2023-2024年河北省邢臺(tái)市部分高中高三下學(xué)期二模物理試題（解析版）

物理試卷一、單選題1.核污水中含有多種放射性成分，其中有一種難以被清除的同位素氚（），可能引起基因突變。其衰變方程為，的半衰期為年，下列說(shuō)法正確的是（）A.原子核是B.衰變的本質(zhì)是由強(qiáng)相互作用引起的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子并釋放出電子C.的經(jīng)年的衰變后，還剩D.將核污水排入海洋后，氚因濃度降低使半衰期變長(zhǎng)，放射性變?nèi)酢敬鸢浮緾【解析】根據(jù)反應(yīng)過(guò)程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，可知原子核是，故A錯(cuò)誤；衰變的本質(zhì)是由弱相互作用引起的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子并釋放出電子，故B錯(cuò)誤；的半衰期為年，的經(jīng)年的衰變后，可知結(jié)果兩個(gè)半衰期，還剩，故C正確；半衰期只由原子核自身決定，將核污水排入海洋后，氚因濃度降低使半衰期不變，放射性不變，故D錯(cuò)誤。故選C。2.圖甲是淄博市科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時(shí)最短的軌道叫做最速降線軌道。取其中的“最速降線”軌道和直線軌道進(jìn)行研究，如圖乙所示，兩軌道的起點(diǎn)高度相同，終點(diǎn)高度也相同，軌道的末端與水平面相切于點(diǎn)。若將兩個(gè)相同的小球和分別放在、兩軌道的起點(diǎn)，同時(shí)由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)在軌道上的小球先到達(dá)終點(diǎn)。下列描述兩球速率與時(shí)間、速率平方與下滑高度的關(guān)系圖像可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)機(jī)械能守恒可得，可得小球和到達(dá)軌道底端的速度大小均為，小球沿直線軌道做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其圖像為一條傾斜直線，小球沿“最速降線”軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程，加速度逐漸減小，則其圖像的切線斜率逐漸減小，且小球所用時(shí)間小于小球所用時(shí)間，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)機(jī)械能守恒可得，可得小球和下滑過(guò)程速率平方與下滑高度的關(guān)系為，可知小球和圖像均為一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，故CD錯(cuò)誤。故選A。3.“抖空竹”是中國(guó)傳統(tǒng)的體育活動(dòng)之一?，F(xiàn)將抖空竹中的一個(gè)變化過(guò)程簡(jiǎn)化成如圖所示模型：不可伸長(zhǎng)的輕繩系于兩根輕桿的端點(diǎn)位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質(zhì)量的空竹架在輕繩上。接下來(lái)做出如下動(dòng)作，左手抬高的同時(shí)右手放低，使繩的兩個(gè)端點(diǎn)沿豎直面內(nèi)等腰梯形的兩個(gè)腰（梯形的上下底水平）勻速移動(dòng)，即兩端點(diǎn)分別自、兩點(diǎn)，沿、以同樣大小的速度勻速移動(dòng)，忽略摩擦力及空氣阻力的影響，則在變化過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.左右兩繩的夾角增大B.左右兩繩的夾角減少C.輕繩的張力變大D.輕繩的張力大小不變【答案】D【解析】對(duì)空竹受力分析，同一根繩子拉力處處相等，所以，在水平方向空竹共點(diǎn)力平衡，設(shè)與水平方向的夾角為，與水平方向的夾角為，有，所以，所以?xún)筛K與豎直方向的夾角相等為，則，解得，兩端點(diǎn)沿、以同一速度勻速移動(dòng)，移動(dòng)的過(guò)程有的位移大小相等，兩端點(diǎn)在水平方向上的距離不變，所以不變，從而得出和均不變，且兩者大小相等，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.隨著環(huán)保理念的深入，廢棄塑料分選再循環(huán)利用可減少對(duì)資源的浪費(fèi)。其中靜電分選裝置如圖所示，兩極板帶上等量異種電荷僅在板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，漏斗出口與極板上邊緣等高，到極板間距相等，、兩類(lèi)塑料顆粒離開(kāi)漏斗出口時(shí)分別帶上正、負(fù)電荷，經(jīng)過(guò)分選電場(chǎng)后類(lèi)顆粒匯集在收集板的右端，已知極板間距為，板長(zhǎng)為，極板下邊緣與收集板的距離為，兩種顆粒的荷質(zhì)比均為，重力加速度為，顆粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度為零且可視為質(zhì)點(diǎn)，不考慮顆粒間的相互作用和空氣阻力，在顆粒離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)不接觸極板但有最大偏轉(zhuǎn)量，則（）A.右極板帶正電B.顆粒離開(kāi)漏斗口在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)C.兩極板間的電壓值為D.顆粒落到收集板時(shí)的速度大小為【答案】D【解析】根據(jù)題意可知，正電荷所受電場(chǎng)力水平向右，則電場(chǎng)方向水平向右，可知，右極板帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由于顆粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度為零，在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力和重力的合力保持不變，則顆粒離開(kāi)漏斗口在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)題意，設(shè)兩極板間的電壓值為，水平方向上有，，豎直方向上有，聯(lián)立解得，故C錯(cuò)誤；根據(jù)題意，結(jié)合C分析可知，顆粒離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的水平速度為，離開(kāi)電場(chǎng)后，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則顆粒落到收集板時(shí)的水平速度仍為，豎直方向上，顆粒一直做自由落體運(yùn)動(dòng)，則顆粒落到收集板時(shí)的豎直速度為，則顆粒落到收集板時(shí)的速度大小為，故D正確。故選D。5.保險(xiǎn)絲對(duì)保護(hù)家庭用電安全有著重要作用，如圖所示，是熔斷電流為的保險(xiǎn)絲，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為，交變電壓，保險(xiǎn)絲電阻，是用可變電阻。當(dāng)電路正常工作時(shí)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.可變電阻不能大于B.可變電阻越大，其消耗的功率越小C.通過(guò)可變電阻的電流不能超過(guò)D.增加原線圈匝數(shù)，保險(xiǎn)絲可能熔斷【答案】B【解析】將保險(xiǎn)絲電阻看成交變電源內(nèi)阻，則有可變電阻消耗的功率等于理想變壓器原線圈消耗的功率，設(shè)原線圈等效電阻為，則有，，聯(lián)立可得，當(dāng)電路正常工作時(shí)，原線圈電流，則，即，所以，根據(jù)電源輸出功率的特點(diǎn)可知可變電阻越大，輸出功率越小，即原線圈消耗的功率越小，可變電阻消耗的功率越小，故B正確，A錯(cuò)誤；設(shè)電阻為時(shí)，原線圈中電流剛好達(dá)到熔斷電流，即，根據(jù)，則副線圈的電流，即通過(guò)可變電阻的電流不能超；故C錯(cuò)誤；當(dāng)其他條件不變，增加原線圈匝數(shù)，根據(jù)，可知相當(dāng)于增加了原線圈的等效電阻，則根據(jù)歐姆定律可知原線圈電流減小，保險(xiǎn)絲不會(huì)熔斷，故D錯(cuò)誤；故選B。6.一半圓形玻璃磚的截面如圖所示，截面內(nèi)一細(xì)束單色光以的入射角從上射入，在入射點(diǎn)由緩慢移動(dòng)到的過(guò)程中，不考慮光的反射，圓弧上有一半?yún)^(qū)域有光線射出。已知玻璃磚的半徑為，單色光在真空中的傳播速度為，為半圓的中點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A.圓弧上沒(méi)有光線射出區(qū)域的長(zhǎng)度與圓弧長(zhǎng)度之比為B.出射光線與水平方向最大夾角為C.出射光線與入射光線均不平行D.能從圓弧上射出的光線中，在玻璃磚內(nèi)的最大傳播時(shí)間為【答案】A【解析】如圖所示，設(shè)和分別是半圓上光線射出的臨界位置，因?yàn)榘雸A上有一半?yún)^(qū)域有光線射出，可知，設(shè)光線射入玻璃磚后的折射角為，全反射臨界角為，由幾何關(guān)系可知，即，則，折射率，又由折射定律可知，解得，則，故圓弧上沒(méi)有光線射出的區(qū)域的長(zhǎng)度與圓弧長(zhǎng)度之比為，A正確；結(jié)合幾何知識(shí)可知，出射光線與水平方向夾角最大為，B錯(cuò)誤；由對(duì)稱(chēng)性可知，從點(diǎn)出射的光線與入射光平行，C錯(cuò)誤；玻璃磚內(nèi)的光線路徑最長(zhǎng)的是從點(diǎn)出射的光線，故最大傳播時(shí)間為，D錯(cuò)誤。故選A。7.水平放置的兩金屬板，板長(zhǎng)為，板間距為，板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為，兩板的左端點(diǎn)連線的左側(cè)足夠大空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，方向垂直紙面向里。一比荷為正電粒子以初速度緊靠上極板從右端水平射入電場(chǎng)，隨后從磁場(chǎng)射出。則（）A.當(dāng)時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度最小B.當(dāng)時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度最小C.當(dāng)時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置距點(diǎn)的距離最小D.當(dāng)時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置距點(diǎn)的距離最小【答案】D【解析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要使粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度最小，則粒子在從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小，設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度與水平方向的夾角為，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有，水平方向，豎直方向，加速度，而，則，可得，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系式可得，而，聯(lián)立以上各式可得，可知，當(dāng)時(shí)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有最小速度，此時(shí)，故AB錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析可知，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為，進(jìn)入磁場(chǎng)后粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)后從邊界離開(kāi)磁場(chǎng)，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力有，可得，根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的位置與射出磁場(chǎng)的位置之間的距離為，則離點(diǎn)的距離為，即有，可知，當(dāng)時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置距點(diǎn)的距離最小，而根據(jù)以上分析可知，當(dāng)時(shí)，，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。二、多選題8.滑板運(yùn)動(dòng)已經(jīng)成為亞運(yùn)會(huì)中備受矚目的一項(xiàng)比賽項(xiàng)目，它不僅代表了一種獨(dú)特的文化，還展現(xiàn)了競(jìng)技體育的精神和魅力。如圖所示，某次運(yùn)動(dòng)中，小孩（可看作質(zhì)點(diǎn)）與滑板以相同初速度一起滑上斜面體，整個(gè)過(guò)程斜面體始終保持靜止。已知小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，小孩質(zhì)量，滑板質(zhì)量，斜面體質(zhì)量，斜面傾角，已知，，重力加速度，則在上滑過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.小孩與滑板之間的摩擦力大小為B.小孩沿斜面滑行的最遠(yuǎn)距離為C.地面對(duì)斜面的支持力大小為D.地面對(duì)斜面的摩擦力大小為【答案】B、D【解析】由于，所以小孩和滑板相對(duì)靜止一起做勻減速運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，利用整體法有，解得，方向沿斜面向下。對(duì)小孩分析，假設(shè)小孩和滑板間的摩擦力為，有，解得，故A錯(cuò)誤；由速度位移公式可得，故B正確；以小孩、滑板和斜面體整體為研究對(duì)象，小孩和滑板做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向沿斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分別為，，根據(jù)系統(tǒng)牛頓第二定律可知，在豎直方向有，解得，故C錯(cuò)誤；地面對(duì)斜面體有向右的摩擦力，其大小為，故D正確。故選BD。9.足夠長(zhǎng)的兩根平行等長(zhǎng)的導(dǎo)軌彎折成正對(duì)的“”形，部分水平且光滑，部分豎直，如圖所示，導(dǎo)軌間距為，整個(gè)空間存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為、電阻為、長(zhǎng)度也為的金屬棒放在導(dǎo)軌的上方，另一根與完全相同的金屬棒置于的外側(cè)，距足夠高。現(xiàn)給棒一個(gè)向左的初速度，同時(shí)由靜止釋放棒，金屬棒與之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度取，則下列說(shuō)法不正確的有（）A.初始時(shí)金屬棒受到的摩擦力為B.金屬棒剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒向左移動(dòng)的位移是C.金屬棒剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受安培力的功率大小為D.當(dāng)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為【答案】A、C、D【解析】初始棒產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，與組成閉合回路，電流為，兩金屬棒所受安培力大小為，根據(jù)右手定則可知，通過(guò)的電流方向由到，根據(jù)左手定則，受向左的安培力，與導(dǎo)軌提供的支持力平衡，其所受最大靜摩擦力為，故此時(shí)受到的靜摩擦力大小為，故A錯(cuò)誤，滿足題意要求；當(dāng)棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)有，，聯(lián)立解得，從開(kāi)始到棒剛要運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，對(duì)金屬棒根據(jù)動(dòng)量定理得，，為該過(guò)程通過(guò)金屬棒的電荷量，則有，聯(lián)立解得，故B正確，不滿足題意要求；金屬棒剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒所受安培力的功率大小為，故C錯(cuò)誤，滿足題意要求；根據(jù)功能關(guān)系，棒克服安培力所做的功等于減少的動(dòng)能，則有，而克服安培力所做的功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱，但棒下降過(guò)程中與導(dǎo)軌之間還有摩擦生熱，所以整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大于，故D錯(cuò)誤，滿足題意要求。故選ACD。10.如圖甲，“星下點(diǎn)”是指衛(wèi)星和地心連線與地球表面的交點(diǎn)。圖乙是航天控制中心大屏上顯示衛(wèi)星的“星下點(diǎn)”在一段時(shí)間內(nèi)的軌跡，已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為、地球半徑為，且，繞行方向和地球自轉(zhuǎn)方向如圖甲所示。則下列說(shuō)法正確的（）A.衛(wèi)星的軌道半徑約為B.衛(wèi)星的軌道半徑約為C.衛(wèi)星可以記錄到北極點(diǎn)的氣候變化D.衛(wèi)星不可以記錄到北極點(diǎn)的氣候變化【答案】A、C【解析】由軌跡圖可知：地球自轉(zhuǎn)一圈，衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)圈，衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得，解得同步衛(wèi)星的周期為，衛(wèi)星的周期為，由于，所以，故A正確，B錯(cuò)誤；衛(wèi)星緯度最高時(shí)，根據(jù)圖乙可知，如圖所示，衛(wèi)星離地球球心所在水平面的高度為，即衛(wèi)星高度大于北極點(diǎn)的高度，衛(wèi)星可以記錄到北極點(diǎn)的氣候變化，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。三、實(shí)驗(yàn)題11.某實(shí)驗(yàn)小組為了驗(yàn)證小球所受向心力與角速度、半徑的關(guān)系，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，轉(zhuǎn)軸由小電機(jī)帶動(dòng)，轉(zhuǎn)速可調(diào)，固定在轉(zhuǎn)軸上點(diǎn)的力傳感器通過(guò)輕繩連接一質(zhì)量為的小球，一根固定在轉(zhuǎn)軸上的光滑水平直桿穿過(guò)小球，保證小球在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，直桿最外邊插一小遮光片，小球每轉(zhuǎn)一周遮光片通過(guò)右邊光電門(mén)時(shí)可記錄遮光片最外邊的擋光時(shí)間，某次實(shí)驗(yàn)操作如下：（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量遮光片的寬度，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，則________。（2）如圖甲所示，安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，用刻度尺測(cè)量遮光片最外端到轉(zhuǎn)軸點(diǎn)的距離記為，測(cè)量小球球心到轉(zhuǎn)軸點(diǎn)的距離記為。開(kāi)動(dòng)電動(dòng)機(jī)，讓小球轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，某次遮光片通過(guò)光電門(mén)時(shí)光電門(mén)計(jì)時(shí)為，則小球此時(shí)的角速度等于________。（用字母、、、中的部分字母表示）（3）驗(yàn)證向心力與半徑關(guān)系時(shí)，讓電動(dòng)機(jī)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，遮光片每次通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間相同，調(diào)節(jié)小球球心到轉(zhuǎn)軸點(diǎn)的距離的長(zhǎng)度，測(cè)出每一個(gè)的長(zhǎng)度以及其對(duì)應(yīng)的力傳感器的讀數(shù)，得出多組數(shù)據(jù)，畫(huà)出的關(guān)系圖像應(yīng)該為_(kāi)_______。（4）驗(yàn)證向心力與角速度關(guān)系時(shí)讓小球球心到轉(zhuǎn)軸點(diǎn)距離不變，調(diào)節(jié)電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速，遮光片每次通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間不同，記錄某次擋光時(shí)間同時(shí)記錄此時(shí)力傳感器的讀數(shù)，得出多組與的數(shù)據(jù)，為了準(zhǔn)確驗(yàn)證小球所受向心力與角速度的關(guān)系，利用實(shí)驗(yàn)測(cè)量應(yīng)畫(huà)________（選填“”“”“”或“”）關(guān)系圖?！敬鸢浮浚?）、、；（2）；（3）A；（4）【解析】（1）根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)原理地；（2）遮光片通過(guò)光電門(mén)時(shí)光電門(mén)計(jì)時(shí)為時(shí)遮光條地線速度為，所以小球此時(shí)的角速度為；（3）遮光片每次通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間相同，、不變，則不變，由，可知的關(guān)系圖像為過(guò)原點(diǎn)得傾斜直線。故選A。（4）由，為了準(zhǔn)確驗(yàn)證小球所受向心力與角速度的關(guān)系，利用實(shí)驗(yàn)測(cè)量應(yīng)畫(huà)圖像。12.某物理興趣小組開(kāi)展活動(dòng)，測(cè)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻（1）甲同學(xué)為了避免電流表、電壓表的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果的影響，利用如圖甲所示的電路圖測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。先閉合開(kāi)關(guān)，把開(kāi)關(guān)擲于時(shí)，改變滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值，得到多組電流和電壓值，在坐標(biāo)紙上畫(huà)出圖像如圖乙中的直線；再把開(kāi)關(guān)擲于，重復(fù)操作，畫(huà)出圖像如圖乙中的直線。為了消除電表內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果的影響，根據(jù)圖像求出電源電動(dòng)勢(shì)______，電源內(nèi)阻______。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）（2）乙同學(xué)在沒(méi)有電壓表的情況下，設(shè)計(jì)了如圖丙所示的電路圖測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻①改變電阻箱接入電路中的電阻值，記錄了多組電流表的示數(shù)和電阻箱的示數(shù)，通過(guò)研究圖像，如圖丁所示，求出電源電動(dòng)勢(shì)______，電源內(nèi)阻______。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）②下圖中實(shí)線代表理想電流表測(cè)得的情況，虛線代表電流表內(nèi)阻不可忽略時(shí)測(cè)得的情況，下列圖中能正確反映相關(guān)物理量之間關(guān)系的是______。（填選項(xiàng)字母）A．B．C．D．【答案】（1）；；（2）；；C【解析】（1）電動(dòng)勢(shì)的準(zhǔn)確值是，由于坐標(biāo)原點(diǎn)是，所以要求的準(zhǔn)確值需要求出圖像的短路電流。由相似比得，連接與兩點(diǎn)斜率即為，；（2）①根據(jù)閉合電路歐姆定律，整理可得，由圖像知，，所以，；②當(dāng)電流表沒(méi)有內(nèi)阻時(shí)，當(dāng)電流表有內(nèi)阻時(shí)，所以?xún)蓤D像的斜率相同，截距后者大于前者。故選C。四、解答題13.氣調(diào)保鮮技術(shù)可通過(guò)抑制儲(chǔ)藏物細(xì)胞的呼吸量來(lái)延緩其新陳代謝過(guò)程，使之處于近休眠狀態(tài)來(lái)達(dá)到保鮮的效果。某保鮮盒中內(nèi)密封了一定質(zhì)量的理想氣體，氣體的體積約為，壓強(qiáng)，溫度，保鮮盒上部為柔性材料，氣體體積可膨脹或被壓縮，盒內(nèi)壓強(qiáng)與外界大氣壓強(qiáng)相等，求：（1）將保鮮盒放入保險(xiǎn)庫(kù)，保鮮盒內(nèi)氣體體積不變，保鮮庫(kù)內(nèi)壓強(qiáng)，求此時(shí)保鮮盒內(nèi)的溫度；（2）現(xiàn)將保鮮盒運(yùn)至高海拔環(huán)境，需將保鮮盒內(nèi)的一部分氣體緩慢放出以保持體積不變，假設(shè)釋放氣體過(guò)程中溫度不變，現(xiàn)需將保鮮盒內(nèi)的氣體放出，求外界大氣壓強(qiáng)。【答案】（1）；（2）【解析】（1）由查理定律可得，其中，解得，可得此時(shí)保鮮盒內(nèi)的溫度；（2）由玻意耳定律可得，其中，可得外界大氣壓強(qiáng)為。14.如圖所示，直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)有一豎直分界線，左側(cè)有一直角三角形區(qū)域，其中分布著方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知與軸重合，且，，點(diǎn)恰好處于分界線上。右側(cè)有一長(zhǎng)為的平行板電容器，板間距為，上極板與左側(cè)磁場(chǎng)的上邊界平齊，內(nèi)部分布著方向垂直紙面向里、強(qiáng)弱隨坐標(biāo)變化的磁場(chǎng)和豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)。該復(fù)合場(chǎng)能使沿水平方向進(jìn)入電容器的電子均能沿直線勻速通過(guò)電容器。在平行板電容器右側(cè)某區(qū)域，存在一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），使水平通過(guò)平行板電容器的電子進(jìn)入該磁場(chǎng)后匯聚于軸上一點(diǎn)，現(xiàn)有速率不同的電子在紙面上從坐標(biāo)原點(diǎn)沿不同方向射到三角形區(qū)域，不考慮電子間的相互作用及電子的重力，已知電子的電量為，質(zhì)量為。（1）當(dāng)速度方向沿軸正方向時(shí)，求能進(jìn)入平行板電容器的電子所具有的最大速度是多少；（2）寫(xiě)出電容器內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨坐標(biāo)的變化規(guī)律；（3）若電子沿上極板邊緣離開(kāi)電容器后立即進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，求匯聚點(diǎn)的橫坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知，由洛倫茲力提供向心力，有，解得，可知能從邊出磁場(chǎng)的電子，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡和相切時(shí)半徑最大，故半徑最大值，所以能從邊出磁場(chǎng)的電子所具有的最大速度；（2）根據(jù)題意，畫(huà)出從處水平進(jìn)入平行板間的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示，由幾何關(guān)系可得，運(yùn)動(dòng)半徑，可得，電子均能沿直線勻速通過(guò)電容器，則有，解得；（3）水平進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，因磁感應(yīng)強(qiáng)度為，所以運(yùn)動(dòng)半徑為磁場(chǎng)左邊界為傾角的斜線，如圖所示，由幾何關(guān)系可得，匯聚點(diǎn)橫坐標(biāo)。15.如圖所示，絕緣水平面右側(cè)鎖定有一水平絕緣臺(tái)階，其上固定有兩平行正對(duì)金屬薄板、，相距為，臺(tái)階左側(cè)有一小車(chē)，小車(chē)上表面絕緣且與臺(tái)階齊平，小車(chē)與臺(tái)階緊貼無(wú)粘連，車(chē)上固定有兩平行正對(duì)金屬薄板、，相距也為，車(chē)和、板總質(zhì)量為，一質(zhì)量為的金屬小球（視為質(zhì)點(diǎn)）緊貼板下端，此時(shí)小球電荷量為，靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，板和板下端開(kāi)有略大于小球直徑的小孔，、、、板均帶電，僅考慮、板之間形成的電場(chǎng)和、板之間形成的電場(chǎng)，且，忽略邊緣效應(yīng)，求：（1）小球經(jīng)過(guò)板時(shí)速度大??；（2）小球經(jīng)過(guò)板小孔的同時(shí)撤去小車(chē)右邊的所有裝置，并關(guān)閉板下端小孔，在小球第一次從板運(yùn)動(dòng)到板的過(guò)程，小車(chē)對(duì)地位移的大??；（3）在第二問(wèn)基礎(chǔ)上，設(shè)小球與板碰撞時(shí)間極短且無(wú)機(jī)械