2023-2024学年江西省五市九校高三（第二次）联考物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年江西省五市九校高三（第二次）联考物理试卷（含详细答案解析），共17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。

1.2022年8月9日，世界首条永磁磁浮空轨试验线在江西赣州投入使用。如图所示，该列车和轨道应用新型稀土材料，仅凭磁力就可使列车自然悬浮和驱动。已知列车质量为m，空气阻力不可忽略。当列车水平直线行驶时，则列车( )
A. 匀速行驶时，轨道对列车的作用力大小为mg
B. 加速行驶时，轨道对列车的作用力沿水平方向
C. 以加速度a加速行驶时，列车受到的合外力大小为ma
D. 减速行驶时，轨道对列车的作用力小于mg
2.2023年5月23日，中国空军八一飞行表演队时隔14年换装新机型，歼10C飞出国门，在大马航展上腾空而起，特技表演惊艳全场。如图所示，飞机在竖直平面内经一段圆弧向上加速爬升，飞机沿圆弧运动时( )
A. 飞机所受合力指向圆弧的圆心B. 飞机的向心加速度大小不变
C. 飞机克服重力做功的功率变小D. 飞机所受合力方向与速度方向成锐角
3.农耕时代往往采用畜牧力，如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。如图乙所示，两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B=60∘，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30∘(O2为AB的中点)，忽略耙索质量，下列说法正确的是( )
A. 两绳对耙拉力的合力为F，地对耙阻力为1.5F
B. 两绳对耙拉力的合力为F，地对耙阻力为 3F
C. 两绳对耙拉力的合力为 3F，地对耙阻力为1.5F
D. 两绳对耙拉力的合力为 3F，地对耙阻力为 3F
4.10月6日，杭州第19届亚运会艺术体操个人全能资格赛暨个人团体决赛在黄龙体育中心体育馆举行。中国队以总分313.400获团体铜牌。下图为中国队选手赵樾进行带操比赛。某段过程中彩带的运动可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，t=1.0s时的波形图如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 简谐波沿x轴负方向传播B. 该时刻P点的位移为5 3cm
C. 再经过0.25s，P点到达平衡位置D. 质点Q的振动方程为y=10sin(πt)cm
5.如图所示阴影部分为某玻璃砖的截面图，ABCD是正方形，DC是半圆弧CPD的直径，O是其圆心，一束单色光从AD边的E点射入玻璃砖，入射角为i，折射光线正好照射到半圆弧的顶端P，并且在P点恰好发生全反射，反射光线正好经过BC边的F点。已知sini= 33，光在真空中的传播速度为c，则该单色光在玻璃砖中的传播速度为( )
A. 12cB. 32cC. 33cD. 34c
6.《天问》是屈原笔下的不朽诗篇，而“天问”行星探索系列代表着中国人对深空物理研究的不懈追求.如下图所示，半径均为R的两球形行星A、B的密度之比为ρA:ρB=1:2，A、B各有一个近地卫星C、D，其绕行周期分别为TC、TD.站在行星表面的宇航员从距A行星表面高为h处以v0水平抛出一物体a，从距B行星表面高为2h处以2v0水平抛出另一物体b.下列说法正确的是( )
A. C、D绕A、B运行的速度之比为1:2
B. C、D绕A、B运行的周期满足TC=TD
C. 由于不知道a与b的质量，所以无法求出二者落地时速度之比
D. a、b两物体从抛出到落地的位移之比为1:2
7.如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v−t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 拉力F的大小为24N
B. 物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4
C. t=2s时刻，物块的速度减为0
D. 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.钚−238是钚的同位素。钚的半衰期为86.4年，它用作核电池的热源，也可用作空间核动力和飞船的电源。镎−237(N93237N⁡p)吸收一个中子得到钚−238(P94238P⁡u)，其核反应方程为N93237N⁡p+n01n→P94238P⁡u+X。衰变时只放出α射线，半衰期为88年，下列说法正确的是( )
A. X为电子
B. 的衰变方程为P94238P⁡u→U92235U+H24H⁡e
C. 160个原子核经过88年后剩余80个
D. 外界温度降低，的半衰期不会变化
9.如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ水平放置，轨道间距为L。现有一个质量为m，长度为L的导体棒ab垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体棒和轨道电阻均可忽略不计。有一电动势为E、内阻为r的电源通过开关S连接到轨道左端，另有一个定值电阻R也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现闭合开关S，导体棒ab开始运动，则下列叙述中正确的有( )
A. 导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当速度达到最大时导体棒中无电流
B. 导体棒所能达到的最大速度为ERR+rBL
C. 导体棒稳定运动时电源的输出功率E2RR+rB2L2
D. 导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E
10.电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为如图所示。一球形界面外部空间中各处电势均为φ1，内部各处电势均为φ2，(φ2>φ1)，球心位于z轴上O点。一束靠近z轴且关于z轴对称的电子以相同的速度v1平行于z轴射入该界面，电子质量为 m，电子电荷量为 e，由于电子在界面处只受到法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，不考虑相对论相应和电子之间相互作用力。某电子射到界面方向与法线的夹角为θ1，它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角θ2(图中未标出)，下列描述正确的是( )
A. 电子束汇聚到O点
B. 电子束运动方向θ1>θ2
C. 电子通过界面动能增加了e(φ2−φ1)
D. 电子束运动方向sinθ2=v1sin θ1 v12+2e(φ2−φ1)m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图1所示为某实验小组“探究加速度与物体所受合力关系”的实验装置，气垫导轨上滑块(含遮光条)的质量为M，遮光条的宽度为 d，两光电门间的距离为 L，滑块在气垫导轨上运动时可以忽略导轨的摩擦力，当地的重力加速度为 g，图中滑轮均为轻质滑轮。
(1)本实验__________(填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码的总质量远小于滑块的质量;
(2)将气垫导轨调至水平，再调整气垫导轨上连接滑块的细绳沿水平方向，气源开通后滑块在钩码重力的作用下做匀加速运动，遮光条先后通过两个光电门所用的时间分别为t1和t2，则滑块加速度 a的表达式为a=__________(用已知量表示);
(3)保持滑块(含遮光条)的质量M不变，多次改变钩码的质量，记录相应的弹簧秤读数F，通过(2)步骤计算各组的加速度a，描绘出a−F图像如图2所示(图中b和c为已知量)，则滑块质量M的表达式为M=__________(用已知量表示);
(4)根据图中的b和c可以推算出，当加速度大小为b时，所挂钩码质量m的表达式为m=__________(用已知量表示)。
12.某课外活动小组用铜片、铝片和自来水制作了由多个自来水电池构成的电池组。为了测量电池组的电动势E和内阻r，他们选用数字电压表(内阻大于10MΩ)、电阻箱(0∼9999Ω)以及开关与该电池组连接成电路进行实验。
(1)请在图1的方框中画出实验电路原理图。
(2)按照设计的电路图连接电路后，调节电阻箱接入电路的阻值R，并同时记录数字电压表的读数U。以1U为纵轴、1R为横轴建立直角坐标系，描出数据点，得到图2所示的图线。已知图线在纵轴上的截距为b，斜率为k，由此可以求得电池组的电动势E=____，内阻r=____。(用b和k表示)
(3)该小组的同学想用上面数字电压表和电阻箱探究某光伏电池的特性。他们通过查阅资料知道，光伏电池在特定光照条件下的伏安特性曲线如图3所示。若光伏电池的路端电压为U，外电路的阻值为R，则他们得到的U−R图像可能是图4中的____。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间汽缸的容积为0.2V0，开始时活塞在A处，缸内气体的压强为0.8p0(p0为大气压强，恒定不变)，热力学温度T0=300K。现对缸内气体缓慢加热，使活塞向B处移动。求：
(1)活塞刚要离开A处时，缸内气体的热力学温度T1；
(2)活塞刚到达B处时缸内气体的热力学温度T；
(3)缸内气体的热力学温度T2=500K时，缸内气体的压强p。
14.如图，xOy平面内有区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在以原点O为圆心的圆形匀强磁场，区域Ⅱ存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场：电场强度大小为 E，方向沿 y轴负方向;两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直坐标平面向里。某带电粒子以速度v0从M点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，从N点离开区域Ⅰ并立即进入区域Ⅱ，之后沿x轴运动。已知B=0.05T，M点坐标为(0,0.1)，粒子的比荷qm=4×106C/kg，不计粒子的重力。
(1)求粒子的速度v0;
(2)求电场强度E;
(3)某时刻开始电场强度大小突然变为2E(不考虑电场变化产生的影响)，其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过 P点， P点的纵坐标y=−0.2m，求粒子经过P点的速度大小vP。
15.第25届哈尔滨冰雪大世界于2023年12月18日开园迎宾，2024年2月15日闭园，它用冰雪展现了哈尔滨沉淀60年的冰雪文化与魅力。一冰雕师把位于水平草垫上的正方体冰块沿如图所示虚线切割，切割后分为A、B两部分，切割面与水平面的夹角为37∘。已知正方体冰块质量为m、边长为L，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，A、B的质量mA=38m、mB=58m，A、B间动摩擦因数为μ=0.05，不计草垫厚度，下滑过程中 A不会翻转。
(1)若将A从图示位置由静止释放，在 A下滑的过程中B一直保持静止，求释放 A的瞬间，草垫对 B的摩擦力大小;
(2)若将正方体冰块置于光滑水平面上，A从图示位置由静止释放，沿着切割面滑下，直至刚与水平面接触，求整个过程中B移动的距离;
(3)在第(2)问情境中，若不计冰与冰之间的摩擦，求该过程中A对B做的功W。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.由于空气阻力不可忽略，则列车匀速行驶时，轨道对列车的作用力大小大于mg，故A错误；
B.加速行驶时，列车所受的合力沿水平方向，但由于空气阻力和重力不可忽略，则轨道对列车的作用力不沿水平方向，故B错误；
C.以加速度a加速行驶时，列车受到的合外力大小为ma，故C正确；
D.减速行驶时，轨道对列车的作用力在竖直方向的分量等于重力，则轨道对列车的作用力不可能小于mg，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】【分析】本题以飞机特技表演为情景，考查圆周运动和功率，考查考生的物理观念、科学思维、科学态度与责任。
飞机做加速圆周运动，沿切线方向合力方向与速度方向相同，沿半径方向合力提供向心力。向心加速度公式为a=v2R。分析重力的瞬时功率时，一定要注意是重力与竖直速度的乘积。
【解答】AD、飞机做加速运动，根据动能定理可得合力所做的功等于动能的改变量，则飞机的合力做正功，故飞机所受合力方向与速度方向的夹角为锐角，合力方向不能指向圆心，故A项错误，D项正确；
B、飞机的运动看作是加速圆周运动，沿半径方向有mv2R=man，飞机沿圆弧向上加速运动，则速度变化，故向心加速度发生变化，故B项错误；
C、飞机在竖直方向的速度增大，所以克服重力做功的功率越来越大，故C项错误。
3.【答案】C
【解析】【分析】对耙进行受力分析，受到牵引力、阻力、重力和支持力，根据平衡条件和二力合成列式求解，注意几何知识运用。
【解析】
AB.有题意可知，两绳之间的夹角为60∘，根据受力分析知，两绳对耙拉力的合力的大小为2Fcs30∘= 3F，AB错误；
CD.根据平衡条件，地对耙的水平阻力大小为Ff=2Fcs30∘cs30∘=1.5F，C正确，D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
【分析】由图乙读出t=1.0s时刻Q质点的振动方向，根据波形平移法判断波的传播方向;
由图读出振幅、波长、周期，结合数学三角函数找到从该时刻开始计时P点的振动方程，可求该时刻P点的位移、再经过0.25s，P点位移；
根据t=0时刻质点Q从平衡位置向下振动，得出质点Q的振动方程。
本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，更要把握两种图象的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
【解答】
A、t=1.0s时，Q点由平衡位置沿y轴正方向振动，故简谐波沿x轴正方向传播，A错误;
B、质点振幅A=10cm，周期T=2s，由图可知波的波长为λ=8m，从该时刻开始计时P点的振动方程为
yP=10sin(πt+34π)cm，t=0时P点的位移为yP=5 2cm，B错误;
C、当t=0.25s时，P点的位移为yP=0，P点到达平衡位置，C正确;
D、t=0时刻质点Q从平衡位置向下振动，故质点Q的振动方程为y=10sin(πt+π)cm，D错误。
5.【答案】B
【解析】在P点恰好发生全反射，根据几何关系可知，在E点的折射角与临界角C互余。根据折射定律得n=sinisinr=sinicsC，sinC=1n，解得n=2 3，单色光在玻璃砖中的传播速度为v=cn= 32c，故选B。
6.【答案】D
【解析】【分析】
研究卫星绕行星匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解速度之比以及周期之比与密度的关系．
忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式求出重力加速度，结合平抛规律求解位移和落地速度．
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
【解答】
A. 卫星的万有引力充当向心力，即：GMmR2=mv2R，体积为：V=4πR33，解得密度为：ρ=MV=3v24πR2G，则vCvD= ρAρB= 12，故A错误；
B. 卫星的万有引力充当向心力，即：GMmR2=mR4π2T2，体积为：V=4πR33，解得密度为：ρ=MV=3πGT2，则TCTD= ρBρA= 2，故B错误；
C. 忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式：GMmR2=mg，解得：g=4πGρR3，因此gAgB=ρAρB=12，物体a落地时速度va= v02+2gAh，物体b落地时速度va= 4v02+4gBh，两重力加速度均可通过g=4πGρR3求得，因此可以得出二者落地时速度之比，故C错误；
D. 对于a，根据平抛运动规律：h=12gAta2，xa=v0ta，对于b，根据平抛运动规律：2h=12gBtb2，xb=2v0tb，联立可得xaxb=ta2tb=12，故D正确。
故选：D。
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据v−t图象判断物块和木板的加速度，结合牛顿第二定律求解物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数和F的大小;
由牛顿第二定律和运动学公式判断木板的加速度和木板停下的时间，根据运动学公式求解两时间内物块和木板相对于地面的运动距离.
本题要注意区别物块、木板相对于地面的运动距离和物块和木板的相对位移。
【解答】
B、在1−1.5s内，物块加速、木板减速，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，
则a1=v1−0t1−0=3−01.5−0m/s2=2m/s2，a2=v2−v1t1−t=8−31.5−1m/s2=10m/s2
式中t=1s，t1=1.5s，v1=3m/s、v2=8m/s分别为木板在t1、t时的速度大小
设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ 1、μ 2，
由牛顿第二定律得μ 1mg=ma1，(μ 1+2μ 2)mg=ma2
联立解得μ 1=0.2，μ 2=0.4，物块与木板间的动摩擦因数为0.2，故B错误；
A、在0−1s内，设木板的加速度为a0，对木板，根据牛顿第二定律可得F−(μ 1mg+2μ 2mg)=ma0，其中a0=v2t，联立解得F=18N，故A错误；
C、t1=1.5s以后，物块和木板仍有相对滑动，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，
对物块和木板分别由牛顿第二定律可得μ1mg=ma1′，(2μ2−μ1)mg=ma2′
解得a′1=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2，a′2=(2μ2−μ1)g=(2×0.4−0.2)×10m/s2=6m/s2
设木板停下时刻为t2，由运动学公式得a′2=v1t2−t1
联立解得t2=2s
故在撤去拉力至木板停下的过程中，物块先匀加速运动△t1=t1−t=1.5s−1s=0.5s后，又匀减速运动
△t2=t2−t1=2s−1.5s=0.5s，即物块的速度减为0，t=1s，故C错误；
D、t1内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1=v122a1=322×2m=2.25m，
s2=0+v22•t+v22−v122a2=(0+82×1+82−322×10)m=6.75m，
联立可得，物块相对于木板的位移的大小为s=s2−s1=6.75m−2.25m=4.5m
至物块最终停下时间内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s′1=v122a1′=322×2m/s2=2.25m，s′2=v122a2′=322×6m/s2=0.75m
联立可得物块相对于木板的位移的大小为s′=s′1−s′2=2.25m−0.75m=1.5m，
所以物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3 m，故D正确。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查衰变，目的是考查学生的推理论证能力。
核反应方程满足质量数与电荷数守恒。放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，叫作这种元素的半衰期，放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。
【解答】
根据质量数守恒和电荷数守恒可知，N93237N⁡p吸收一个中子后还应释放一个电子才能得到，核反应方程为N93237N⁡p+n01n→P94238P⁡u+e−10e，选项A正确;
根据质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程为P94238P⁡u→U92234U+H24H⁡e，选项B错误;
半衰期是统计规律，对大量原子核适用，对少量原子核不适用，选项C错误;
半衰期是由原子核内部自身的因素决定的，和物理、化学环境无关，选项D正确。
9.【答案】AB
【解析】【分析】
闭合开关S，导体棒ab受安培力作用，开始向右加速运动，同时ab棒切割磁感线产生电动势与电源的电动势反向，电路中电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减为零时，即ab棒电动势和电源定值电阻R上的电压大小相等，速度达到最大，电路电流为0
本题关键是对导体棒进行受力和运动状态分析，注意电流变化时，安培力变化，加速度变化，稳定状态加速度为0，做匀速运动．
【解答】
解：A、闭合开关S，导体棒受到安培力向右加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，且方向和电源电动势相反，电流减小，安培力减小，加速度减小，当导体棒的电动势和定值电阻R两端电压大小相等时，导体棒中电流为0，导体棒做匀速运动，速度达到最大，故A正确；
B、由A分析知Eab =BLvm =RR+rE，得vm =ER(R+r)BL，故B正确；
C、导体棒稳定时电源的输出功率为P=I 2R=(ER+r) 2R=E 2R(R+r) 2，故C错误；
D、导体棒稳定运动时产生的感应电动势等于定值电阻R两端电压，故D错误。
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
设电子穿过界面后的速度为v2，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向速度不变，v1sinθ1=v2sinθ2，电子穿过界面的过程中，根据动能定理或能量守恒定律可以确定速度大小关系，从而确定θ1与θ2的关系以及动能增加量。
【解答】
A.根据受力方向与电子束初速度方向关系，电子束不会汇聚到O点，A错误；
BCD.设电子穿过界面后的速度为v2，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面切线方向速度不变。则v1sinθ1=v2sinθ2
电子穿过界面的过程中，根据动能定理e(φ2−φ1)=12mv22−12mv12
可解得v2= v12+2e(φ2−φ1)m
则sinθ2=v1sin θ1 v12+2e(φ2−φ1)m
动能增加量为e(φ2−φ1)，且θ1>θ2
BCD正确。
故选BCD。
11.【答案】(1)不需要；
(2)d22L(1t22−1t12)；
(3)c2b；
(4)c2(g−b)
【解析】【分析】(1)滑块受到的拉力大小可以用弹簧测力计测出，故不必要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量。
(2)根据运动学公式求出加速度的表达式；
(3)(4)利用牛顿第二定律和图像斜率求解。
本题考查探究加速度与物体所受合力关系的实验，解决实验问题首先要掌握该实验原理，根据牛顿第二定律和斜率求解。
【解答】(1)由于气垫导轨可以忽略轨道的摩擦力，所以滑块的合外力可以直接通过弹簧秤的读数获取，
故不需要满足所挂钩码的总质量远小于滑块的质量;
(2)根据运动学公式(d2t22)−(d2t12)=2aL得a=d22L(1t22−1t12);
(3)根据F2=Ma，可知a−F图像斜率bc=12M，故滑块质量M的表达式为M=c2b;
(4)以钩码为研究对象，mg−F2=ma，解得当加速度大小为b时，所挂钩码质量m的表达式为m=c2(g−b)。
12.【答案】(1)答案见解析；(2)1b、kb；(3)B
【解析】解：(1)由题设条件，只给了电压表和电阻箱，由测电源电动势和内阻的原理E=U+URr知，只要测出两组数据(此题是U，R)通过列方程就能求出E和r。也可以利用多次测量的数据绘制图象的方法减小偶然误差，故电路图如图所示；
(2)由E=U+Ir和I=ER+r，变形后得到：1U=1E+rE×1R。
因此在1U−1R图像中，rE为斜率k，1E为截距b。故k=rE，b=1E，所以求出：E=1b，r=kb；
(3)由I−U图像知，刚开始随U的增大I保持不变，由R=UI知，R均匀增大，即U−R图像斜率不变，故AD错误；
接下来，随着U的增大，I不断减小，由U=IR可知，R不断增大。同时I在不断减小到0的过程中，U会趋于一个稳定值，故B正确。。
故选：C。
故答案为：(1)如图所示；(2)1b、kb；(3)B
(1)根据题设条件和测量电源电动势和内阻的原理画出电路图；
(2)写出图像要求的表达式，由图像的斜率和截距求电动势和内阻；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率求解
本题考查测电源电动势与内阻，解题关键掌握实验原理，根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率与截距解得。
13.【答案】(1)经分析可知，当活塞刚要离开A处时，缸内气体的压强为 p0 ，从开始加热到活塞刚要离开A处的过程，缸内气体做等容变化，有0.8p0T0=p0T1
解得T1=375K；
(2)从活塞离开A处到活塞刚到达B处的过程，缸内气体做等压变化，有V0T1=V0+0.2V0T
解得T=450K；
(3)由(2)知 T2>T=450K ，因此缸内气体的热力学温度 T2=500K 时，活塞已到达B处，由于限制装置的作用，缸内气体做等容变化，有p0T=pT2
解得p=109p0。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qBv0=mv02r
又有r=0.1m
且qm=4×106C/kg
联立解得v0=2×104m/s；
(2)带电粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，由平衡条件有qBv0=qE
解得E=1×103N/C；
(3)电场强度突然变为 2E ，粒子运动到 P 点过程，由动能定理有2qEy=12mvP2−12mv02
解得vP=6×104m/s。

【解析】本题考察粒子在叠加场中运动的问题，根据粒子运动状态和牛顿第二定律求解初速度，再根据平衡条件求解电场强度，最后根据动能定理求解经过P点的速度，难度一般。
15.【答案】解：(1)由已知条件可知A、B的质量分别为mA=38m，mB=58m，
对A进行受力分析：
对B进行受力分析：
B对A的支持力FN=mAgcs37∘，
B对A的摩擦力FfA=μFN，
草垫对B的摩擦力FfB=FNsin37∘−FfAcs37∘，
联立解得FfB=0.168mg；
(2)设整个过程中A、B的水平位移大小分别为xA、xB，画出位移示意图：
根据几何关系，有xA+xB=Ltan53∘−L，
A、B系统在水平方向上动量守恒，有mAvAx=mBvB，
而时间相等，则有xAxB=vAxvB，
联立解得xB=L8；
(3)设A 刚与水平面接触时速度大小为vA，方向与水平方向的夹角为α， B的速度大小为vB，示意图为：
A、B系统在水平方向上动量守恒，有mAvAcsα=mBvB，
A、B系统机械能守恒，有mAgL4=12mAvA2+12mBvB2，
A、B在垂直于切割面方向上的速度相同，有vAsin(α−37∘)=vBsin37∘，
联立解得vB= 9152gL，
该过程对B由动能定理得W=12mBvB2，
解得W=452432mgL。
【解析】(1)在释放A的瞬间对A进行受力分析，求出A受到支持力和摩擦力，再对B进行受力分析由牛顿第三定律和平衡条件求出草垫对B的摩擦力大小；
(2)根据水平方向动量守恒定律和两者的几何关系求整个过程中B移动的距离；
(3)不计冰面之间的摩擦时，系统无机械能损失，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律及动能定理即可求出该过程中A对B做的功W。
本题以两个冰块为模型，考查了连接体的平衡问题、平均动量守恒问题、类碰撞的反冲问题、关联速度等问题，针对每一问的关键条件，用相应的规律去解决。