2024年安徽卷物理試題一、單選題1．(2024·安徽卷·1)大連相干光源是我國(guó)第一臺(tái)高增益自由電子激光用戶(hù)裝置，其激光輻射所應(yīng)用的玻爾原子理論很好地解釋了氫原子的光譜特征。圖為氫原子的能級(jí)示意圖，已知紫外光的光子能量大于3.11eV，當(dāng)大量處于n＝3能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射不同頻率的紫外光有()A．1種B．2種C．3種D．4種答案B解析大量處于n＝3能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，能夠輻射出不同頻率光子的種類(lèi)為Ceq\o\al(2,3)＝3種輻射出光子的能量分別為ΔE1＝E3－E1＝－1.51eV－(－13.6eV)＝12.09eV＞3.11eVΔE2＝E3－E2＝－1.51eV－(－3.4eV)＝1.89eV＜3.11eVΔE3＝E2－E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV＞3.11eV所以輻射不同頻率的紫外光有2種。故選B。2．(2024·安徽卷·2)某同學(xué)參加戶(hù)外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為v。已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)。重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。則此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為()A．mgh B.eq\f(1,2)mv2C．mgh＋eq\f(1,2)mv2 D．mgh－eq\f(1,2)mv2答案D解析人與滑板在下滑的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mgh－W克f＝eq\f(1,2)mv2－0可得此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為W克f＝mgh－eq\f(1,2)mv2故選D。3．(2024·安徽卷·3)某儀器發(fā)射甲、乙兩列橫波，在同一均勻介質(zhì)中相向傳播，波速v大小相等。某時(shí)刻的波形圖如圖所示，則這兩列橫波()A．在x＝9.0m處開(kāi)始相遇B．在x＝10.0m處開(kāi)始相遇C．波峰在x＝10.5m處相遇D．波峰在x＝11.5m處相遇答案C解析由題意可知兩列波的波速相同，所以相同時(shí)間內(nèi)傳播的的距離相同，故兩列橫波在x＝11.0m處開(kāi)始相遇，故A、B錯(cuò)誤；甲波峰的橫坐標(biāo)為x1＝5m，乙波峰的橫坐標(biāo)為x2＝16m，由于兩列波的波速相同，所以波峰在x′＝5m＋eq\f(16－5,2)m＝10.5m處相遇，故C正確，D錯(cuò)誤。4.(2024·安徽卷·4)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。t＝0時(shí)在傳送帶底端無(wú)初速度輕放一小物塊，如圖所示。t0時(shí)刻物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到v0。不計(jì)空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中，加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線可能正確的是()答案C解析0～t0時(shí)間內(nèi)，物塊輕放在傳送帶上，做加速運(yùn)動(dòng)。受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，合力不變，故做勻加速運(yùn)動(dòng)。t0之后，物塊所受的靜摩擦力與重力沿傳送帶向下的分力大小相等，加速度為零，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)。C正確，A、B、D錯(cuò)誤。5.(2024·安徽卷·5)2024年3月20日，我國(guó)探月工程四期鵲橋二號(hào)中繼星成功發(fā)射升空。當(dāng)?shù)诌_(dá)距離月球表面某高度時(shí)，鵲橋二號(hào)開(kāi)始進(jìn)行近月制動(dòng)，并順利進(jìn)入捕獲軌道運(yùn)行，如圖所示，軌道的半長(zhǎng)軸約為51900km。后經(jīng)多次軌道調(diào)整，進(jìn)入凍結(jié)軌道運(yùn)行，軌道的半長(zhǎng)軸約為9900km，周期約為24h。則鵲橋二號(hào)在捕獲軌道運(yùn)行時(shí)()A．周期約為144hB．近月點(diǎn)的速度大于遠(yuǎn)月點(diǎn)的速度C．近月點(diǎn)的速度小于在凍結(jié)軌道運(yùn)行時(shí)近月點(diǎn)的速度D．近月點(diǎn)的加速度大于在凍結(jié)軌道運(yùn)行時(shí)近月點(diǎn)的加速度答案B解析根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有eq\f(T12,a13)＝eq\f(T22,a23)，可知鵲橋二號(hào)在捕獲軌道運(yùn)行周期T2＝T1eq\r(\f(a23,a13))≈288h，A錯(cuò)誤；根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，近月點(diǎn)的速度大于遠(yuǎn)月點(diǎn)的速度，B正確；從捕獲軌道到凍結(jié)軌道，鵲橋二號(hào)在近月點(diǎn)進(jìn)行近月制動(dòng)減速，在捕獲軌道運(yùn)行時(shí)近月點(diǎn)的速度大于在凍結(jié)軌道運(yùn)行時(shí)近月點(diǎn)的速度，C錯(cuò)誤；鵲橋二號(hào)在兩軌道的近月點(diǎn)所受的萬(wàn)有引力相同，根據(jù)牛頓第二定律可知，在捕獲軌道運(yùn)行時(shí)近月點(diǎn)的加速度等于在凍結(jié)軌道運(yùn)行時(shí)近月點(diǎn)的加速度，D錯(cuò)誤。6．(2024·安徽卷·6)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開(kāi)始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上，緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中()A．速度一直增大 B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為3g D．加速度先增大后減小答案A解析在P點(diǎn)保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F與重力和兩彈簧的拉力的合力為零。此時(shí)兩彈簧的合力大小為mg。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中兩彈簧的拉力與重力的合力方向始終向下，小球一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧形變量變小，兩彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合力一直變小，加速度一直減小，加速度的最大值為撤去拉力時(shí)的加速度，由牛頓第二定律可知2mg＝ma，得a＝2g，即加速度的最大值為2g，C、D錯(cuò)誤。7.(2024·安徽卷·7)在某地區(qū)的干旱季節(jié)，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農(nóng)田，簡(jiǎn)化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點(diǎn)的水平距離約為l。假設(shè)抽水過(guò)程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉(zhuǎn)化為水被抽到出水口處增加的機(jī)械能。已知水的密度為ρ，水管內(nèi)徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。則水泵的輸出功率約為()A.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq\f(l2,2h))B.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq\f(l2,4h))C.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋eq\f(l2,2h))D.eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋eq\f(l2,4h))答案B解析設(shè)水從出水口射出的初速度為v0，取t時(shí)間內(nèi)的水為研究對(duì)象，該部分水的質(zhì)量為m＝v0tSρ根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律v0t′＝lh＝eq\f(1,2)gt′2解得v0＝leq\r(\f(g,2h))根據(jù)功能關(guān)系得Ptη＝eq\f(1,2)mv02＋mg(H＋h)聯(lián)立解得水泵的輸出功率為P＝eq\f(ρgSl\r(2gh),2ηh)(H＋h＋eq\f(l2,4h))故選B。8.(2024·安徽卷·8)在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個(gè)完全相同的帶電小球，通過(guò)不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，連接成邊長(zhǎng)為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為m，帶電量為＋q，可視為點(diǎn)電荷。初始時(shí)，小球均靜止，細(xì)線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細(xì)線剪斷，當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過(guò)程中三個(gè)小球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減少了eq\f(kq2,2d)，k為靜電力常量，不計(jì)空氣阻力。則()A．該過(guò)程中小球3受到的合力大小始終不變B．該過(guò)程中系統(tǒng)能量守恒，動(dòng)量不守恒C．在圖乙位置，v1＝v2，v3≠2v1D．在圖乙位置，v3＝eq\r(\f(2kq2,3md))答案D解析該過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力為0，故動(dòng)量守恒；當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知細(xì)線中的拉力相等，此時(shí)球3受到1和2的靜電力大小相等、方向相反，故可知此時(shí)球3受到的合力為0，球3從靜止?fàn)顟B(tài)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的瞬間受到的合力不為0，故該過(guò)程中小球3受到的合力在改變，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒mv1＋mv2＝mv3根據(jù)球1和2運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知v1＝v2，解得v3＝2v1根據(jù)能量守恒eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv32＝eq\f(kq2,2d)解得v3＝eq\r(\f(2kq2,3md))故C錯(cuò)誤，D正確。二、多選題9．(多選)(2024·安徽卷·9)一傾角為30°足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標(biāo)系，如圖甲所示。從t＝0開(kāi)始，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從O點(diǎn)由靜止釋放，同時(shí)對(duì)物塊施加沿x軸正方向的力F1和F2，其大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。則()A．物塊始終做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B．t＝1s時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為2.5mC．t＝1s時(shí)，物塊的加速度大小為5eq\r(3)m/s2D．t＝2s時(shí)，物塊的速度大小為10eq\r(2)m/s答案BD解析根據(jù)題圖乙可得F1＝4－t(N)，F(xiàn)2＝3t(N)，故兩力的合力為Fx＝4＋2t(N)物塊在y軸方向受到的力不變，為mgsin30°，x軸方向受到的力Fx在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；沿y軸方向物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為ay＝eq\f(mgsin30°,m)＝gsin30°＝5m/s2故t＝1s時(shí)，物塊的y坐標(biāo)值為y＝eq\f(1,2)ayt2＝2.5m故B正確；t＝1s時(shí)，F(xiàn)x＝6N，故ax＝eq\f(Fx,m)＝5m/s2則a＝eq\r(ax2＋ay2)＝5eq\r(2)m/s2故C錯(cuò)誤；沿x軸正方向，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理得Fxt＝mvx－0由于Fx與時(shí)間t成線性關(guān)系，故可得eq\f(4＋2×0＋4＋2×2,2)×2＝1.2vx解得vx＝10m/s此時(shí)y軸方向速度大小為vy＝gsin30°·t＝5×2m/s＝10m/s故此時(shí)物塊的速度大小為v＝eq\r(vx2＋vy2)＝10eq\r(2)m/s故D正確。10．(多選)(2024·安徽卷·10)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫(huà)出。已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開(kāi)后的相互作用，則()A．油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為eq\f(mg,E)B．油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(gBR,E)C．小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(3gBR,E)，周期為eq\f(4πE,gB)D．小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)答案ABD解析油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)，故重力與電場(chǎng)力平衡，可知帶負(fù)電，有mg＝Eq解得q＝eq\f(mg,E)，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝eq\f(gBR,E)故B正確；設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得eq\f(q,2)v1B＝eq\f(m,2)·eq\f(v12,3R)解得v1＝eq\f(3BqR,m)＝eq\f(3gBR,E)，周期為T(mén)＝eq\f(2π·3R,v1)＝eq\f(2πE,gB)，故C錯(cuò)誤；帶電油滴a分離前后動(dòng)量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?，得mv＝eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝－eq\f(gBR,E)，由于分離后的小液滴受到的電場(chǎng)力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，故D正確。三、實(shí)驗(yàn)題11．(2024·安徽卷·11)某實(shí)驗(yàn)小組做“測(cè)量玻璃的折射率”及拓展探究實(shí)驗(yàn)。(1)為測(cè)量玻璃的折射率，按如圖甲所示進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，以下表述正確的一項(xiàng)是__________。(填正確答案標(biāo)號(hào))A．用筆在白紙上沿著玻璃磚上邊和下邊分別畫(huà)出直線a和a′B．在玻璃磚一側(cè)插上大頭針P1、P2，眼睛在另一側(cè)透過(guò)玻璃磚看兩個(gè)大頭針，使P2把P1擋住，這樣就可以確定入射光線和入射點(diǎn)O1。在眼睛這一側(cè)，插上大頭針P3，使它把P1、P2都擋住，再插上大頭針P4，使它把P1、P2、P3都擋住，這樣就可以確定出射光線和出射點(diǎn)O2C．實(shí)驗(yàn)時(shí)入射角θ1應(yīng)盡量小一些，以減小實(shí)驗(yàn)誤差(2)為探究介質(zhì)折射率與光的頻率的關(guān)系，分別用一束紅光和一束綠光從同一點(diǎn)入射到空氣與玻璃的分界面。保持相同的入射角，根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果作出光路圖，并標(biāo)記紅光和綠光，如圖乙所示。此實(shí)驗(yàn)初步表明：對(duì)于同一種介質(zhì)，折射率與光的頻率有關(guān)。頻率大，折射率__________(填“大”或“小”)(3)為探究折射率與介質(zhì)材料的關(guān)系，用同一束微光分別入射玻璃磚和某透明介質(zhì)，如圖丙、丁所示。保持相同的入射角α1，測(cè)得折射角分別為α2、α3(α2<α3)，則玻璃和該介質(zhì)的折射率大小關(guān)系為n玻璃__________n介質(zhì)(填“>”或“<”)。此實(shí)驗(yàn)初步表明：對(duì)于一定頻率的光，折射率與介質(zhì)材料有關(guān)。答案(1)B(2)大(3)>解析(1)在白紙上畫(huà)出一條直線a作為界面，把長(zhǎng)方體玻璃磚放在白紙上，使它的一個(gè)長(zhǎng)邊與a對(duì)齊。用直尺或者三角板輕靠在玻璃磚的另一長(zhǎng)邊，按住直尺或三角板不動(dòng)，將玻璃磚取下，畫(huà)出直線a′代表玻璃磚的另一邊，而不能用筆在白紙上沿著玻璃磚上邊和下邊分別畫(huà)出直線a和a′，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作正確；實(shí)驗(yàn)時(shí)入射角θ1應(yīng)盡量大一些，但也不能太大(接近90°)，以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故C錯(cuò)誤。(2)由題圖乙可知，入射角相同，綠光的折射角小于紅光的折射角，根據(jù)光的折射定律n＝eq\f(sinα,sinβ)可知綠光的折射率大于紅光的折射率，又因?yàn)榫G光的頻率大于紅光的頻率，所以頻率大，折射率大。(3)根據(jù)折射定律可知，玻璃的折射率為n玻璃＝eq\f(sinα1,sinα2)，該介質(zhì)的折射率為n介質(zhì)＝eq\f(sinα1,sinα3)，其中α2＜α3，所以n玻璃＞n介質(zhì)。12．(2024·安徽卷·12)某實(shí)驗(yàn)小組要將電流表G(銘牌標(biāo)示：Ig＝500μA，Rg＝800Ω)改裝成量程為1V和3V的電壓表，并用標(biāo)準(zhǔn)電壓表對(duì)其進(jìn)行校準(zhǔn)。選用合適的電源、滑動(dòng)變阻器、電阻箱、開(kāi)關(guān)和標(biāo)準(zhǔn)電壓表等實(shí)驗(yàn)器材，按圖甲所示連接電路，其中虛線框內(nèi)為改裝電路。(1)開(kāi)關(guān)S1閉合前，滑片P應(yīng)移動(dòng)到__________(填“M”或“N”)端。(2)根據(jù)要求和已知信息，電阻箱R1的阻值已調(diào)至1200Ω，則R2的阻值應(yīng)調(diào)至________Ω。(3)當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S2與a連接時(shí)，電流表G和標(biāo)準(zhǔn)電壓表V的示數(shù)分別為I、U，則電流表G的內(nèi)阻可表示為_(kāi)_________。(結(jié)果用U、I、R1、R2表示)(4)校準(zhǔn)電表時(shí)，發(fā)現(xiàn)改裝后電壓表的讀數(shù)始終比標(biāo)準(zhǔn)電壓表的讀數(shù)偏大，經(jīng)排查發(fā)現(xiàn)電流表G內(nèi)阻的真實(shí)值與銘牌標(biāo)示值有偏差，則只要__________即可。(填正確答案標(biāo)號(hào))A．增大電阻箱R1的阻值B．減小電阻箱R2的阻值C．將滑動(dòng)變阻器的滑片P向M端滑動(dòng)(5)校準(zhǔn)完成后，開(kāi)關(guān)S2與b連接，電流表G的示數(shù)如圖乙所示，此示數(shù)對(duì)應(yīng)的改裝電壓表讀數(shù)為_(kāi)_______V。(保留2位有效數(shù)字)答案(1)M(2)4000(3)eq\f(U,I)－R1－R2(4)A(5)0.86解析(1)由題圖甲可知，該滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，為了保護(hù)電路，在開(kāi)關(guān)S1閉合前，滑片P應(yīng)移動(dòng)到M端；(2)當(dāng)開(kāi)關(guān)S2接b時(shí)，電壓表量程為1V，根據(jù)歐姆定律U1＝Ig(Rg＋R1)當(dāng)開(kāi)關(guān)S2接a時(shí)，電壓表量程為3V，根據(jù)歐姆定律U2＝Ig(Rg＋R1＋R2)其中R1＝1200Ω聯(lián)立解得R2＝4000Ω(3)當(dāng)開(kāi)關(guān)S2接a時(shí)，根據(jù)歐姆定律U＝I(Rg＋R1＋R2)可得電流表G的內(nèi)阻可表示為Rg＝eq\f(U,I)－R1－R2(4)校準(zhǔn)電表時(shí)，發(fā)現(xiàn)改裝后電壓表的讀數(shù)始終比標(biāo)準(zhǔn)電壓表的讀數(shù)偏大，可知電流表G內(nèi)阻的真實(shí)值小于銘牌標(biāo)示值，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，可以增大電阻箱R1的阻值，使得R1＋Rg之和不變。故選A。(5)根據(jù)歐姆定律UG＝IG(Rg＋R1)＝430×10－6×(800＋1200)V＝0.86V。四、解答題13．(2024·安徽卷·13)某人駕駛汽車(chē)，從北京到哈爾濱，在哈爾濱發(fā)現(xiàn)汽車(chē)的某個(gè)輪胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)有所下降(假設(shè)輪胎內(nèi)氣體的體積不變，且沒(méi)有漏氣，可視為理想氣體)。于是在哈爾濱給該輪胎充入壓強(qiáng)與大氣壓相同的空氣，使其內(nèi)部氣體的壓強(qiáng)恢復(fù)到出發(fā)時(shí)的壓強(qiáng)(假設(shè)充氣過(guò)程中，輪胎內(nèi)氣體的溫度與環(huán)境相同，且保持不變)。已知該輪胎內(nèi)氣體的體積V0＝30L，從北京出發(fā)時(shí)，該輪胎氣體的溫度t1＝－3℃，壓強(qiáng)p1＝2.7×105Pa。哈爾濱的環(huán)境溫度t2＝－23℃，大氣壓強(qiáng)p0取1.0×105Pa。求：(1)在哈爾濱時(shí)，充氣前該輪胎氣體壓強(qiáng)的大??；(2)充進(jìn)該輪胎的空氣體積。答案(1)2.5×105Pa(2)6L解析(1)由查理定律可得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)其中p1＝2.7×105Pa，T1＝(273－3)K＝270K，T2＝(273－23)K＝250K代入數(shù)據(jù)解得，在哈爾濱時(shí)，充氣前該輪胎氣體壓強(qiáng)的大小為p2＝2.5×105Pa(2)由玻意耳定律p2V0＋p0V＝p1V0代入數(shù)據(jù)解得，充進(jìn)該輪胎的空氣體積為V＝6L。14．(2024·安徽卷·14)如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車(chē)靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車(chē)最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車(chē)上的軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng)L＝1.25m。小球質(zhì)量m＝0.20kg。物塊、小車(chē)質(zhì)量均為M＝0.30kg。小車(chē)上的水平軌道長(zhǎng)s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大??；(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車(chē)，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。答案(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4解析(1)對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理mgL＝eq\f(1,2)mv02－0解得v0＝5m/s在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律得FT－mg＝meq\f(v02,L)解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT＝6N(2)小球與物塊碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為v2＝eq\f(2m,m＋M)v0＝4m/s(3)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒得Mv2＝2Mv3由能量守恒定律得eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)×2Mv32＋μ1Mgs解得μ1＝0.4若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧軌道圓心等高的位置，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒得Mv2＝2Mv4由能量守恒定律得eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)×2Mv42＋μ2Mgs＋MgR解得μ2＝0.25綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。15．(2024·安徽卷·15)如圖所示，一“U”形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小