2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。闭合阀门K，向下压压杆A可向瓶内储气室充气，多次充气后按下按柄B打开阀门K，消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度均保持不变，则下列说法正确的是( )
A. 充气过程中储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加
B. 喷液过程中，储气室内气体对外界做功并吸收热量
C. 充气过程中，储气室内气体内能不变
D. 喷液过程中，储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力增大
2.2023年4月16日，长征四号乙遥五十一运载火箭将我国首颗降水测量专用卫星风云三号G星送入高度407km、倾角50∘的倾斜预定轨道，成功填补了我国南北纬50∘范围内的降水监测资料。卫星轨道可看作圆，地表重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 卫星的向心加速度小于g
B. 卫星的轨道与赤道平面重合
C. 卫星运行速度大于第一宇宙速度
D. 若考虑稀薄大气的阻力，卫星的速度会越来越小
3.设计了如图所示的探究实验：将透明塑料圆盒装一半水，形成半圆形水柱，水中加少量色素，利用丁达尔效应，让学生可观察到液体中的光路。用激光沿半径方向射到半圆水柱的圆心，并从水面射到空气中。增大入射角θ，当折射光刚好在水面上方消失时，可读出此时的入射角θ即为全反射临界角。若在操作时，水略微超过了圆盒容积的一半，激光仍对准圆心入射，则临界角的测量值会( )
A. 偏大B. 不变C. 偏小D. 无法确定
4.某静电场的电场线与x轴重合，电场线上各点的电势φ与x轴上各点位置的变化规律如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子沿x轴在原点两侧做周期性运动，粒子的最大动能为qφ0，不计粒子的重力，则( )
A. x轴上各点电场强度方向均向右B. 粒子在做简谐运动
C. 粒子的运动周期为4d 2mqϕ0D. 粒子在x=d位置的动能不为0
5.梅州的非物质文化遗产有不少，兴宁花灯就是其中一种，它与北京宫灯是一脉相承，始于宋代，流行于明清，是传承了上千年的客家传统习俗。花灯用四条长度相同、承受能力相同的绳子高高吊起，如图所示，绳子与竖直方向夹角为θ，花灯质量为m，则下列说法正确的是( )
A. 每条绳子的拉力均为mgcsθ
B. 绳子拉力的合力方向为竖直方向
C. 增大绳子与竖直方向的夹角，花灯受的合外力增大
D. 绳子长一些更易断
6.如图所示，有四根垂直纸面且互相平行的长直导线，它们与纸面的交点分别为P、Q、M、N，四个交点构成正方形，四根长直导线均固定。四根长直导线所通电流大小均相等，方向均垂直纸面向里。下列说法正确的是( )
A. Q处导线对P处导线的作用力方向由Q指向P
B. M处导线所受磁场力方向由Q指向M
C. 若在正方形中心放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受磁场力不为零
D. 正方形中心处磁感应强度等于零
7.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4，升压、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入两个理想交流互感器。两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，图中甲、乙均为理想电表，则下列说法正确的是( )
A. 甲为电流表、乙为电压表
B. 若电压互感器的读数为220V，电流互感器的读数为5A，则输送功率为1100W
C. 若保持发电机输出电压U1一定，仅增加负载，则U3将不变
D. 若保持发电机输出电压U1和负载不变，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增加
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法正确的是( )
A. 图甲是光电效应实验，光电效应反映了光具有粒子性
B. 图乙是汤姆孙通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
C. 图丙是某金属在光的照射下，光电子最大初动能与入射光频率的关系图像，当入射光频率为2v0时产生光电子的最大初动能为E
D. 图丁中一个处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光子
9.图(a)为某一简谐横波在t=0时刻的图像，x=6m处的质点的振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 该波的波速为2m/s
C. x=2m处质点的振动方程为y=4sinπ2tcm
D. 0∼2.5s内，x=2m处的质点经过的路程为(8+2 2)cm
10.如图所示，相距为d的两水平虚线分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(LA. ab边刚进入磁场时，ab两端的电势差为BL 2gh
B. 线框有一阶段的加速度为g
C. 线框产生的热量为mg(d+h+L)
D. 线框有一阶段做减速运动
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒。图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示，已知电源频率为50Hz，m1=50g、m2=150g，g取9.8m/s2，则：
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v=______m/s。
(2)在打点0∼5过程中系统动能的增加量ΔEk=______ J，系统势能的减少量ΔEp=______ J。(保留三位有效数字)
(3)若某同学作出12v2−h图像如图丙所示，则当地的实际重力加速度g=______m/s2。(保留两位有效数字)
12.随着环境问题的日益严重以及电池技术的发展和对电池容量、可靠性、安全性的需求不断提高，同学们对电池产生了浓厚的兴趣。课下通过查找资料自己动手制作了一个电池。制作完成后该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9Ω，可当标准电阻用)、一只电流表(量程Ig=0.6A，内阻rg=0.1Ω)和若干导线。
(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求，自己设计电路图并把如图1器材的连接起来。
(2)闭合开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录。处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数1I；再制作R−1I坐标图，如图2所示，图中已标注出了(1I,R)的几个测量对应的坐标点，在图2上把描绘出的坐标点连成图线。
(3)请依据电路结构写出R−1I的关系式______。
(4)根据图2描绘出的图线可得出这个电池的电动势E=______ V，内阻r=______Ω。
四、简答题：本大题共2小题，共6分。
13.如图所示，直线MN与水平方向成θ=30∘角，MN的右上方区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场，MN的左下方区域存在磁感应强度大小为2B、方向水平向里的匀强磁场，MN与两磁场均垂直，在MN上有相距为L的两点a、b。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(粒子重力不计)。为了使所有粒子均能通过MN上的b点，粒子的速率需满足什么条件。(已知MN两侧磁场区域均足够大)
14.如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分上面静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，且在运动过程中两棒始终未接触。圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60∘，重力加速度为g。求：
(1)ab棒在N处进入磁场时的速度是多大？此时棒中电流是多少？
(2)cd棒能达到的最大速度是多大？
(3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
15.如图甲所示，横截面积为S，质量为M的活塞在汽缸内稳定地封闭了一定质量的理想气体。现对缸内气体缓慢加热，气体吸收了热量Q，温度从T1升高到1.5T1，气柱长度增加了h，汽缸内壁光滑，外界大气压强为p0，重力加速度为g。
(1)求加热过程中气体内能增加量ΔU；
(2)保持缸内气体温度不变，在活塞上放一砝码，如图乙所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，求砝码的质量m。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.充气过程中储气室内气体分子数增多，但是充气过程中气体温度保持不变，则分子运动剧烈程度不变，故A错误；
B.喷液过程中，储气室内气体对外界做功W<0，喷液过程中温度保持不变，则气体的内能保持不变△U=0，根据热力学第一定律△U=W+Q，可知Q>0，则气体吸收热量，故B正确；
C.充气过程中，储气室内气体内能增大，因为温度不变，而气体的质量增大，分子数增大，总动能增大，则内能增大，故C错误；
D.喷液过程中，根据等温变化，可知气体的体积增大，压强减小，则储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力减小，故D错误；
故选：B。
气体温度保持不变，分子运动剧烈程度不变；根据热力学第一定律△U=W+Q，进行分析；温度不变，气体的质量增大，分子数增大，则内能增大；由玻意尔定律分析压强，由压强的微观分析含义储气室内气体分子对器壁单位面积的平均作用力。
本题考查热学的相关问题，考查知识点针对性强，难度适中，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
2.【答案】A
【解析】解：A、设卫星离地面距离为h，根据GMmR2=mg，GMm(R+h)2=ma
可得：a=gR2(R+h)2，则知该卫星的向心加速度小于g，故A正确；
B、该卫星轨道为倾角50∘的倾斜预定轨道，可知卫星的轨道与赤道平面不重合，故B错误；
C、据万有引力提供向心力得
GMmr2=mv2r
得v= GMr
可知，卫星绕地球做匀速圆周运动时，轨道半径越小，速度越大，近地卫星的运行速度也就是第一宇宙速度，是最大的运行速度，该卫星轨道高于近地卫星，所以该卫星运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D、由于稀薄大气的影响，如不加干预，在运行一段时间后，卫星的速度减小，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，半径变小，引力做正功，其速度变大，故D错误。
故选：A。
根据万有引力等于重力，分析卫星的向心加速度与g的关系；倾斜预定轨道与赤道平面不重合；根据万有引力提供向心力列式，分析卫星运行速度与第一宇宙速度的关系；若考虑稀薄大气的阻力，根据卫星的受力情况分析速度变化情况。
解答本题时，要掌握万有引力等于重力，以及万有引力提供向心力这两条万有引力定律应用的基本思路，同时，要理解宇宙速度的意义。
3.【答案】B
【解析】解：根据全反射临界角条件有：sinC=1n，所以水略微超过了圆盒容积的一半，激光仍对准圆心入射，则临界角的测量值不变，故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据全反射临界角条件有：sinC=1n，可知临界角与折射率有关。
本题考查光的全反射，解题关键掌握全反射临界角公式。
4.【答案】C
【解析】解：A.φ−x图像的负半轴的电势沿x轴方向不断降低，所以负半轴的电场方向为x轴正方向，正半轴的电势沿x轴增加，所以正半轴的电场方向为x轴负方向，故A错误；
B.φ−x图像斜率的绝对值表示场强的大小，图线为倾斜直线，所以两部分电场均为匀强电场，粒子受电场力大小不变，所以粒子不是做简谐运动，故B错误；
D.由图可以看出，在x=0处，粒子的动能最大，且最大动能为qφ0，粒子在此处的电势能为零，因为粒子只受电场力，所以动能与电势能的和不变，在x=d位置的电势能为qφ0，所以动能为0，故D错误；
C.由以上分析可知，粒子在x=d和x=−d位置处的速度为零，能量守恒可知qφ0=12mv02，解得粒子的最大速度为v0= 2qφ0m
在粒子从d点运动到O的时间为t=dv02=d 2mqϕ0，粒子在O点左右运动时间相同，所以粒子的运动周期T=4t=4d 2mqϕ0，故C正确。
故选：C。
根据电势的高低变化判断电场强度的方向；由电势φ随着x均匀变化可知O点左右两侧为匀强电场，据此可判断粒子的运动情况；根据能量守恒求出粒子的最大速度，再结合匀变速直线运动的规律求出粒子从d点运动到O点的运动时间，进而确定其周期。
本题要明确图象的斜率表示电场强度，能从图象中判断出电场的性质，并能熟练掌握电势能定义和能量守恒。
5.【答案】B
【解析】解：AD.将拉力分解到水平方向和竖直方向，设绳子上的拉力大小为F，竖直方向，由平衡条件得
4Fcsθ=mg
解得
F=mg4csθ
绳子长一些，θ越小，csθ越大，力F越小，绳子越不容易断，故AD错误；
B.合外力始终为零，绳子拉力的合力与重力等大反向，故绳子拉力的合力方向为竖直方向，故B正确；
C.由于花灯处于静止状态，所以合外力始终为零，所以增大绳子与竖直方向的夹角，花灯受的合外力不变，故C错误。
故选：B。
绳子上拉力方向不同；根据平衡条件判断绳子拉力的合力大小；将拉力分解到水平方向和竖直方向，根据平衡条件分析拉力与绳长的关系。
本题考查共点力平衡，解题关键是对花灯做好受力分析，根据平衡条件分析即可。
6.【答案】D
【解析】解：A.由安培定则可知，四根通电直导线产生的磁场均为顺时针方向，Q导线在P导线处的磁场磁感线方向向上，由左手定则可知Q处导线对P处导线的作用力方向由P指向Q，故A错误；
B.同理，由左手定则可以判定出M点所受其它三根导线的作用力分别由M指向P、Q、N，其中，由于四根长直导线所通电流均相等，故由M指向P和N的作用力大小相等，由平行四边形定则知故合力方向由M指向Q，故B错误；
CD.由安培定则，结合矢量的叠加法则可知正方形中心处的磁感应强度等于零，通点直导线不受磁场力。故C错误，D正确。
故选：D。
根据安培定则确定Q导线在P导线处的磁感线方向，由左手定则确定Q处导线对P处导线的作用力方向；根据安培定则判断出各导线在O点所产生的磁场方向，根据矢量合成即可判断O点的磁感应强度的大小；由安培定则，结合矢量的叠加法则确定正方形中心处的磁感应强度大小及方向，再根据左手定则确定正方形中心放置垂直纸面方向的通电直导线所受的磁场力。
熟练掌握和应用安培定则以及左手定则是解题的关键。因为磁感应强度是矢量，所以磁场的叠加符合平行四边形定则。
7.【答案】D
【解析】解：A、电表甲所在互感器原线圈比副线圈匝数多，且原线圈并联在输电线路两端，所以该互感器是将输电的高电压降低至电表甲可测量的范围内，是电压互感器，即电表甲为电压表；电表乙所在互感器原线圈比副线圈匝数少，且原线圈串联在输电线路中，所以该互感器是将高电流降低至电表乙可测量的范围内，是电流互感器，即电表乙为电流表，故A错误；
B、对电压互感器，根据电压与匝数成正比有
U2U=n1′n2′=101
U=220V
解得
U2=2200V
对电流互感器，根据电流与匝数成反比有
I2I=n2′′n1″=101
I=5A
解得
I2=50A
所以输送功率为
P=U2I2=2200×50W=110000W，故B错误；
C、对升压变压器有
U1U2=n1n2
设负载总电阻为R，输电线路电阻为r，对降压变压器，根据电压和电流与匝数的关系可知
U3U4=n3n4
I3I4=n4n3
其中
U3=U2−I3r
U4=I4R
联立以上各式可得
U3=n2n1U11+(n4n3)2rR
I3=n2n1U1(n3n4)2R+r
若保持发电机输出电压U1一定，仅增加负载，负载为并联关系，即R减小，则U3将减小，故C错误；
D、若保持发电机输出电压U1和负载不变，仅将滑片Q下移，则n2增大，则I3将增大，根据输电线损耗功率
ΔP=I32r
可知输电线损耗功率增加，故D正确。
故选：D。
电压互感器是将高压变为低压，电流互感器是将大电流变为小电流；利用电路的动态变化，根据输电线损耗功率ΔP=I32r分析功率损失。
变压器的输出功率决定了输入功率，输出电流决定了输入电流；在匝数比不变时，输出电流增大，输电线上的功率损失和电压损失都增大。
8.【答案】AC
【解析】解：A.图甲是光电效应实验，光电效应说明光具有粒子性，故A正确；
B.卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故B错误；
C.根据光电效应方程有Ek=hν−W0
光子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，当Ek=0时
hν0=W0
当ν=0时
W0=E
故入射光频率为2v0时最大初动能为
Ek=2hν0−E，解得Ek=E
故C正确；
D.一个处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出(n−1)种不同频率的光子，即(4−1)种=3种，故D错误。
故选：AC。
光电效应说明光具有粒子性；
α粒子散射实验证明了原子的核式结构；
根据光电效应方程，结合图中参数，求入射光频率为2v0时最大初动能；
一个处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出(n−1)种不同频率的光子。
本题考查学生对过α粒子散射实验、光电效应实验规律的掌握，注意一个与大量氢原子跃迁的不同，一个处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出(n−1)种不同频率的光子，而大量氢原子跃迁时能辐射出Cn2种不同频率的光子。
9.【答案】ABD
【解析】解：A.由图(b)，t=0时x=6m的质点向y轴正方向振动，根据”同侧法“，由图(a)，该波沿x轴负方向传播，故A正确；
B.由题图(a)λ=8m，由题图(b)T=4s，所以波速v=λT，解得v=2m/s，故B正确；
C.x=2m处质点的振动方程
y=−4sinπ2tcm
故C错误；
D.t=2.5s时，x=2m处质点的纵坐标
y=−4sinπ2×2.5tcm，此时y=2 2cm
0∼2.5s内，x=2m处的质点经过的路程为
L=(2×4+2 2)cm=(8+2 2)cm
故D正确。
故选：ABD。
根据图像，结合同侧法，确定传播方向；
根据图像，确定波长和周期，求波速大小；
根据图像，写振动方程；
根据振动方程，求t=2.5s时，x=2m处质点的纵坐标，计算0∼2.5s内，x=2m处的质点经过的路程。
本题解题关键是正确书写振动方程，计算质点坐标和路程，并正确使用同侧法。
10.【答案】BD
【解析】解：A.线框在磁场上方高h处出静止释放，做自由落体运动，当ab边进入磁场时有
v02=2gh
解得
v0= 2gh
根据切割电动势公式，ab边产生的感应电动势为
E=BLv0=BL 2gh
ab两端的电势差为路端电压，即
U=34E=3BL 2gh4，故A错误；
B.线框完全在磁场中运动时，根据楞次定律，没有感应电流，线框不受安培力，只受重力，加速度为g，故B正确；
C.ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，动能不变，根据能量守恒定律，线框产生的热量为
Q=mg(d+L)，故C错误；
D.线框刚进入磁场时的速度是v0，完全进入磁场后做匀加速直线运动，而cd边刚穿出磁场时的速度也是v0，由此可判断线框离开磁场的过程做减速运动，故D正确。
故选：BD。
根据自由落体公式，求线框ab边进入磁场时速度，根据切割电动势公式，求电动势，根据电路，确定ab两端的电势差；
线框完全在磁场中运动时，不受安培力，只受重力，加速度为g；
ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，根据能量守恒定律，求线框产生的热量；
根据线框进入磁场过程中运动状态，分析线框离开磁场的过程的运动。
本题考查学生对自由落体公式、能量守恒定律、楞次定律的掌握，是一道综合题，中等题。
11.【答案】
【解析】解：(1)在纸带上打下计数点5时的速度为v=x462T=(21.60+26.40)×10−20.2m/s=2.4m/s
(2)在打点0∼5过程中系统动能的增加量为ΔEk=12(m1+m2)v2=12×0.2×2.42J=0.576J
系统重力势能的减少量为ΔEp=(m2−m1)gh=0.1×9.8×(0.216+0.384)J=0.588J
(3)对系统根据机械能守恒定律可得(m2−m1)gh=12(m1+m2)v2
解得12v2=m2−m1m1+m2gh
由题图丙可知图线的斜率为k=m2−m1m1+m2g=
解得g=9.7m/s2
故答案为：(1)2.4；(2)0.576；0.588；(3)9.7。
(1)根据极短时间内的平均速度表示中间时刻的速度可以求出打下计数点5时的速度；
(2)根据动能表达式求出动能的增量，根据重力势能的表达式求出重力势能的减小量；
(3)根据机械能守恒定律确定表达式，再由图象确定加速度大小。
无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律。要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。另外注意打点计时器和刻度尺的使用。
12.【答案】R=EI−(r+rg)
【解析】解：(1)本实验利用安阻法测量电源电动势和内阻，故电路如图所示
(2)将各点用直线进行拟合，连线时不能连成折线；为减小偶然误差，个别偏离太远的点舍去，得到图像
(3)根据闭合电路欧姆定律可知
I=ER+r+rg
整理可知
R=EI−(r+rg)
(4)由图可知，图线的斜率
E=6−24.2−1.6V=1.54V
图线的截距
−(r+rg)=−0.40Ω
解得
r=0.30Ω
故答案为：(1)见解答；(2)见解答；(3)R=EI−(r+rg)；(4)1.54V，0.30Ω。
(1)根据给出的实验器材利用安阻法测量电源电动势和内阻；
(2)将坐标系中的点连线画出图像；
(3)根据闭合电路欧姆定律和电路结构推导函数表达式；
(4)结合图像和函数表达式计算电池电动势和内阻。
本题关键掌握安阻法测量电源电动势和内阻，推导图像函数表达式结合图像计算。
13.【答案】解：粒子运动过程只受洛伦兹力作用，故在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则在右上方磁场时有
Bvq=mv2R
则粒子在右上方磁场中做圆周运动的轨道半径
R=mvBq
同理，在左下方磁场中做圆周运动的半径为
R′=mv2Bq=R2
作出运动轨迹，如图所示
由几何关系可知，圆弧对应的圆心角等于θ的两倍，所以所有圆心角均为60∘，则图中所有三角形都为等边三角形，若粒子偏转偶数次到达b点，一种情况为：L=n(R+R2)=n⋅3R2(n=1,2,3……)
解得：R=2L3n(n=1,2,3……)
故速度为：v=BqRm=2BqL3nm(n=1,2,3……)
另一种情况为：L=nR+(n−1)R(n=1,2,3……)
解得：R=2L3n−1(n=1,2,3……)
从而由半径公式可得到：v=2qBL(3n−1)m(n=1,2,3……)
答：粒子的速率需满足条件：v=2BqL3nm(n=1,2,3……)或者v=2qBL(3n−1)m(n=1,2,3……)。
【解析】根据粒子受力情况，由洛伦兹力做向心力得到轨道半径的表达式，然后根据几何关系得到ab间距离和轨道半径的关系，即可由轨道半径求得速率。
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
14.【答案】解：(1)ab棒由M下滑到N过程中，根据机械能守恒定律得
mgR(1−cs60∘)=12mv2
解得
v= gR
进入磁场区瞬间感应电动势
E=BLv
回路中电流强度
I=E2r+r=Bl gR3r
(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。根据动量守恒定律得
mv=(2m+m)v′
解得
v′=13 gR
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量
Q=12mv2−12⋅3mv′2
解得
Q=13mgR
答：(1)ab棒在N处进入磁场时的速度是 gR，此时棒中电流是Bl gR3r；
(2)cd棒能达到的最大速度是13 gR；
(3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是13mgR。
【解析】(1)ab棒由M下滑到N过程中，根据机械能守恒定律列式，求速度，再根据切割电动势和欧姆定律，求回路中电流强度；
(2)当两棒速度达到相同速度时，根据动量守恒定律列式，求共同速度大小；
(3)根据能量转化和守恒，计算系统释放的热量。
本题考查学生对动量守恒定律、能量转化和守恒、机械能守恒定律等规律的掌握，是一道综合性较强，难度较高的题。
15.【答案】解：(1)对活塞，由平衡条件得：p0S+Mg=p1S
加热过程气体对外界做功W′=Fh=p1Sh
外界对气体做功W=−W′
根据热力学第一定律得：ΔU=Q+W
解得：ΔU=Q−(p0S+Mg)h
(2)设气体初状态的体积为V，则末状态体积为V+hS
气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得：VT1=V+hST2
加砝码后，对活塞与砝码整体，由平衡条件得：p0S+(M+m)g=p2S
气体温度不变，由玻意耳定律得：p1(V+hS)=p2V
解得：m=(Mg+p0S)(T2−T1)T1g
答：(1)加热过程中气体内能增加量ΔU是Q−(p0S+Mg)h；
(2)砝码的质量m是(Mg+p0S)(T2−T1)T1g。
【解析】(1)对活塞进行受力分析，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，根据平衡条件可求出缸内气体压强。由于气体发生等压变化，气体对活塞的压力不变，根据功的计算公式W=Fl计算出气体对外界做的功，再根据热力学第一定律，求解热量。
(2)保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，缸内气体发生等温变化，由平衡条件求出缸内气体的压强，再由玻意耳定律求解即可。
此题是理想气体状态方程和热力学第一定律的结合，关键要准确分析气体作何种变化，再选择相应的规律解答，根据平衡条件求解封闭气体的压强是惯用的思路，要加强训练，熟练掌握。