2026年辽宁省名校联盟信息卷高考物理模拟试卷（二）（含解析）

这是一份2026年辽宁省名校联盟信息卷高考物理模拟试卷（二）（含解析），共2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.钇90是医院给病人治疗用的放射性同位素，其半衰期约为2.67天，一个钇90核衰变释放的能量可达2.27MeV，1u相当于931.5MeV。结合以上信息，下列说法正确的是( )
A. 钇90注入人体后，人的体温会影响其半衰期
B. 若有100个钇90原子核，则经过2.67天后，还剩下50个未衰变
C. 钇90注入人体后，经过8天，约87.5%的钇90发生衰变
D. 一个钇90核衰变的质量亏损为0.024u
2.科学家利用量子纠缠原理研发出新型陀螺仪。该装置的核心部件是一个悬浮在真空腔内的碳环，通过激光场驱动以恒定转速旋转。已知碳环的直径为1.2μm，转速为5×107r/s，下列说法正确的是( )
A. 碳环转动的频率为π×108HzB. 碳环转动的周期为2×10−7s
C. 碳环转动的角速度为5π×107rad/sD. 碳环边缘的线速度为60πm/s
3.在同一均匀介质中有甲、乙两列孤立的三角形横波相向传播，波速大小相等。某时刻的波形图如图所示，则两列波相遇过程中x轴上首先出现位移为7cm质点的横坐标为( )
A. 5.75mB. 5.50mC. 5.25mD. 6.00m
4.某智能汽车采用电容式传感器监测座椅压力分布，其核心部件为平行板电容器，初始极板间距为d，电容为C0，当司机落座时，传感器检测到极板间距因压力变化减小为d3，若此时电容器两端的电压变为原来的23。关于此过程，下列说法正确的是( )
A. 电容增大为3C0，极板间电场强度增大为原来的3倍
B. 电容增大为6C0，极板间电场强度增大为原来的2倍
C. 电容增大为3C0，极板间电场强度增大为原来的2倍
D. 电容增大为6C0，极板间电场强度增大为原来的3倍
5.如图所示，一位潜水爱好者在水下活动，利用激光器向岸上的同伴发射信号。设激光束与水平方向的夹角为α，他发现只有当角度α大于41°时岸上的同伴才会发现激光信号，那么下列说法正确的是( )
A. 水的折射率为1sin41∘
B. 激光在水中的速度为csin41∘
C. 当他以α=60°向水面发射激光时，岸上的同伴发现激光束的方向与水面的夹角小于60°
D. 当他以α=60°向水面发射激光时，岸上的同伴发现激光束的方向与水面的夹角大于60°
6.等腰直角三角形EDF(∠EDF=90°)的顶点分别固定一根长直导线，导线中通有大小相等的电流，电流方向如图所示，O点为三角形的重心。已知D处电流在O点产生的磁场磁感应强度为B0，通电长直导线周围磁场磁感应强度大小与电流I和距离r的关系为B=kIr(k为常数)，则O点的磁感应强度为( )
A. 1.4B0，方向垂直DO向右B. 1.4B0，方向垂直DO向左
C. 1.8B0，方向垂直DO向右D. 1.8B0，方向垂直DO向左
7.卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，若仅考虑P、Q受到该行星的引力，引力大小随时间的变化如图所示，已知t2= 2t1，下列说法错误的是( )
A. P、Q绕行星公转的周期之比为1：2 2
B. P、Q到行星中心距离的最小值之比为3：2
C. P、Q的质量之比为32：81
D. Q的轨道长轴与短轴之比为2： 3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某量子计算机采用超导量子比特作为核心元件，其电流传输通道为纳米级铜导线。已知常温下铜的电阻率为1.7×10−8Ω⋅m，导线的横截面积为1.0×10−12m2，长度为50μm，每立方米的自由电子数为8.5×1028个，电子的电荷量为1.6×10−19C。若在导线的两端施加1μV的电压，则( )
A. 导线的电阻为0.85Ω
B. 导线的电阻为1.7Ω
C. 导线中自由电子定向移动速率约为6.3×10−5m/s
D. 导线中自由电子定向移动速率约为8.7×10−5m/s
9.如图所示，边长为0.18m、质量为2kg的正方体物块P置于粗糙的水平地面上，质量为0.5kg、可视为质点的物块Q紧贴着物块P的右侧由静止释放。释放Q的同时用水平向右的推力F推着物块P做加速度大小为2m/s2的匀加速运动，已知重力加速度g取10m/s2，P与地面、P与Q之间的动摩擦因数均为0.5，在物块落地前的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块P、Q之间的滑动摩擦力大小为1N
B. 物块Q经0.2s落地
C. 物块P与地面之间的滑动摩擦力大小为10.5N
D. 推力F的大小为15.25N
10.如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两组平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、阻值均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。闭合开关，一段时间后两导体棒达到稳定状态，下列说法正确的是( )
A. 稳定前导体棒b、c均做加速度增大的加速运动
B. 稳定前导体棒b、c的加速度大小之比始终是1：2
C. 稳定后导体棒c的速度大小为2E5Bd
D. 从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，导体棒b中产生的焦耳热为mE250B2d2
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学习小组用如图(a)所示的单摆实验装置测量当地的重力加速度并验证单摆摆动过程中机械能守恒，实验过程如下：
(1)先测量当地重力加速度：
①用游标卡尺测量小球的直径如图(b)所示，小球直径d= cm；
②竖直悬挂小球，调整悬点的高度，使小球能正好通过光电门，测出悬点与小球上端的距离l=78.00cm，单摆的摆长L= cm；
③将小球在竖直平面内拉离一个小角度后由静止释放，通过光电计时器记录下小球连续两次经过光电门的时间间隔t=0.90s；
④根据以上测量数据，可计算出当地重力加速度g= m/s2(π2取9.87，计算结果保留2位有效数字)；
⑤多次改变细线的长度，重复②③④的操作，计算出g的平均值。
(2)在测出重力加速度g后，该小组继续用此实验装置来验证小球摆动过程中机械能是否守恒，操作如下：
①将小球在竖直平面内拉离一个小角度，测出角度θ后由静止释放；
②通过光电计时器读出小球通过光电门的时间，计算出速度v；
③改变角度θ，重复实验，作出v2−csθ图像，若图像的斜率为 (用L和g表示)，则说明小球摆动过程中机械能守恒。
12.某实验小组测量一均匀新材料制成电阻的阻值。
(1)用多用电表粗测电阻，小组同学分别用“×1Ω”和“×10Ω”挡正确操作后测其电阻，指针位置如图(a)中的“位置1”和“位置2”所示，则应读取______(填“位置1”或“位置2”)指针所指数据，电阻的阻值为______Ω。
(2)为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测电阻外，实验室还备有的实验器材如下：
A.两节新的干电池
B.电压表V1(量程0～3V，内阻约为1kΩ)
C.电压表V2(量程0～15V，内阻约为5kΩ)
D.电流表A(量程0～60mA，内阻为10Ω)
E.电阻箱R1(0～999Ω，额定电流1A)
F.滑动变阻器R2(0～5Ω，额定电流1A)
G.滑动变阻器R3(0～2000Ω，额定电流0.1A)
H.开关和若干导线
电压表应选______；滑动变阻器应选______。(均用器材前的字母序号表示)
(3)为方便测量和计算，该小组将电阻箱R1调至100Ω后接入电路，请根据所选器材帮助该小组将电路图补全画到图(b)虚线框内。
(4)某次测量时电压表示数为2.91V，电流表示数为50mA，结合题干中数据可求得该电阻的阻值为______Ω(结果保留2位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图(a)所示，开口向上、内壁光滑的绝热汽缸竖直放置，汽缸内用质量为m=2kg、面积为S=1×10−3m2的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体。汽缸内有一阻值为R=100Ω的电热丝可以给密封气体加热，电热丝外加电压U随时间t的变化图像如图(b)所示，导线电阻和电热丝体积忽略不计，外界大气压为p0=1×105Pa，重力加速度g取10m/s2。初始时，开关K断开，活塞到汽缸底部的距离为ℎ0=20cm，密封气体的温度为T0=300K。现闭合开关K，经过一段时间t=500s后断开开关，最终活塞稳定，此时其上升了Δℎ=10cm，求：
(1)此时汽缸内气体的温度；
(2)闭合开关K到活塞最终稳定后，汽缸内密封气体的内能变化量。
14.如图所示，半径R=0.2m的34光滑圆弧轨道ABCD固定在竖直平面内，质量M=0.3kg的小球乙静止于B点。将质量为m的小球甲从距离A点正上方ℎ处由静止释放，小球甲从A点进入轨道后在B点与小球乙发生弹性碰撞，碰撞后二者沿轨道运动，之后恰能在B点发生第二次碰撞，重力加速度g取10m/s2，两小球均可看作质点，空气阻力不计。
(1)求小球甲的质量m；
(2)求ℎ的最大值；
(3)改变小球甲释放的高度，两球在B点发生碰撞后，小球乙可恰好经过D点，求此时小球甲碰撞后能够上升的最大高度H。
15.如图所示，空间交替分布着高度均为H=0.3m、水平方向足够宽的匀强电磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，虚线边界有磁场无电场。区域Ⅰ、Ⅲ磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小相同，区域Ⅱ电场方向竖直向上，电场强度E=724×106V/m。区域Ⅰ磁场上边界虚线上P点有一粒子源，可沿纸面以v0=3.0×106m/s的速度向磁场内发射带负电的粒子，粒子的比荷qm=−4×107C/kg，不计粒子重力。设粒子从P点射出时的速度方向与竖直方向的夹角为θ(−90°≤θ≤90°)，当θ=30°时，粒子恰能从P点正下方进入区域Ⅱ，取π=3。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)若粒子能进入区域Ⅲ且不能从下边界离开区域Ⅲ，求θ满足的条件；
(3)若θ=90°，将区域Ⅲ的高度调整为2H=0.6m，求粒子运动多长时间后其竖直位移大小为y=1.0m。
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A.半衰期是原子核固有的属性，由原子核内部结构决定，与外界物理条件(如温度、压强)和化学状态无关。因此，人的体温不会影响钇90的半衰期，故A错误；
B.半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，对少数原子核(如100个)不适用，无法确定经过一个半衰期后剩余的具体数量，故B错误；
C.钇90的半衰期T=2.67天，经过时间t=8天，衰变次数n=tT=82.67≈3。剩余未衰变的原子核比例为(12)n=(12)3=18，则衰变的比例为1−18=78=87.5%，故C正确；
D.根据质能方程ΔE=Δmc2，其中1u对应的能量为931.5MeV。已知衰变释放能量ΔE=2.27MeV，则质量亏损Δm=ΔE931.5MeV/u=2.27931.5≈0.0024u，而非0.024u，故D错误。
故选：C。
需先明确半衰期的统计规律及影响因素，再根据半衰期公式计算剩余原子核比例，最后利用质能方程计算质量亏损。
遇到半衰期问题，优先判断环境影响、统计规律这两个基础概念；计算半衰期时，先算经过的半衰期个数n，再用(12)n计算剩余比例；质能方程计算质量亏损时，注意单位换算的数量级，避免小数点错误。
2.【答案】D
【解析】解：A、当转速单位是r/s时，碳环转动的频率f=n=5×107Hz，故A错误；
B、碳环转动的周期T=1f=15×107s=2×10−8s，故B错误；
C、碳环转动的角速度ω=2πT=2π2×10−8rad/s=π×108rad/s，故C错误；
D、碳环边缘的线速度v=ωr=π×108×1.2×10−92m/s=60πm/s，故D正确；
故选：D。
根据T=1f、v=ωr，ω=2πT、当转速单位是r/s时，f=n计算各选项。
本题考查匀速圆周运动角速度、周期、频率、线速度之间的计算，解题关键是T=1f、v=ωr，ω=2πT计算。
3.【答案】A
【解析】解：只有波峰相遇点的位移能达到7cm。因为两列波波速大小相等，两列波相遇过程中x轴上首先出现位移为7cm质点为x=1cm和x=10.5cm的中点，该质点的横坐标为x=1cm+10.5−12cm=5.75m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据波速相等结合波的叠加进行解答。
解答本题的关键是掌握波的叠加，知道波速是由介质决定的。
4.【答案】C
【解析】解：间距因压力变化减小为d3，根据C=ɛrS4πkd可知电容增大为3C0，根据电场强度与电势差关系E=Ud可知，极板间电场强度变为E′=23Ud3=2Ud，即极板间电场强度增大为原来的2倍，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据C=ɛrS4πkd分析电容的变化，根据E=Ud分析电场强度的变化。
本题考查了电容决定式以及电场强度与电势差关系式的应用，基础题。
5.【答案】C
【解析】解：A.潜水爱好者发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α=41°时激光恰好发生全反射，则sin(90°−41°)=1n
解得n=1sin49∘，故A错误；
B.由n=cv
可得激光在水中的速度为v=cn=csin49°，故B错误；
CD.潜水爱好者以α=60°向水面发射激光时，入射角i=30°
由折射定律n=sinrsini
折射角r>30°
因此岸上的救援人员发现激光束的方向与水面的夹角小于60°，故C正确，D错误。
故选：C。
根据题意确定全反射临界角C，再由sinC=1n求水的折射率；由n=cv求激光在水中的速度；当他以α=60°向水面发射激光时，根据折射定律分析折射角大小，进而判断岸上的救援人员发现激光束的方向与水面的夹角和60°的关系。
本题主要考查了折射定律的相关应用，理解全反射角的计算公式，结合折射定律和几何关系即可完成分析。
6.【答案】A
【解析】解：设EF边的中点为P，OP距离为d，则DO的距离为2d，EO的距离为 d2+(3d)2= 10d
则B0=kI2d，E处电流在O点产生的磁场BE=kI 10d
E、F两处电流在O点产生的磁场B=2BEd 10d=kI5d=0.4B0
根据安培定则可知，D处电流在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直DO向右，E、F两处电流在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直DO向右，故O点的磁感应强度大小为1.4B0，方向垂直DO向右，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据等腰直角三角形重心性质确定O点到三顶点的距离关系，结合安培定则判断各导线在O点产生磁场的方向与大小，再进行矢量叠加。
本题综合考查安培定则与磁场叠加，需结合几何关系分析磁场大小、利用矢量合成求解合磁场，是电磁学基础与几何分析结合的典型题。
7.【答案】B
【解析】解：A、卫星P的周期为t1，卫星Q的周期为2t2，所以P、Q绕行星公转的周期之比为TP：TQ=t1：2t2，解得TP：TQ=1：2 2，故A正确；
BC、设卫星P、Q的质量分别为m1和m2，卫星P到行星最近距离为r1，到行星最远距离为r2，卫星Q到行星最近距离为r′1，到行星最远距离为r′2，由图可得8F=GMm1r12，2F=GMm1r22，9F=GMm2r1′2，F=GMm2r2′2，根据开普勒第三定律有(r1+r22)3TP2=(r1′+r2′2)3TQ2，解得r1r1′=23，m1m2=3281，r2=2r1，r′2=3r′1，故B错误，C正确；
D、设Q的轨道半短轴为b，半长轴为a，焦点到椭圆中心的距离为c，根据几何关系有c=r1′+r2′2−r1′，a=r1′+r2′2，
对椭圆有c= a2−b2，联立解得b= 3r1′，所以Q的轨道长轴与短轴之比为2a：2b=2： 3，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
根据图像读出P、Q绕行星公转的周期，再求公转的周期之比；根据开普勒第三定律和万有引力定律结合图像可得处它们到行星中心距离的关系和质量关系；根据椭圆的几何关系计算轨道的长轴与短轴的比值。
熟练掌握开普勒第三定律和万有引力定律的应用是解题的基础，知道椭圆轨道的半长轴和半短轴之间的几何关系。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、已知铜的电阻率ρ=1.7×10−8Ω⋅m，导线长度L=50μm=50×10−6m，横截面积S=1.0×10−12m2，根据电阻定律
R=ρLS
代入数据得：
R=0.85Ω
故A正确，B错误；
CD、由欧姆定律
I=UR
电压U=1μV=1×10−6V，解得有：
I=1.176×10−6A
根据电流微观表达式
I=nqSv
其中n=8.5×1028个，q=1.6×10−19C，S=1.0×10−12m2，解得：
v=InqS
解得
v≈8.7×10−5m/s
故D正确，C错误。
故选：AD。
需先根据电阻定律计算导线电阻，再利用欧姆定律求出电流，最后结合电流微观表达式计算自由电子定向移动速率。
本题主要考查的是电流的微观表达式、欧姆定律的简单应用、利用电阻定律求电阻，熟练掌握基础公式是关键。
9.【答案】BD
【解析】解：A.水平方向上，Q随P一起以ap=2m/s2做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得P对Q的弹力N=mQaP=0.5kg×2m/s2=1N，所以P、Q间滑动摩擦力f=μN=0.5×1N=0.5N，故A错误；
B.在竖直方向，Q受重力和P对Q向上的滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律有mQg−f=mQaQ，解得Q的竖直加速度aQ=9m/s2，Q下落位移为P的边长L，由匀变速直线运动位移公式得L=12aQt2，解得落地时间t= 2LaQ= 2×0.18m9m/s2=0.2s，故B正确；
C.竖直方向P受自身重力、Q对P向下的滑动摩擦力、地面支持力N地，竖直方向受力平衡，所以地面支持力N地=MPg+f′=2kg×10m/s2+0.5N=20.5N，P与地面的滑动摩擦力f地=μN地=0.5×20.5N=10.25N，故C错误；
D.水平方向P受向右的推力F、向左的地面摩擦力f地、向左的Q对P的弹力，由牛顿第二定律得F−f地−N′=MPaP，解得推力F=2kg×2m/s2+10.25N+1N=15.25N，故D正确。
故选：BD。
对Q水平方向受力分析，由牛顿第二定律求弹力，再由滑动摩擦力公式求P、Q间摩擦力。对Q竖直方向受力分析，由牛顿第二定律求Q的竖直加速度，再由匀变速位移公式求下落时间。对P竖直方向受力分析，由平衡条件求地面支持力，再由滑动摩擦力公式求P与地面的摩擦力。对P水平方向受力分析，由牛顿第二定律求推力F。
本题考查牛顿第二定律的应用、滑动摩擦力的计算、匀变速直线运动的位移公式、连接体的受力与运动分析，重点考查对物体进行隔离受力分析、分方向列牛顿第二定律方程的能力。
10.【答案】BCD
【解析】解：A.稳定前b、c棒均做加速运动，回路中的总电动势E′=E−BLbvb−BLv，则回路中的总电动势随着两棒速度的增加而逐渐减小，由闭合电路欧姆定律知回路中电流逐渐减小，对b、c两棒受力分析，由牛顿第二定律得BIL=ma，则两棒的加速度逐渐减小，故稳定前b、c棒均做加速度减小的加速运动，故A错误；
B.加速过程中，由BIL=ma，得加速度大小为a=BILm，则稳定前b、c棒的加速度大小之比abac=d2d=12，故B正确；
C.两棒稳定时回路中的总电动势为零，则E=Bdvb+B⋅2dvc，分别以加速时b和c棒的速度方向为正方向，对b棒根据动量定理得BI−dt=Bdq=mvb−0，对c棒根据动量定理得BI−⋅2dt=B⋅2dq=mvc−0，联立解得vb=E5Bd，vc=2E5Bd，故C正确；
D.由能量守恒定律知电源提供的电能转化为两棒的动能和回路产生的焦耳热，则Eq=12mvb2+12mvc2+Q，又导体棒b接入电路的有效长度为d，则导体棒b在回路中的有效阻值为R2，故Qb=R2R2+R+RQ，解得导体棒b中产生的焦耳热为Qb=mE250B2d2，故D正确。
故选：BCD。
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律结合牛顿第二定律分析解答；根据牛顿第二定律列式解答；根据动量定理列式求解；根据功能关系和热量与电阻的关系列式求解。
考查法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、牛顿第二定律的应用，理解功能关系，属于中等难度考题。
11.【答案】1.86
78.93
9.6
−2gL

【解析】解：(1)①10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，小球直径d= 18mm+6×0.1mm=1.86cm；
②单摆的摆长L=l+d2=78.00cm+1.862cm=78.93cm；
④单摆的周期T=2t=2×0.90s=1.80s
根据单摆周期公式T=2π Lg
当地重力加速度g=4π2LT2=4×9.87×78.93×10−21.802m/s2≈9.6m/s2
(2)③若摆球在摆动过程中机械能守恒，满足mgL(1−csθ)=12mv2
变形得v2=2gL−2gLcsθ
v2−csθ图像的斜率k=−2gL
因此若图像的斜率为−2gL说明小球摆动过程中机械能守恒。
故答案为：(1)①1.86；②78.93；④9.6；(2)③−2gL。
(1)①10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
②根据单摆的含义求解作答；
④根据单摆周期公式求解作答；
(2)③根据机械能守恒定律求解v2−csθ函数，结合图像的斜率求解作答。
本题主要考查了利用单摆实验装置测量当地的重力加速度并验证单摆摆动过程中机械能守恒的实验，要明确实验原理，掌握单摆周期公式和机械能守恒定律的运用，掌握游标卡尺的读数规则。
12.【答案】位置1;95 D;F 93
【解析】解：(1)欧姆表的指针指在中央刻线附近读数误差较小，故应读取位置1指针所指的数据，电阻的阻值为95Ω。
(2)电源电动势为3V，故电压表应选择量程为0～3V的B，滑动变阻器采用分压式接法，为调节方便应选择阻值较小的F。
(3)电流表内阻已知，故采用内接，由于所给的电流表量程较大，需要将电阻箱并联在待测电阻上来增大通过电流表的电流，电路图如图所示。
(4)待测电阻和电阻箱并联，并联后总电阻为R=RxR1Rx+R1，根据欧姆定律可知R=UI−RA=2.9150×10−3Ω−10Ω=48.2Ω，联立解得Rx≈93Ω。
故答案为：(1)位置1，95；(2)B，F；(3)
(4)93。
(1)根据减小读数误差分析判断；
(2)根据电动势选择电压表，根据调节方便选择滑动变阻器；
(3)根据电流表内阻已知选择电流表接法，电阻箱与待测电阻并联增大电流画出电路图；
(4)根据串并联电路规律和欧姆定律计算。
本题关键掌握伏安法测电阻的实验原理、电学器材的选择方法和测量电路的选择方法、欧姆表的读数方法。
13.【答案】此时汽缸内气体的温度为450K 闭合开关K到活塞最终稳定后，汽缸内密封气体的内能内能增加了68J
【解析】解：(1)最终活塞稳定后，设气缸内密封气体的温度为T1，加热过程中汽缸内气体压强不变，根据盖—吕萨克定律有Sℎ0T0=S(ℎ0+Δℎ)T1
解得T1=450K
(2)密封气体的压强为p1=p0+mgS
代入数据得p1=1.2×105Pa
活塞上升过程中，密封气体对外做功为W=p1S⋅Δℎ
代入数据得W=12J
开关K闭合时，电热丝产生的热量为Q=(U 2)2⋅1R⋅t
代入数据得Q=80J
根据热力学第一定律有ΔU=Q−W=80J−12J=68J
即内能增加了68J。
答：(1)此时汽缸内气体的温度为450K；
(2)闭合开关K到活塞最终稳定后，汽缸内密封气体的内能内能增加了68J。
(1)气体做等压变化，先确定压强不变，再用盖—吕萨克定律，结合体积变化求末温；
(2)先算电热丝产生的总热量，再算气体膨胀对外做的功，最后用热力学第一定律求内能变化。
这是一道高考物理热学综合题，同时考查了气体实验定律(等压变化)、交变电流有效值、热力学第一定律三大热学核心模块，还融合了受力分析、功的计算等力学基础，综合性强。
14.【答案】小球甲的质量m为0.1kg ℎ的最大值为0.6m 改变小球甲释放的高度，两球在B点发生碰撞后，小球乙可恰好经过D点，此时小球甲碰撞后能够上升的最大高度H为0.5m
【解析】解：(1)若满足条件，小球甲、乙碰撞后恰能在B点发生第二次碰撞，则碰后甲、乙速度等大反向，均设为v，设碰前甲的速度为v0，以v0的方向为正方向，有
mv0=m(−v)+Mv
12mv02=12m(−v)2+12Mv2
解得
v=v02
m=0.1kg
(2)若满足条件，小球甲、乙碰撞后恰能在B点发生第二次碰撞，则碰后小球乙沿轨道上升的最大高度为R=0.2m，小球乙上升过程
12Mvm2=MgR
由(1)可知
v0=2vm
小球甲自由下落
mg(ℎ+R)=12mv02
解得
ℎ=0.6m
(3)若小球乙恰好经过D点，对小球乙有
Mg=MvD2R
小球乙由B点上升到D点的过程中
−Mg×2R=12MvD2−12MvB2
则碰后甲、乙速度等大反向，对小球甲有
−mgH=0−12mvB2
解得
H=0.5m
答：(1)小球甲的质量m为0.1kg；
(2)ℎ的最大值为0.6m；
(3)改变小球甲释放的高度，两球在B点发生碰撞后，小球乙可恰好经过D点，此时小球甲碰撞后能够上升的最大高度H为0.5m。
(1)根据动量守恒和能量守恒定律求小球甲的质量m；
(2)根据动能定理求出ℎ的最大值；
(3)根据牛顿第二定律和动能定理求此时小球甲碰撞后能够上升的最大高度H。
本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理的应用。对于多物体的相对运动的模型，解答时要理清物体的相对运动过程，确定所研究过程的初末状态。掌握应用动量守恒定律和机械能(或能量)守恒定律综合解决问题的方法。
15.【答案】磁感应强度B的大小是0.25T 若粒子能进入区域Ⅲ且不能从下边界离开区域Ⅲ，θ满足的条件是0