石家庄市 2022年高中毕业班教学质量检测（一）
物理参考答案
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分．在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B D A B C B
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有
两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的
得 0分。
题号 8 9 10
答案 AC AC CD
三、非选择题:共 54分。第 11～14题为必考题，考生都必须作答。第 15～16题为选考题，
考生根据要求作答。
(一）必考题:共 42分。
11．（4分）
F＇（2 分）； B（2 分）
12．（11分）
（1）0.950（2分）；467（2分）
（2）小于（1分）；电压表分流（1分）
（3）①如右图所示（2分）
U
② 1 （1分）；
I1
U U
③ 2 3
I U U
（2分）
3
3 2 I
U 11
U1(U或 2 U3 ) （2分）
I3U1 I1(U3 U2 )
13．（11分）
1
解：（1 6 2）（ 分）由机械能守恒定律，有m1gl(1 cos ) m1v1 （2分）2
解得 v 10m / s
v 2
绳子对男演员拉力为 T，根据牛顿第二定律 T m 11g m1 （2分）l
解得：T 1200N（1分）
男演员对绳子的拉力为T ，根据牛顿第三定律 T T=1200N（1分）
（2）（5分）女演员抱住男演员的过程中动量守恒，有m1v1 m2v2 (m1 m2 )v（2分）
解得 v=8m/s
1
由能量守恒定律有 （m m )v21 2 (m1 m2 )gh（2分）2
解得：h=3.2 m（1分）
14.（16分）
解：（1）（4分）粒子在第Ⅲ象限做匀加速直线运动，由动能定理得
Eq 2l 1 mv2……（1分）
2
解得： v 2 Eql
m
作出带电粒子的运动轨迹
由几何关系得
(r1 l)
2 ( 3l)2 r21 ……（1分）
解得： r1 =2l
由洛伦兹力提供向心力得
2
qvB v m ……（1分）
r1
B mE解得： ……（1分）
ql
（2）（6分）带电粒子在第Ⅲ象限内做匀加速直线运动
Eqt1 mv……（1分） 得 t 2 ml1 Eq
（说明：运动学公式正确同样给 1分。）
带电粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动
由几何关系得 MO1Q 60 ……（1分）
60 2 r
粒子做圆周运动的时间 t2 （1分）360 v
（说明：其他方法正确同样给 1分。）
带电粒子在第Ⅰ象限内做匀变速曲线运动
3Eqt3 mvsin60 ……（1分）
（说明：运动学公式正确同样给 1分。）
带电粒子从 P点释放到垂直打在挡板上经历的时间
t t1 t2 t3 （1分）
t 3 ml （ ） （1分）
3 qE
（3）（6分）带电粒子在第Ⅰ象限内做匀变速曲线运动，由运动的合成与分解法则可知粒
子从 M到之后首次速度与 x轴平行的过程中，沿 x轴速度 vx vcos60 ……（1分）
x0 vxt3 （1 分）
①若带电粒子在第Ⅰ象限垂直打在挡板上，N点的横坐标 xN为
xN (2n 1)r sin60 (2n 1)x0 （n=1，2，3……）……（1分）
解得： xN (2n 1)( 3 1)l （n=1，2，3……）……（1分）；
或 xN (2n 1)( 3 1)l （n=0，1，2，3……）……（1分）
②若带电粒子在第Ⅳ象限垂直打在挡板上，N点的横坐标 xN为
xN 2nr sin60 2nx0 （n=1，2，3……）……（1分）
解得： xN 2n( 3 1)l （n=1，2，3……）……（1分）
或 xN （2n 2）( 3 1)l（n=0，1，2，3……）……（1分）
方法 2：
带电粒子第 1次在第Ⅰ象限垂直打在挡板上， x1 ( 3 1)l (1 分）
带电粒子第 2次在第Ⅳ象限垂直打在挡板上， x2 2( 3 1)l (1 分）
带电粒子第 3次在第Ⅰ象限垂直打在挡板上， x3 3( 3 1)l
带电粒子第 4次在第Ⅳ象限垂直打在挡板上， x4 4( 3 1)l
带电粒子第 5次在第Ⅰ象限垂直打在挡板上 x5 5( 3 1)l，
......
解得： xN n( 3 1)l （n=1，2，3……）……（2分）
(二)选考题:共 12分。请考生从 2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题
计分。
15．[选修 3-3] (12分)
15.（1）（4分）
e （2分） 从外界吸热 （2分）
（2）（8 分）
解：①对右侧气缸中的活塞，受力平衡有： = 2 （1分）
对左侧气缸中的活塞，受力平衡有： = 1 + （1分）
( )
解得 = 2 1 （1分）
②在缓慢升温过程中两部分气体的压强均不变，均为等压变化。
设右侧活塞刚好上升至气缸顶部时，左侧活塞下降 x，
对 a气体，初态： = Ta=T0； 末态： 1 = (
+ ) （1分）
2 2
-
1
由盖 吕萨克定律得： = （1分）
对 b气体，初态： =hs Tb=T
0； 末态： 1 = + ( ) （1分）2
由盖- 1吕萨克定律得： = （1分）
4
解得： T= T
3 0
（1分）
16．[选修 3-4](12分)
（1）（4分）
减弱（2分） 0.20 （2分） （说明：0.2也给分）
（2）（8 分）
解：（1）光路如图
3 R
由几何关系可知 sin COE= 2 （1分），解得∠COE=60°
R
可知∠CBG =∠FCB=30°（1分）
sin600
玻璃砖的折射率 n= 0 = 3（1分）sin30
3 R R sin 300 tan 300
（2）由几何关系可知 AB= 2
cos300
（1分）
3 R tan 300
BC= 2 0 （1分）cos30
v c （1分）
n
t AB BC （1分）
c v
5R
光从 A点出射到射出玻璃砖的时间 t （1分）
3c综合卷
一、单选题
1．一质量为2kg、可看成质点的物块做直线运动，其运动过程中动量的平方与位置关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．物体运动的加速度大小为16m/s2
B．物块运动中受到的合力大小为32N
C．物块在坐标原点的速度大小为8m/s
D．物体从0m到1m所用时间为0.5s
2．如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底部恰好与地面相切，两小球的质量分别为、，的初速度为，保持静止，已知与发生弹性碰撞，要使与发生两次碰撞，则M可能为（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球（均可视为质点）质量均为球套在竖直杆上，球套在水平杆上，通过铰链用长度为的刚性轻杆连接。现将球从图示位置（轻杆与之间的夹角为45°）由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球和球组成的系统机械能不守恒
B．球的最大速度不是
C．球的速度为零时，球的加速度大小为零
D．球的速度为零时，球的速度大小也一定为零
4．如图所示，水平面内有边长为L的等边三角形ABC。顶点A、B、C分别固定电荷量为+q、-q、+q的点电荷。N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点，O点为三角形ABC的几何中心。以O点为原点、竖直向上为x轴正方向建立坐标系。已知静电力常量为k。则（ ）
A．N、P、M三点的电势相等
B．将带负电的试探电荷沿x轴由O点移动至x=3L处，电场力可能先做正功后做负功
C．在处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为
D．在与x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小之比为3：1
5．建造一条能通向太空的电梯（如图甲所示），是人们长期的梦想。材料的力学强度是材料众多性能中被人类极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是其，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的航天员，地面附近重力加速度g取，地球自转角速度，地球半径。下列说法正确的有（ ）
A．随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小
B．航天员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
C．图中为地球同步卫星的轨道半径
D．电梯舱停在距地面高度为6.6R的站点时，舱内质量60kg的航天员对水平地板的压力为零
二、多选题
6．一传送带以恒定速率沿顺时针方向运行，传送带倾角为37°，如图所示。现将一质量为kg的物块静止放于传送带底端点，经过一段时间传送带将物块传送到传送带的顶端点。已知传送带之间的距离为m，物块与传送带间的动摩擦因数为，物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是（ ）
A．物块从点传送到点过程中合力对物块的冲量大小为6N·s
B．物块从点传送到点过程中重力对物块的冲量大小为60N·s
C．物块从点传送到点过程中系统因摩擦产生的热量为63J
D．从点传送到点过程中物块机械能的增加量为108J
7．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为的三个物体（均可视为质点），圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动。三个物体与圆盘之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。三个物体与轴心共线，且关于中心轴对称，，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力。圆盘从静止开始转动，角速度缓慢地增大，直到三个物体与圆盘将要发生相对滑动，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．当物体达到最大静摩擦力时，物体也一定同时达到最大静摩擦力
B．在发生相对滑动前，两个物体的静摩擦力先增大后不变，物体的静摩擦力先增大后减小再增大
C．当时整体会发生滑动
D．当时，在增大的过程中间的拉力先增大后减小
8．竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，如图所示。质量为m，电荷量为+q的粒子，从O点以初动能进入电场，O点在AC连线上，且，初速度与水平方向夹角为=45°，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直。不计粒子重力，则关于粒子的说法正确的是（ ）
A．粒子运动到B点時的动能EkB=qU
B．运动轨迹最高点到下极板的距离MN=d
C．水平方向运动的位移之比为AN：NB=：
D．若将上极板向下移一小段距离，则粒子将在B点上方飞出
9．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为和的同心金属半球面A和B构成，分别是电势为的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N。其中动能为的电子沿电势为的等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间，到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量分别为和。若电场的边缘效应，电子之间的相互影响，均可忽略。下列判断正确的是（ ）
A．偏转器内的电场是匀强电场
B．等势面C处的电场强度大小为
C．到达N板左、右边缘处的电子，其中左边缘处的电势能大
D．
三、实验题
10．某实验小组利用如图甲所示装置来验证机械能守恒定律。A、B是两个相同的小物块，用天平测得其质量均为m，C是内部装有砝码的托盘，其总质量为M，A、B间用轻弹簧拴接，B、C间用轻质细绳相连。物块A静止放置在一压力传感器上，C的正下方放置一测速仪该测速仪能测出C的速率，压力传感器与测速仪相连，对应数据可对外向计算机中输出。整个实验过程中弹簧均处于弹性限度内，弹簧的弹性势能只与弹簧本身及形变量有关，当地的重力加速度为g。
（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现自由释放C，当C向下运动到某一位置时，压力传感器示数为零，测速仪显示的对应速率为v。其中M和m大小关系应满足M_______m（选填“小于”、“等于”或“大于”），才能实现上述过程。
（2）M、m质量不变，增加C中砝码的个数，即增大托盘和砝码的总质量M重复步骤，当压力传感器示数再次为零时，B上升的高度与前一次相比将_______（选填“增加”、“减少”或“不变”）。
（3）重复上述操作，得到多组不同M下对应的v。根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，作出图线如图乙所示，图线在纵轴上的截距为b，则弹簧的劲度系数k=_______（用题目中的已知量表示）。
11．实验小组要测量某直流电源的电动势和内阻，可用的实验器材有：电流表、电阻箱和滑动变阻器各一只，电键两个以及导线若干。在研究实验方案的过程中，发现电流表量程小，需要把电流表的量程扩大一倍才能完成实验。设计的实验电路如图1所示。
（1）扩大电流表的量程，实验步骤如下：
①断开电键和，把电阻箱的阻值调到__________（填“最大”或“最小”）；
②闭合电键，调节电阻箱，使电流表满偏；
③闭合电键，调节滑动变阻器的滑动触头，使电流表___________，此后滑动变阻器的触头的位置不再变动。
（2）测量电源的电动势和内阻，实验步骤如下：
①电键、都闭合，调节电阻箱的值，观察并记录电流表的示数；
②重复步骤①，测量并记录多组、数据；
③以为纵坐标，为横坐标，建立平面直角坐标系，根据步骤②得到的多组数据描点画图。得到的图像如图2所示；
④经测量，图像横轴截距的绝对值为，纵轴截距为，则电源的电动势____________，若已知电流表的内阻为，则电源的内阻__________。
（3）由于系统误差的存在，在扩大电流表量程的环节中，当电流表读数为时，流过电源的电流实际上并不等于，而是____________（填“大于”或“小于”），从而对后面的测量造成影响，要减小这种误差，应该满足电阻箱连入电路的总电阻____________（填“远大于”或“接近”）电流表电阻。
四、解答题
12．如图所示，半径的光滑半圆形绝缘轨道BC竖直固定放置，与水平绝缘轨道AB相切于B点，O为圆心，P是轨道上与圆心О的等高点，半圆形轨道所在的平面内，有一均强电场，上边界正好沿OP所在的直线，电场强度，方向水平向右，质量、电量的带正电物块（视为质点），与水平轨道AB间的动摩擦因数，让物块从水平轨道AB上的某点M由静止开始释放，重力加速度，求：
（1）若物块运动到P点，半圆形轨道对其弹力为5N，M、B两点的距离为多少
（2）若物块在运动的过程中，不脱离半圆形轨道，M、B两点的距离范围为多少
（3）若M、B两点的距离为，则物体离开C点再次进入电场时与О点的距离为多少
13．如图所示，宽度为的光滑平行金属导轨Ⅰ，左端连接阻值为的电阻，右端连接半径为的四分之三光滑圆弧导轨，圆弧最高端与足够长且宽度为的水平粗糙平行金属导轨Ⅱ右端对齐、上下错开。圆弧所在区域有磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场，导轨Ⅱ所在区域有磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场。导轨Ⅱ左端之间连接电动势为、内阻为的直流电源。一根质量为、电阻为金属杆从导轨Ⅰ上处静止释放，沿着圆弧运动到最低处时，对轨道的压力为。金属杆经过最低处时施加外力使金属杆沿圆弧轨道做匀速圆周运动，到时立即撤去外力，金属杆进入导轨Ⅱ穿过、叠加磁场区域后，在磁场区域做加速运动，运动一段时间后达到稳定速度，运动过程中导轨Ⅱ对金属杆的摩擦力为。金属杆与导轨始终接触良好，导轨的电阻不计，求：
（1）金属杆滑至处时的速度大小；
（2）金属杆从处滑至处的过程中，通过电阻的电荷量；
（3）金属杆从处运动到处的过程中，外力对金属杆所做的功；
（4）若导轨Ⅱ所在区域的匀强磁场的磁感应强度大小可调节，求稳定速度的最大值。
14．如图所示，绝热气缸A固定在水平桌面上，可通过电热丝给内部封闭的气体加热，其活塞用一轻绳与导热气缸B的活塞通过定滑轮相连，气缸B悬在空中，质量为M，底部悬挂有一质量也为M的物体，气缸B的活塞到气缸B内部底端的距离为d．两活塞面积均为S，两气缸中均封闭有相同质量的同种理想气体，两气缸都不漏气．开始时系统处于平衡状态，且温度均与环境温度相同为T0，不计活塞和气体的重力，不计任何摩擦，已知重力加速度为g，外界大气压强为P0．
(i)求A、B气缸中气体的压强；
(ii)若环境温度、大气压保持不变，取下气缸B底部悬挂的物体，重新稳定后，要使气缸B底部离地面的高度与取下物体前相同，则气缸A中气体的温度应升高多少 (活塞不会脱离气缸)
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D】ABC．由速度位移的关系式得两边同时乘上得结合图象知斜率解得，由牛顿第二定律得物块运动中受到的合力故ABC错误；D．由图象知时的速度为0，从0到所用时间故D正确。
2．D】与第一次弹性碰撞后，设小球与的速度分别为、，由动量守恒有对系统由机械守恒定律有解得，与M水平方向动量守恒，设离开M时速度为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 可得要使与发生两次碰撞，则，联立解得故D正确，ABC错误。
3．B】A．a球和b球所组成的系统没有外力做功，只有重力做功，则系统机械能守恒，故A错误；
BCD．当刚性轻杆和细杆L2第一次平行时，根据运动关系可知此时b球的速度大小为零，由系统机械能守恒得解得此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，到加速度为零时速度达到最大，故B正确，CD错误。
4．C】A．由对称关系知N、P电势相等，N点电势与C处点电荷单独在N点产生的电势相等，仅考虑A、B两点电荷，M点电势大于0，仅考虑C处点电荷，M点电势大于N点的电势，故N、P、M三点电势不相等，A错；B．由O点至x=3L处，x轴上每点的电场强度均有竖直向上的分量，故电场力对试探电荷始终做负功，B错；C．由几何知OA=，则A点到处的距离为，沿x轴正方向的电场强度为每个点电荷单独作用时在x=处产生的电场强度沿x轴正方向分量的矢量和，可知C对；D．A点到x=L处的距离为，同理得在x=L处电场强度沿x轴正方向的分量大小为可得故D错误。
5．C】B．电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，当时电梯中的航天员受到万有引力和电梯的弹力第一宇宙速度为只有万有引力提供向心力时，即上式中时匀速圆周运动的线速度，因此航天员在处的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；CD．由公式可知，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小，当时，r=r0，为同步卫星的轨道半径，此时电梯舱对航天员的弹力为零，此时只由万有引力提供向心力，带入题目中所给数据可得，即电梯舱对航天员的弹力为零时，电梯舱停在距地面高度为5.6R的站点；故C正确，D错误；A．当r>r0时，随着r继续增大，需求的向心力更大，有知反向增大；所以随着r从小于r0到大于r0逐渐增大的过程中，航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大，故A错误。
6．AC】A．物块开始运动时，受到沿传送带向上的滑动摩擦力根据牛顿第二定律有解得加速与传送带达到共同速度经历的时间为运动的位移为因为，即所以，当物块的速度与传送带的速度相等时，开始以做匀速直线运动，一直运动到顶端B，物块从底端A传送到顶端B过程中，根据动量定理，合力对物块的冲量等于物块动量的变化量，有故A正确；B．物块匀速直线运动的位移为匀速运动的时间为则物块从底端传送到顶端用的时间为则重力对物块的冲量为故B错误；C．第一阶段物块与传送带之间发生相对滑动，物块做匀加速直线运动，位移为传送带做匀速运动则产生的热量为第二阶段物块与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，则物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63J，故C正确；D．物块从底端A传送到顶端B过程中，机械能的增量为故D错误。
7．BC】ABC．开始阶段当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力，三个物体的角速度相等，由知，由于C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时解得
当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC之间的细线开始提供拉力，随着角速度的增大，B的摩擦力增大；当B的摩擦力达到最大静摩擦力之后，A、B之间的细线开始有力的作用，随着角速度的增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大；当A的摩擦力达到最大时，整体将会出现相对滑动，对A、B整体有对C有解得即当时整体会发生相对滑动，故A错误，BC正确；D．当C受到的摩擦力方向沿着半径向里，且没有出现相对滑动，故在增大的过程中，由于向心力不断增大，故B，C间的拉力不断增大，故D错误。
BC】A．粒子在两极板间只有电场力做功，根据动能定理得 联立解得故A错误；B．粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速直线运动，因此到达最高点时满足所以到达最高点时动能根据动能定理得 解得所以OM之间的竖直距离为，因此M与下极板之间的距离为故B正确；C．设粒子做抛体运动的加速度为a，AN运动时间为t1，NB运动时间为t2 所以故C正确；D．若将上极板向下移一小段距离，则两极板电场强度增大，粒子的加速度增大，水平分速度不变，到达右端时间不变，根据可知粒子竖直位移增大，即打到了下极板上
9．BD】A．匀强电场的特点是大小处处相等，方向相同。故A错误；B．电子做匀速圆周运动的向心力由电场力提供，由题意可知解得故B正确；
C．从左侧边缘出来的电子，电场力做正功，从右侧边缘出来的电子，电场力做负功。故C错误；
D．从左侧边缘出来的电子所处区域的电场线密集，平均电场强度大，平均电场力做功多。故D正确。
10． 大于 不变 1）当C向下运动到某一位置时，压力传感器示数为零，测速仪显示的对应速率为v，向下运动过程C与B一起做加速运动，当弹簧伸长时，有解得所以M和m大小关系应满足M大于m，才能实现上述过程。2）M、m质量不变，增加C中砝码的个数，即增大托盘和砝码的总质量M重复步骤，当压力传感器示数再次为零时，B上升的高度与前一次相比将不变。对A分析，因为当压力传感器示数再次为零时，有解得伸长量为则弹簧的形变量与M的变化无关，B上升的高度与前一次相比将不变。3）[3]弹簧开始的压缩量为，有解得压缩量为则当压力传感器示数再次为零时，弹簧的伸长量等于开始的压缩量，所以从开始到压力传感器示数再次为零过程，弹性势能没有发生变化，则有整理可得变形有根据图像可知解得
11． 最大 半偏 大于 远大于 （1）[1]为了保护电路，电阻箱的阻值应调到最大；[2]若想扩大电流表的量程，需并联一个电阻且为了使量程扩大一倍，电阻应分一半的电流，故此时电流表半偏；（2）[3][4]电流表量程扩大了一倍，故干路电流为，则有故有则可得的斜率纵截距则电源的电动势为电源的内阻为（3）[5][6]在闭合开关后，由于并联滑动变阻器，使得回路总电阻变小，总电流增大，即使通过的电流大于，要减小这种误差，则要求开关闭合前后电阻变化对电流影响很小，故电阻箱接入电路总电阻远大于电流表的内阻。
12．（1）1m；（2），；（3） （1）在P点，对物块受力分析，由牛顿第二定律物块由M运动到P，由动能定理得综合解（2）若物块恰好能到达C点，由牛顿第二定律物块由M运动到C，由动能定理解得若物块恰好能到达Р点，物块由M运动到P，由动能定理解得若物块在运动的过程中，不脱离半圆形轨道，则有（3）物块由M运动到C，由动能定理物块离开C点做平抛运动， 结合等已知条件，综合解得
13．（1）；（2）；（3）；（4）
（1）由牛顿第三定律，在处时轨道对金属杆的支持 解得（2）金属杆从处滑至处的过程中，回路中磁通量变化量通过电阻的电荷量（3）金属杆从处运动到处的过程中，通过的为余弦交流电，电动势峰值电流峰值电流有效值运动时间产生的焦耳热对金属杆在全过程中使用动能定理解得：（4）稳定时回路中的电流为化简可得可知当时，可得
14．（i） （ii） （i）取下物体前对气缸B的活塞根据平衡条件有： 解得：取下物体前对气缸A的活塞根据平衡条件有： （）解得：故气缸A、B中的压强相等；（ii）取下物体，重新稳定后，对气缸B有： 解得：此过程中气缸B中的气体等温变化，有： 此过程中气缸B上移的距离为：联解得： 取下物体前，气缸A、B中的压强相同，温度也相同，且两气缸中均封闭有相同质量的同种理想气体，故气缸A、B中的气体体积相同，气缸A中活塞到气缸A内部底端的距离也为d，要使气缸B底部离地面的高度与取下物体前相同，则气缸A中活塞应向右移动Δd的距离，因此在此过程中对A中气体有：而：得：气缸A中气体的温度应升高．
答案第1页，共2页
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