2023年重慶市主城四區(qū)高考物理聯(lián)考試卷

2023年重慶市主城四區(qū)高考物理聯(lián)考試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷

上無效。

3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。

1.如圖所示，物體4和小車用輕繩連接在一起，小車以速度火向右勻速運動。當小車運動到

圖示位置時，輕繩與水平方向的夾角為9,關于此時物體力的運動情況的描述正確的是（）

A.物體4減速上升B.物體4的速度大小3=v0

C.物體4的速度大小以=v0sin9D.物體4的速度大小以=v0cos6

2.如圖所示，在光滑水平面上有質量分別為小、MB的物體力，B通過輕質彈簧相連接，物

體4緊靠墻壁，細線連接4B使彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時彈性勢能為Ep°?，F(xiàn)燒斷細線，對以

后的運動過程，下列說法正確的是（）

A[B

?____

/mI皿0（\000。

A.全過程中墻對4的沖量大小為青

B.物體B的最大速度為J黑

2Ep（）

C.彈簧長度最長時，物體B的速度大小為缶

D.彈簧長度最長時，彈簧具有的彈性勢能Ep>Ep0

3.a、b兩車在平直公路上沿同一方向行駛，兩車運動的v-t圖象如圖所示，在t=0時刻,

b車在a車前方So處，在0?ti時間內，b車的位移為s,則（）

A.若a、b在公時刻相遇，則so=3s

B.若a、b在段時刻相遇，則s（）=|s

C.若a、b在M時刻相遇，則下次相遇時刻為如

D.若a、b在a時刻相遇，則下次相遇時a車速度為當

4.如圖，一小孩在河水清澈的河面上以：bn/s的速度游泳，t=0時份

刻他看到自己正下方的河底有一小石塊，t=3s時他恰好看不到小石［干二二；—

.M?-冬0MBww*M■.WB.

塊了，河水的折射率n=%下列說法正確的是（）三擊三-三一三-三

A.3s后，小孩會再次看到河底的石塊B.前3s內，小孩看到的石塊越來越明亮

C.這條河的深度為CmD.C=0時小孩看到的石塊深度為殍m

5.如圖所示，車廂水平底板上放置質量為M的物塊，物塊上固

定豎直輕桿，質量為m的球用細線系在桿上。點。當車廂在水平

面上沿直線加速運動時.，球和物塊相對車廂靜止，細線偏離豎直

方向的角度為依此時車廂底板對物塊的摩擦力為/、支持力為N,已知重力加速度為g,則（）

A./=MgsindB./=MgtandC.N=(M+m)gD.N=Mg

6.如圖所示，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端固定一質量不為零的托盤，

在托盤上放置一小物塊，系統(tǒng)靜止時彈簧頂端位于B點（未標出）?，F(xiàn)對小物塊施

加以豎直向上的力F，小物塊由靜止開始做勻加速直線運動。以彈簧處于原長時，

其頂端所在的位置為坐標原點，豎直向下為正方向，建立坐標軸。在物塊與托盤

脫離前，下列能正確反映力F的大小隨小物塊位置坐標工變化的圖象是（）

F

B.

7.如圖所示，abed為固定的水平光滑矩形金屬導軌，導軌間距為L左右兩端接有定值電阻占

和&，Ri=Rz=R，整個裝置處于磁感應強度大小為B,方向豎直向下的勻強磁場中。質量

為小的導體棒MN放在導軌上，棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌與棒的電阻。兩根相

同的輕質彈簧甲和乙一端固定，另一端同時與棒的中點連接。初始時刻，兩根彈簧恰好處于

原長狀態(tài)，棒獲得水平向左的初速度為,第一次運動至最右端的過程中以產生的電熱為Q,

下列說法中正確的是（）

A.初始時刻棒所受安培力的大小為的①/?

R

4產五

B.棒第一次回到初始位置的時刻，/?2的電功率小于

R

C.棒第一次到達最右端的時刻，兩根彈簧具有彈性勢能的總量為詔-Q

D.從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生的電熱大于|Q

8.a、b兩個質點在同一直線上運動，它們的速度隨時間變化的規(guī)律如

圖所示，0~10s內b質點運動的距離為65m,t=10s時，a、b兩質點速

度相等，且此時兩質點剛好相遇，則（）

A.t=0時刻，兩質點相距25mB.t=10s時，兩質點的速度

為8m/s

C.t=15s時，兩質點相距18.75mD.t=20s時，兩質點再次相遇

9.卡文迪許把自己測量引力常量的實驗說成是“稱量地球重量”。若已知引力常量，下列

說法正確的有（）

A.根據(jù)火星半徑和火星表面的重力加速度，可估算火星密度

B.根據(jù)土星繞太陽公轉的半徑和周期，可估算土星質量

C.根據(jù)金星繞太陽公轉的半徑、周期和太陽半徑，可估算太陽表面的重力加速度

D.根據(jù)月球公轉周期、月地距離和地球表面重力加速度，可估算地球的第一宇宙速度

10.一定質量的理想氣體經歷下列過程后，說法正確的是（）

A.保持體積不變，增大壓強，氣體內能增大

B.降低溫度，減小體積，氣體分子單位時間內碰撞器壁單位面積的次數(shù)可能增大

C.保持體積不變，降低溫度，氣體分子單位時間內碰撞器壁單位面積的次數(shù)減小

D.壓強減小，降低溫度，氣體分子間的平均距離一定減小

E.保持溫度不變，體積增大，氣體一定從外界吸收熱量

11.某同學在實驗室利用圖甲所示的裝置探究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質

量的關系”。圖中長木板水平固定，小吊盤和盤中物塊的質量之和m遠小于滑塊（含滑塊上的

祛碼）的質量Mo

⑴為減小實驗誤差，打點計時器應選用（填“電磁打點計時器”或“電火花計時

器”)。

(2)該同學回到教室處理數(shù)據(jù)時才發(fā)現(xiàn)做實驗時忘記了平衡摩擦力，也沒有記下小吊盤和盤中

物塊的質量之和。圖乙為實驗中所得的滑塊的加速度a與滑塊(含滑塊上的祛碼)的質量的倒數(shù)

5的關系圖象。取g=lOm/s2,根據(jù)圖象可求出小吊盤和盤中物塊的質量之和約為kg,

滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為o

12.有一個量程為3V、內電阻約為40000的電壓表，現(xiàn)用如圖所示

的電路測量其內電阻

(1)實驗中可供選擇的滑動變阻器有兩種規(guī)格，甲的最大阻值為

20000,乙的最大阻值為100。應選用.(選填“甲”或

“乙”)

(2)實驗過程的主要步驟如下，請分析填空。

A.斷開開關S,把滑動變阻器R的滑片P滑到端(選填"a”或"b”)

A將電阻箱R'的阻值調到零;

C.閉合開關S,移動滑片P的位置，使電壓表的指針指到3U

D開關S處于閉合狀態(tài)保持滑片P的位置不變，調節(jié)電阻箱R'的阻值使電壓表指針指到

K,讀出此時電阻箱R'的阻值，此值即為電壓表內電阻的測量值

(3)電壓表內電阻的測量值R股和真實值R點相比，有R潮R真。(選填“>”或

)

13.如圖所示的U形玻璃管，左管開口，右管管口封閉，管中一段水

銀在右管中封閉了一段氣柱，氣柱高度為20cm,左右兩管中水銀面

的高度差為10cm,左管水銀柱的橫截面積為lcm2,右管中水銀柱的

橫截面積為2cm2.己知環(huán)境溫度為27久，大氣壓強為75cm"g,左管足

夠長，右管中水銀柱高度大于5cm。

(i)若在左管中緩慢倒入水銀，使右管中氣柱體積減少：，求需要倒入

水銀的體積；

(〃)若給右管中氣柱緩慢加熱，使左管中水銀液面與右管頂端相平，求氣柱需要升高的溫度。

14.如圖所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可視為質點的滑塊靜止

放在木板的上表面。t=0時刻，給木板一個水平向右的初速度火,同時對木板施加一個水平

向左的恒力F,經一段時間，滑塊從木板上掉下來。已知木板質量M=3/cg,高h=0.2M,與

地面間的動摩擦因數(shù)〃=0.2；滑塊質量m=0.5kg,初始位置距木板左端5=0.46m,距木

板右端乙2=。.14?。撼跛俣?。o=2m/s,恒力F=8N,重力加速度g=ICbn/s?。求：

(1)滑塊從離開木板開始到落至地面所用時間；

(2)滑塊離開木板時，木板的速度大小。

15.如圖所示，直角坐標系xOy內z軸以下、x=b(b未知)的左側有沿y軸正向的勻強電場，

在第一象限內y軸、x軸、虛線MN及x=匕所圍區(qū)域內右垂直于坐標平面向外的勻強磁場，

N的坐標分別為(0,a)、(a,0),質量為小、電荷量為q的帶正電粒子在P點(-見-^a)以初速度

%沿%軸正向射出，粒子經電場偏轉剛好經過坐標原點，勻強磁場的磁感應強度8=需，粒

子第二次在磁場中運動后以垂直x=b射出磁場，不計粒子的重力。求：

(1)勻強電場的電場強度以及b的大??；

(2)粒子從P點開始運動到射出磁場所用的時間。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：將小車的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向進行分解，

沿繩子方向的分速度等于a的速度，則：vA=v0cosd,

小車向右做勻速直線運動，貝的減小，則A的速度增大，4做加速運動，故。正確，ABC錯誤。

故選：Do

將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的分速度等于4的速度，根據(jù)平

行四邊形定則判斷4的速度的變化。

本題考查運動的合成與分解，抓住小車在沿繩子方向的速度等于A的速度，通過平行四邊形定則

進行求解。

2.【答案】BC

【解析】解：B、彈簧恢復原長時彈簧的彈性勢能轉化為物體B的動能，物體B的速度最大，設B的

最大速度為火，由能量守恒定律得：Ep0=^mBv^,解得B的最大速度：%=I細故B正確；

4、從燒斷細線到彈簧恢復原長過程，設彈簧對B的沖量為/,對B,由動量定理得：/=加8%

彈簧對4的彈力與對B的彈力大小相等、方向相反、作用時間相等，則彈簧對4的沖量位-/,

從燒斷細線到彈簧恢復原長過程，設墻對A的沖量為/智，對4由動量定理得：/懵-/=。

解得：/錯=m8]^，

4離開墻后墻對4沒有作用力，因此全過程墻對4的沖量大小為me宛，故A錯誤；

C、當彈簧最長時，4、B的速度相等，設為外4離開墻壁后力、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系

統(tǒng)動量守恒，

以向右為正方向，由動量守恒定律得：mBv0=(mA4-mH)v,解得彈簧最長時5的速度：v=

乃運，故c正確;

。、當彈簧最長時，4、B具有共同的速度〃=--口品，設它們的總動能為外,對A、B系統(tǒng)，

由能量守恒定律得：

Ep°=Ep+Ek，則彈簧長度最長時彈簧具有的彈性勢能Ep<Ep0,故O錯誤。

故選：BC。

彈簧恢復原長時彈簧的彈性勢能轉化為物體B的動能，物體B的速度最大，由能量守恒定律可以求

出物體8的最大速度；由動量定理求出彈簧對8的沖量，然后由動量定理求出全過程墻對力的沖量

大?。粡椈砷L度最長時，4、8速度相等，A離開墻壁后4、B組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒

定律求出彈簧最長時的速度大?。桓鶕?jù)能量守恒定律判斷彈簧最長時彈簧的彈性勢能與彈簧最

初彈性勢能的關系。

本題考查了動量守恒定律與能量守恒定律的應用，根據(jù)題意分析清楚4、B的運動過程是解題的前

提與關鍵，應用動量守恒定律、動能定理與能量守恒定律即可解題。

3.【答案】B

【解析】

【分析】

本題要抓住速度-時間圖象反映速度隨時間的變化規(guī)律，是物理公式的函數(shù)表現(xiàn)形式，分析問題

時要做到數(shù)學與物理的有機結合，數(shù)學為物理所用。要知道在速度圖象中，縱軸截距表示初速度，

圖象與時間軸圍成的“面積”表示位移，抓住以上特征，靈活分析。

【解答】

A、由圖可知，在0—“時間內，b車的位移為s,貝!]Q車的位移為3s,若a、b在口時刻相遇，貝心。=

3s-s=2s,故A錯誤；

o”/2”t

B、若Q、b在今時刻相遇，由圖象可知，陰影部分對應的面積等于So，即So=,x2s=|s,故8

正確。

C、若a、b在今時刻相遇，根據(jù)對稱性知，下次相遇時刻為ti+|q=|t「故C錯誤。

。、若a、b在與時刻相遇，根據(jù)對稱性知，下次相遇時刻為根據(jù)幾何關系知下次相遇時a車速

441

度為%=32%=半故。錯誤。

故選：B。

4.【答案】C

【解析】

【分析】

t=3s時他恰好看不到小石塊，說明光線恰好發(fā)生了全反射，入射角等于

臨界角C,根據(jù)sinC=」求出臨界角，再根據(jù)幾何關系求這條河的深度。

n

根據(jù)="求”。時小孩看到的石塊深度。

視n

解決本題的關鍵要理解全反射現(xiàn)象，明確恰好發(fā)生全反射時，入射角等于臨界角，結合幾何知識

幫助解答。

【解答】

A、t=3s時他恰好看不到小石塊，則知光線恰好發(fā)生了全反射，入射角等于臨界角C,3s后，入

射角大于臨界角，光線仍發(fā)生全反射，所以，小孩不會看到河底的石塊，故4錯誤；

8、前3s內，小孩到石頭的距離變大，以石頭為球心，距離為半徑的球面積變大，人眼接收到的

光減弱，所以小孩看到的石塊越來越暗，故8錯誤；

C、3s內小孩通過的位移為s=a=1x3m=3m。根據(jù)全反射臨界角公式得sinC電=3

sinC

可得tcmC=

J1—sin2C

如圖所示，這條河的深度為九=磊=+m=C伍，故C正確;

7

。、t=0時小孩看到的石塊深度為九皿=2=字m，故。錯誤。

視n4

故選：C

5.【答案】C

【解析】解：以小球為研究對象，受力如圖1所示，由

牛頓第二定律得:

mgtand=ma

解得：a=gtand

/

對小球、細線、輕桿和物塊整體為研究對象，分析受力

(M+m)g

度1圖2

如圖2所示，由牛頓第二定律得：

水平方向有：N-(M+m)g=O

豎直方向有：/=(M+m)a

解得：/=+m)gtan6,W=(M+m)g,故ABQ錯誤，C正確。

故選：

解決本題的關鍵要知道小球和物體具有相同的加速度，通過整體法和隔離法進行求解。要注意分

析受力，作出力圖。

6.【答案】B

【解析】解：以物塊與托盤整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得

F+kx-mg=ma,得尸=mg+ma—kx,可知F隨著x增大而減小，當尸=機(&+9)時，物

塊與彈簧脫離，故AC。錯誤，8正確。

故選：B。

以物塊與托盤整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律列式，得到F與x的關系式，再選擇

圖象。

對于圖象問題，往往根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，來分析圖象的形狀，從而研究圖象的物理意義。

7.【答案】BD

【解析】解：力、由F=B/L及/=普=半，得安培力大小為巳=B/L=迫包.故A錯誤；

B、由于安培力始終對MN做負功，產生焦耳熱，由動能定理得：當棒再次回到初始位置時，速度

小于孫，棒產生的感應電動勢小于則48間電阻R的功率小于耳士故B正確；

C、由能量守恒得知，當棒第一次達到最右端時，物體的機械能全部轉化為整個回路中的焦耳熱

和甲乙彈簧的彈性勢能，兩個電阻相同并聯(lián)，故產生的熱量相同，則電路中產生總熱量為2Q,所

以兩根彈簧具有的彈性勢能為詔-2Q,故C錯誤；

。、由于安培力始終對MN做負功，產生焦耳熱，棒第一次達到最左端的過程中，棒平均速度最大，

安培力平均值最大，電路中產生總熱量為2Q,從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中；整個

回路中產生的焦耳熱應大于4X2Q,故。正確；

故選：BD。

由E=BL%、I=*、F=B/L三個公式結合求解初始時刻棒受到安培力大小。MN棒從開始到第一

K

次運動至最右端，電阻R上產生的焦耳熱為2Q,整個回路產生的焦耳熱為4Q。

本題分析系統(tǒng)中能量如何轉化是難點，也是關鍵點，根據(jù)導體棒克服安培力做功等于產生的焦耳

熱，分析電阻R上產生的熱量。

8.【答案】AB

【解析】解：

A、由于t=10s速度相等時，a、b兩質點剛好相遇，貝!It=0時，兩質點相距為：x0=xa-xb=

gX(10—5)X10m=25m,故4正確。

B、設t=10s時，b質點的速度為則有：當x10=65m,求得：v=8m/s,故8正確。

C、由幾何關系可知，t=15s時，兩質點相距的距離與t=5s時相距相同，則有：x=x0—|x0=

6.25m,故C錯誤。

D、t=20s時,兩質點相距%°.故。錯誤。

故選：AB.

t=10s時兩質點剛好相遇，a、b位移之差等于t=0時刻兩者的間距。根據(jù)圖象的“面積”來求

t=10s時，兩質點的速度。根據(jù)位移關系求t=15s時，兩質點的間距，并分析兩質點能否相遇。

圖象的優(yōu)點是不僅能夠形象、直觀地反映出物體的運動規(guī)律，圖線的斜率，圖線與時間軸所圍的

“面積”等還有特殊的物理意義。

9.【答案】ACD

【解析】解：4、根據(jù)物體在火星表面受到重力等于萬有引力可知，粵=mg,解得用=火，

RG

2=整=急，可以求出火星密度，故A正確；

LV4nRG

3、只能求出中心天體的質量，環(huán)繞天體的質量無法求出，故土星質量無法求出，故8錯誤；

C、金星繞太陽公轉,6爺=小竽R,解得M=察,太陽半徑r己知，則表面重力加速度g=得=

噌，故C正確；

D、月球繞地球做勻速圓周運動，爺=加整R,地球表面重力加速度g已知，根據(jù)黃金代換式

GM=gr2,可以求出地球半徑r,根據(jù)v=J方，可以求出地球的第一宇宙速度，故。正確。

故選：ACDo

根據(jù)萬有引力等于重力可以求出中心天體的質量；

根據(jù)萬有引力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出中心天體的質量、第一宇宙速度等知識；

環(huán)繞天體的質量、密度無法求出。

本題考查了測量天體的密度、質量、第一宇宙速度和表面重力加速度等知識，知道萬有引力等于

重力、萬有引力提供向心力，應用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題。

10.【答案】ABCE

【解析】解：4、根據(jù)氣體狀態(tài)方程華=C可知，體積不變，增大壓強，溫度升高，氣體內能增大，

故A正確；

8、降低溫度，分子的平均動能減小，減小體積，單位體積內的分子數(shù)增多，根據(jù)牛=C可知，壓

強有可能增大，故氣體分子單位時間內碰撞器壁單位面積的次數(shù)可能增大，故8正確；

C、保持體積不變，單位體積內的分子數(shù)不變，降低溫度，根據(jù)華=C可知，壓強減小，氣體分子

單位時間內碰撞器壁單位面積的次數(shù)減小，故C正確；

。、根據(jù)華=C可知，當壓強減小，降低溫度，氣體的體積也有可能增大，此時氣體分子間的平

均距離可能增大，故。錯誤；

E、保持溫度不變，氣體的內能不變，體積增大，對外做功，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體一定

從外界吸收熱量，故E正確；

故選：ABCE.

利用控制變量法，根據(jù)氣體狀態(tài)方程華=。分析壓強，體積，及溫度的變化，知道溫度是分子平

均動能的標志，利用熱力學第一定律判斷出吸放熱。

本題主要考查了理想氣體的狀態(tài)方程，根據(jù)方程判斷出壓強、體積和溫度間的變化關系，即可。

11.【答案】電火花計時器0.020.2

【解析】解：(1)電磁打點計時器紙帶運動時，振針振動，計時器與紙帶存在較大摩擦，而電火花

打點計時器由火花放電，摩擦小，故選用電火花打點計時器誤差??；

(2)根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有7-=Ma

則a=W-〃g

即圖像斜率表示合外力則有

2

T=k=^N=0.2N

由于小吊盤和盤中物塊的質量之和m遠小于滑塊(含滑塊上的祛碼)的質量M,則小吊盤和盤中物塊

的總重力近似等于合力，所以小吊盤和盤中物塊的總質量為

T02

m=g=元kg=0Q2kg

乙圖中縱截距—〃g=-2m/s2

則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2

故答案為：(1)電火花計時器；(2)0.02,0.2?

(1)為減小實驗誤差，打點計時器應選用電火花計時器。

(2)對滑塊進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度和質量的倒數(shù)的關系式，結合圖形求解質

量和動摩擦因數(shù)；

知道打點計時器和電火花打點計時器的工作原理，掌握根據(jù)圖象求解物理量的方法。

12.【答案】乙b1.5>

【解析】解：(1)滑動變阻器在電路中采用分壓式接法，為方便調節(jié)，同時，為減小實驗誤差，滑

動變阻器的最大電阻應遠小于測量電路的電阻，故應選擇最大阻值為10。的滑動變阻器，即應選

用乙；

(2)4、在閉合S前，滑動變阻器滑片應移到b端，使電壓表示數(shù)為0；

。、當電阻箱阻值為0時，調節(jié)滑動變阻器R的阻值，使電壓表滿偏為3K接入電阻箱后認為電路

測量部分的總電壓不變，仍為3%當電壓表讀數(shù)為1.5H1寸，電阻箱兩端電壓也為1.5匕則電壓表

內電阻與電阻箱阻值相等；

(3)電阻箱與電壓表串聯(lián)后，測量電路的電阻增加，則測量電路兩端的總電壓稍大于3.0V,則電阻

箱兩端的電壓稍大于1.5V,所以電阻箱的阻值大于電壓表的阻值，即R微〉R豆。

故答案為：⑴乙;(2)b,1.5；(3)>o

(1)滑動變阻器分壓接法選用最大電阻遠小于待測電阻的滑動變阻器；

(2)閉合開關前，滑動變阻器滑片所處位置應使電壓表示數(shù)為0；開關S處于閉合狀態(tài)保持滑片P的

位置不變，電阻箱R'與電壓表串聯(lián)總電壓基本不變，根據(jù)半偏法原理確定電壓表的讀數(shù)；

(3)分析待測電阻兩端的電壓關系，即可求解測量值與真實值的大小關系。

本題要了解滑動變阻器分壓接法和限流接法的區(qū)別，搞懂半偏法測量電壓表內阻的原理是關鍵。

13.【答案】解：(i)開始時，封閉氣體的壓強為A=Po+10=85snHg

設倒入水銀后，右管中氣體壓強為P2，則：Pi八應=P2x/況

解得P2=102cmHg

左右管中液面的高度差為△h=(102-75)cm=27cm

倒人的水銀體積，=(17+第CMx1m2+系x2cm3=27cm3；

(it)若給右管中氣柱緩慢加熱，使左管中水銀液面與右管管口相平，設氣柱升高的溫度為△7,此

時左管液面上升10cm,右管中液面下降5cm,則右管中氣體壓強P3=Po+25cmHg=100cmHg

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有羋送=黑黑

1111+△/

解得△7=141Ko

答：(i)若在左管中緩慢倒入水銀，使右管中氣柱體積減少：，需要倒入水銀的體積為27cm3；

(ii)若給右管中氣柱緩慢加熱，使左管中水銀液面與右管頂端相平，氣柱需要升高的溫度為141K。

【解析】(i)求出開始封閉氣體的壓強和倒入水銀后右管中氣體壓強，再根據(jù)幾何關系求解；

(ii)若給右管中氣柱緩慢加熱，使左管中水銀液面與右管管口相平求出右管中氣體壓強，根據(jù)理想

氣體狀態(tài)方程求解。

本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個狀態(tài)參

量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解。

14.【答案】解：(1)設滑塊從離開木板開始到落到地面所用時間為以地面為參考系，滑塊離

開木板后做自由落體運動，根據(jù)運動學公式知

解得to=0.2s

(2)以木板為研究對象，向右做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：

F+/j.(m+M)g—Mar

解得：的=Sm/s2

則木板減速到零所經歷的時間為

代入數(shù)據(jù)得：t】=0.4s

所經過的位移為：

*=忒VQ

Si=0.4m

由于Si<L，表明這時滑塊仍然停留在木板上，此后木板開始向左做勻加速直線運動，摩擦力的

方向改變，由牛頓第二定律得：

F—(j.(m+M)g—Ma2

2

代入數(shù)據(jù)得：a2=1m/s

滑塊離開木板時，木板向左的位移為：

S2=Si+L2

代入數(shù)據(jù)得：s2=0.54m

該過程根據(jù)運動學公式

1.2

S2=2。2場

解得：t2=1.8s

滑塊滑離瞬間木板的速度為：

v2=a2t2

解得：v2=0.6m/So

答：(1)滑塊從離開木板開始到落至地面所用時間為0.2s；

(2)滑塊離開木板時，木板的速度大小為0.6m/s。

【解析】(1)由于4上表面光滑，小物塊8與木板4間無摩擦則小物塊B離開木板4前始終對地靜止，

滑塊離開后做自由落體運動，由九=