
（2）根据欧姆定律和串并联电路的特点解决问题，注意测量时要求电表读数不得小于其量程的
三分之一。
（3）根据闭合电路欧姆定律结合电路连接方式求解待测电阻的阻值。
（1）该小组同学分析实验器材、发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应串联电阻箱R0，则有
URV(RV+R0)=3V
可得
R0=3×15001Ω−1500Ω=3000Ω
（2）[1]由于待测电阻约为90Ω，改装后的电压表量程为3V，根据
Im=UmRx=390A≈33mA
则电流表选用C；
[2]滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选用阻值较小的D。
（3）某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I，则待测电阻两端电压为
Ux=URV(RV+R0)
通过待测电阻的电流为
Ix=I−URV
根据欧姆定律可得待测电阻的阻值为
Rx=UxIx=URV(RV+R0)I−URV=U(RV+R0)IRV−U
13．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，导热性能良好的圆筒形汽缸开口向右放置在水平地面上，质量为m=2kg、横截面积S=10cm2的活塞在汽缸内封闭了一定质量的理想气体，开始的封闭气柱的长度为L=18cm，环境温度为27℃，大气压强p0=1.0×105Pa。现将汽缸逆时针旋转90°使其开口端竖直向上，取g=10m/s2，不计活塞厚度，汽缸内壁光足够长且不漏气，取0℃为273K。
（1）求活塞稳定后封闭气柱的长度；
（2）活塞稳定后再将环境温度缓慢升高至T=400K，若升温过程中气体吸收25J的热量，求该过程中气体的内能变化量。
【答案】（1）解：开始时气体的压强
p1=p0=1.0×105Pa
体积
V1=LS
旋转90°后气体的压强
p2=p0+mgS=1.2×105Pa
体积
V2=L2S
根据玻意耳定律可得
p1V1=p2V2
解得
L2=15cm
（2）解：将环境温度缓慢升高至T=400K过程中气体进行等压变化，则根据盖吕萨克定律定律可知
L2ST2=L3ST
其中
T2=(273+27)K=300K
解得
L3=20cm
则该过程中气体对外做功即
W=−p2S(L3−L2)=−6J
而气体吸热
Q=25J
根据
ΔU=W+Q
可知内能变化量
ΔU=25J-6J=19J
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）汽缸内封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解当活塞再次稳定后，封闭气柱的长度L2。
（2） 将环境温度缓慢升高至T=400K过程中，汽缸内封闭气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律定律求解当活塞再次稳定后，封闭气柱的长度L3。 结合热力学第一定律求解内能变化量。
（1）开始时气体的压强
p1=p0=1.0×105Pa
体积
V1=LS
旋转90°后气体的压强
p2=p0+mgS=1.2×105Pa
体积
V2=L2S
根据玻意耳定律可得
p1V1=p2V2
解得
L2=15cm
（2）将环境温度缓慢升高至T=400K过程中气体进行等压变化，则根据盖吕萨克定律定律可知
L2ST2=L3ST
其中
T2=(273+27)K=300K
解得
L3=20cm
则该过程中气体对外做功即
W=−p2S(L3−L2)=−6J
而气体吸热
Q=25J
根据
ΔU=W+Q
可知内能变化量
ΔU=25J-6J=19J
14．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点平滑相接，导轨半径为R。一质量为M的木块放在水平面AB上，质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，子弹留在木块中。若木块能沿半圆形导轨滑到最高点C，重力加速度为g，求：
（1）子弹射入木块过程中产生的热量Q；
（2）若m=M，且木块从C点飞出后落地点与B点的距离s=4R，求子弹击中木块前的水平速度v'0的大小。
【答案】（1）解：弹射入木块过程中，根据动量守恒可得
mv0=(m+M)v
解得
v=mv0m+M
根据能量守恒可得，产生的热量为
Q=12mv02−12(m+M)v2
解得
Q=mMv022(m+M)
（2）解：若m=M，则有
v=mv'0m+M=12v'0
从B点到C点过程，根据机械能守恒可得
12(m+M)v2=(m+M)g⋅2R+12(m+M)vC2
从C点飞出做平抛运动，则有
2R=12gt2，s=4R=vCt
联立解得子弹击中木块前的水平速度大小为
v'0=42gR
【知识点】碰撞模型
【解析】​​​【分析】（1）由动量守恒定律则求解在B点子弹和木块的速度，根据能量守恒可得，产生的热量；
（2）由动量守恒定律则求解在B点子弹和木块的速度，从B点到C点过程，根据机械能守恒可得得到在C点速度大小，从C点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律求解子弹击中木块前的水平速度大小。
（1）弹射入木块过程中，根据动量守恒可得
mv0=(m+M)v
解得
v=mv0m+M
根据能量守恒可得，产生的热量为
Q=12mv02−12(m+M)v2
解得
Q=mMv022(m+M)
（2）若m=M，则有
v=mv'0m+M=12v'0
从B点到C点过程，根据机械能守恒可得
12(m+M)v2=(m+M)g⋅2R+12(m+M)vC2
从C点飞出做平抛运动，则有
2R=12gt2，s=4R=vCt
联立解得子弹击中木块前的水平速度大小为
v'0=42gR
15．（2024高三上·唐山开学考）如图所示，在x轴下方空间内存在竖直方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内同时还存在垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。将一群带负电的微粒从第Ⅱ象限内的不同位置以初速度v0沿x轴正方向抛出，发现这些带电微粒均能经过坐标原点O。带电微粒通过O点后进入第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，经过磁场偏转后都能再次到达y轴。已知带电微粒电量为q，质量为m，重力加速度为g。求：
（1）这群带电微粒从第Ⅱ象限内射出的位置坐标满足的方程；
（2）第Ⅳ象限内匀强磁场区域的最小面积；
（3）若在第Ⅲ象限所在的立体空间内充满沿y轴正方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小也为B，求带电微粒在这个区域运动时到y轴的最远距离。
【答案】（1）解：设带电微粒从第Ⅱ象限内射出的初始位置坐标为−x0，y0，微粒做平抛运动，由平抛运动规律可得
x0=v0t
y0=12gt2
联立解得
y0=12gx0v02=g2v02x02
（2）解：微粒进入第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，可知微粒的重力大小等于库仑力，即二力平衡，设微粒经过O点时的速度方向与y轴负方向夹角为θ，速度大小为v，如图所示，可知微粒沿y轴方向移动的距离为
Δy=2mvsinθqB=2mv0qB
可知所有微粒经磁场偏转后都经过y轴同一位置，则有第Ⅳ象限内匀强磁场区域的最小面积为
S=12πr2
其中由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B=mv02r
r=mv0qB
解得
Smin=12πmv0qB2=πm2v022q2B2
（3）解：由题意可知，微粒在第Ⅲ象限受重力与库仑力平衡，在第Ⅲ象限所在的立体空间内，微粒沿y轴方向做匀速运动，沿垂直y轴方向做匀速圆周运动，运动半个周期时离y轴最远，最远距离为
Lmax=2r=2mv0qB
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）微粒做平抛运动，由平抛运动规律可得这群带电微粒从第Ⅱ象限内射出的位置坐标满足的方程；
（2）微粒进入第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，可知微粒的重力大小等于库仑力，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解最小面积；
（3）微粒沿y轴方向做匀速运动，沿垂直y轴方向做匀速圆周运动，运动半个周期时离y轴最远。
（1）设带电微粒从第Ⅱ象限内射出的初始位置坐标为−x0，y0，微粒做平抛运动，由平抛运动规律可得
x0=v0t
y0=12gt2
联立解得
y0=12gx0v02=g2v02x02
（2）微粒进入第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，可知微粒的重力大小等于库仑力，即二力平衡，设微粒经过O点时的速度方向与y轴负方向夹角为θ，速度大小为v，如图所示，可知微粒沿y轴方向移动的距离为
Δy=2mvsinθqB=2mv0qB
可知所有微粒经磁场偏转后都经过y轴同一位置，则有第Ⅳ象限内匀强磁场区域的最小面积为
S=12πr2
其中由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B=mv02r
r=mv0qB
解得
Smin=12πmv0qB2=πm2v022q2B2
（3）由题意可知，微粒在第Ⅲ象限受重力与库仑力平衡，在第Ⅲ象限所在的立体空间内，微粒沿y轴方向做匀速运动，沿垂直y轴方向做匀速圆周运动，运动半个周期时离y轴最远，最远距离为
Lmax=2r=2mv0qB