2025年福建省安溪一中第二学期高三年级第二次质量检测试题物理试题含解析

2025年福建省安溪一中第二学期高三年级第二次质量检测试题物理试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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。

1、2019年1月3日上午10点26分，“嫦娥四号”探测器在月球背面成功软着陆图示为“嫦娥四号”探测器奔月过程中某阶段的运动示意图，“嫦娥四号”探测器沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P 处变轨进入圆轨道Ⅱ，其在圆轨道Ⅱ上做圆周运动的轨道半径为r 、周期为T 。

已知引力常量为G ，下列说法正确的是（ ）
A ．“嫦娥四号”探测器在P 点进行加速后进入圆轨道Ⅱ
B ．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动的周期小于在圆轨道Ⅱ上运动的周期
C ．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道上经过P 点时的加速度等于在圆轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度
D ．“嫦娥四号”探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动时的机械能等于在圆轨道Ⅱ上运动时的机械能
2、汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机的功率为P ，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v 与时间t 的关系如图所示，则在0～t 1时间内下列说法正确的是
A ．汽车的牵引力不断减小
B ．t =0时，汽车的加速度大小为0P mv
C ．汽车行驶的位移为3010328v t mv P +
D ．阻力所做的功为210328
P t mv - 3、质量为m 的光滑小球恰好放在质量也为m 的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A 点和B 点，圆弧槽的半
径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（）
A．23 3
m
B．2m
C．(31)m
-
D．(31)m
+
4、物块M在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示.则传送带转动后( )
A．M减速下滑
B．M仍匀加速下滑，加速度比之前大
C．M仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D．M仍匀加速下滑，加速度比之前小
5、如图，倾角为α=45°的斜面ABC固定在水平面上，质量为m的小球从顶点A先后以初速度v0和2v o向左水平抛出，分别落在斜面上的P1、P2点，经历的时间分别为t1、t2；A点与P1、P l与P2之间的距离分别为l1和l2，不计空气阻力影响。

下列说法正确的是（）
A．t1：t 2=1：1
B．l l：l2=1：2
C ．两球刚落到斜面上时的速度比为1：4
D ．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1
6、如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab =U bc ，实线为一带负电
的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，R 点在等势面b 上，据此可知（ ）
A ．带电质点在P 点的加速度比在Q 点的加速度小
B ．带电质点在P 点的电势能比在Q 点的小
C ．带电质点在P 点的动能大于在Q 点的动能
D ．三个等势面中，c 的电势最高
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、一简谐机械横波沿x 轴负方向传播，已知波的波长为8 m ，周期为2 s ，t ＝0 s 时刻波形如图甲所示，a 、b 、d 是波上的三个质点。

图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是
A ．图乙可以表示质点b 的振动
B ．在0~0.25s 和0.25~0.5s 两段时间内，质点b 运动位移相同
C ．该波传播速度为v ＝16m/s
D ．质点a 在t =1s 时位于波谷
E.质点d 简谐运动的表达式为y =0.1si nπt （m ）
8、光滑绝缘的水平地面上，一质量m =1.0kg 、电荷量q =1.0×
10-6 C 的小球静止在O 点，现以O 点为坐标原点在水平面内建立直角坐标系xOy ，如图所示，从t =0时刻开始，水平面内存在沿 x 、 y 方向的匀强电场E 1、E 2，场强大小均
为1.0 ×
107V/m ；t =0.1s 时，y 方向的电场变为-y 方向，场强大小不变；t =0.2s 时，y 方向的电场突然消失，x 方向的电场变为-x 方向，大小222'E E 。

下列说法正确的是（ ）
A．t=0.3s时，小球速度减为零
B．t=0.1s时，小球的位置坐标是（0.05m，0.15m）
C．t=0.2s时，小球的位置坐标是（0.1m，0.1m）
D．t=0.3s时，小球的位置坐标是（0.3m，0.1m）
9、小明同学尝试用图1所示的电路图进行实验，定值电阻R1=8Ω，在滑动变阻器由a端向b端移动的过程中，分别用两个电流传感器测量了电流I1与I2关系，并得到的完整图象如图2所示，其中C点为图线最低点，则由图可知
A．当滑动头P滑到b点时得到图2中B点B．图2中A点纵坐标为0.375A
C．滑动变阻器总阻值为16ΩD．电源电动势为6V
10、如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。

金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动。

电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。

下列关于该传感器的说法正确的是（）
A．在汽车向右匀速直线运动过程中电路中没有电流
B．在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流
C．在汽车向右做加速度增大的减速运动过程中电介质所处的位置电势升高
D．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的电流
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某实验小组做“探究加速度和力、质量的关系”实验。

(1)用如图甲所示的装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示细线所受拉力的大小。

实验时，下列操作必要且正确的是__________。

A ．将长木板右端适当垫高，使小车前端的滑轮不挂砂桶时，小车能自由匀速滑动
B ．为了减小误差，实验中要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
C ．实验时，拉小车前端滑轮的细线必须保持水平
D ．实验时，使小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数
(2)在正确、规范的操作下，打出一条如图乙所示的纸带，每相邻两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器电源的频率为50Hz 。

则打计数点3时，小车的速度大小
3v =__________m/s ；小车做匀加速直线运动的加速度大小a =__________2m/s 。

（结果均保留三位有效数字）
(3)带滑轮的长木板水平放置，保持小车质量M 不变，改变砂桶里砂的质量测出每次拉力传感器的示数F 和小车对应的加速度a ，作a F -图象。

下列图线正确的是_____。

A ．
B ．
C ．
D ．
12．（12分）一般的话筒用的是一块方形的电池(层叠电池)，如图甲所示，标称电动势为9V 。

某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：
A ．待测方形电池
B ．电压表(量程0~3V ，内阻约为4kΩ)
C ．电流表(量程0~0.6A ，内阻为1.0Ω)
D ．电流表(量程0~3A ，内阻为1.0Ω)
E.电阻箱(阻值范围0~999.9Ω)
F.电阻箱(阻值范围0~9999.9Ω)
G .滑动变阻器(阻值范围0~20Ω)
H.滑动变阻器(阻值范围0~20kΩ)
I.开关、导线若干
(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。

根据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该实验，电流表应选_____，电阻箱应选______，滑动变阻器应选_______(均填写器材前字母标号)
(2)实验需要把电压表量程扩大为0~9V 。

该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将R 1的滑片移到最左端，将电阻箱R 2调为零，断开S 3，闭合S 1，将S 2接a ，适当移动R 1的滑片，电压表示数为2.40V ；保持R 1接入电路中的阻值不变，改变电阻箱R 2的阻值，当电压表示数为________V 时，完成扩大量程，断开S 1。

(3)保持电阻箱R 2阻值不变，开关S 2接b ，闭合S 3、S 1，从右到左移动R 1的滑片，测出多组U 、I ，并作出U －I 图线如图丙所示，可得该电池的电动势为________V ，内阻为________Ω。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，半径均为1m R =的光滑圆弧轨道AB 与BC 在B 点平滑连接，固定在竖直面内，A 端与固定水平直杆平滑连接，两段圆弧所对的圆心角均为60°，一个质量为1kg m =的圆环套在直杆上，静止在P 点，PA 间的距离为1m l =，圆环与水平直杆间的动摩擦因数0.5μ=，现给圆环施加一个水平向右的恒定拉力F ，使圆环向右运动，圆环运动到B 点时撤去拉力，结果圆环到达C 点时与圆弧轨道间的作用力恰好为零，重力加速度210m/s g =，求：
(1)拉力F 的大小；
(2)若不给圆环施加拉力，而是在P 点给圆环一个初速度0v ，结果圆环从C 点滑出后，下落1m R =高度时的位置离2O 点距离也为R ，初速度0v 应是多大。

14．（16分）如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑1
4
圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光
滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10 m/s2.试求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；
(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．
15．（12分）如图所示，将横截面积S=100cm2、容积为V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于t1=－13C 的环境中。

用厚度不计的轻质活塞将体积为V1=4L的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门N。

外界大气压强
p0=1.0×105Pa，重力加速g=10m/s2，不计一切摩擦。

求：
(i)将活塞用卡销Q锁定，用打气筒通过阀门N给气缸充气，每次可将体积V0=100mL，压强为p0的理想气体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到1.2p0；
(ii)当气缸内气体压强达到1.2p0时，停止打气，关闭阀门N，将质量为m=20kg的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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。

1、C
【解析】
A ．在P 点减速，提供的向心力等于需要的向心力，“嫦娥四号”探测器进入圆轨道Ⅱ，故A 错误；
B ．根据开普勒第三定律知3
2r k T
=，可知椭圆轨道的半长轴大于圆轨道Ⅱ的半径，所以探测器在椭圆轨道上运动的周期大于在圆轨道Ⅱ上运动的周期，故B 错误；
C ．根据万有引力提供向心力，得2
=M G
a r ，可知探测器在椭圆轨道上经过P 点时的加速度等于在圆轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度，故C 正确；
D ．由以上分析可知探测器在椭圆轨道上经过P 点时的动能大于在圆轨道Ⅱ上经过P 点时的动能，故探测器在椭圆轨道Ⅰ上运动时的机械能大于在圆轨道Ⅱ上运动时的机械能，故D 错误。

故选：C 。

2、C
【解析】
A ．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fv 可知，牵引力增大，故A 错误；
B ．汽车以速度v 0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有：F=f ，发动机的功率为P ，由
P=Fv 0=fv 0
得阻力 0
P f v = t =0时，功率为原来的一半，速度没有变，则
00
22P
P F v v =＝ 根据牛顿第二定律得：
2F f P a m mv -=-＝ 故大小为
02P mv ，故B 错误。

CD ．根据动能定理得：
()210200.5051122
.f Pt W m v v m +=- 解得阻力做功为
201382
f P W mv t =-- 设汽车通过的位移为x ，由W f =-fx ，解得
3010328v t mv x P
=+ 故C 正确，D 错误。

故选C 。

3、D
【解析】
小球恰好能滚出圆弧槽时，圆弧槽对小球的支持力的作用点在A 点，小球受到重力和A 点的支持力，合力为tan 60mg ︒，对小球运用牛顿第二定律可得tan 60mg ma =︒ ，解得小球的加速度tan 60g a =︒
，对整体分析可得：
()C C m g m m m a =++，联立解得1)C m m =，故D 正确，A 、B 、C 错误；
故选D ．
4、C
【解析】
传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向
sin N mg θ=
平行传送带斜向下
sin mg N ma θμ-=
所以
sin cos a g g θμθ=-
传送带突然向上转到，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，所以小物块加速度不变，所以C 正确，ABD 错误；
故选C 。

5、D
【解析】
A ．根据
200
12tan 2gt gt v t v θ＝＝ 得
02tan v t g
θ= 因为初速度之比为1：2，则运动的时间之比为1：2，故A 错误。

B ．水平位移
2002tan v x v t g
θ=＝ 因为初速度之比为1：2，则水平位移之比为1：4，由
l =
可知
l l ：l 2=1：4
故B 错误。

C ．根据动能定理
2201122
mv mv mgy =+ 其中y=x ，则
0455v v ===
则两球刚落到斜面上时的速度比为1：2，选项C 错误；
D ．平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1：1，故D 正确。

故选D 。

6、D
【解析】
A. 等差等势面P 处比Q 处密，则P 处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故A 错误；
D. 根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向下，所以电场线方向向上，故c 的电势最高，故D 正确.
B.带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在P 点的电势能大，故B 错误.
C. 带电质点的总能量守恒，即带电质点在P 点的动能与电势能之和不变，在P 点的电势能大，则动能小，故C 错误.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ADE
【解析】
A ．由图乙知，t =0时刻质点经过位置向下运动，图甲是t =0时刻的波形，此时a 位于波峰，位移最大，与图乙中t =0时刻质点的状态不符，而质点b 在t =0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中t =0时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点d 的振动，可以表示质点b 的振动，故A 正确；
B ．由于质点做简谐振动，并不是匀速直线运动，则在0～0.25s 和0.25～0.5s 两段时间内，质点b 运动位移不相同，故B 错误；
C ．由图可知，波的波长为8m ，周期为2s ，故传播速度
4m/s v T λ
==
故C 错误；
D ．因周期T =2s ，那么质点a 在t =1s 时，即振动半个周期，其位于波谷，故D 正确；
E ．根据平移法可知，质点d 下一时刻沿着y 轴正方向运动，振幅
10cm 0.1m A ==
而
2ππrad/s T
ω== 因此质点d 简谐运动的表达式为
0.1sin πm y t =（）
故E 正确。

故选ADE 。

8、AD
【解析】
从t =0时刻开始，水平面内存在沿+x 、+y 方向的匀强电场E 1、E 2，场强大小均为71.010V /m ⨯，则由牛顿第二定律可知
qE ma =
小球沿+x 、+y 方向的加速度的大小均为
21210m /s a a ==
经过1s ， t =0. 1s 时，小球沿+x 、+y 方向的速度大小均为
121m /s v v ==
小球沿+x 、+y 方向的位移大小均为
120.05m x x ==
在第2个0. 1s 内，小球沿x 方向移动的距离
22122210.15m 2
x v t a t =+= 沿y 方向移动的距离
222212=012
.05m y v t a t =- 沿y 方向移动的速度
22212'0v v t a t =-=
t =0.2s 时，y 方向的电场突然消失，x 方向的电场变为-x 方向，则在第3个0.1 s 内小球沿+x 方向做匀减速直线运动，由 22qE ma ''=
可知2220m /s a '=，
在第3个0.1s 内，小球沿+x 方向移动的距离
()33231210.1m 2
x at v t a t '=-+= t =0.3s 时，小球的速度微
()23231=0v at v a t '+=-
综上分析可知， AD 正确，BC 错误。

故选AD 。

9、BD
【解析】
A ．滑动头P 滑到a 点时，R 和1R 并联；滑动头P 滑到b 点时，1R 被短路，只有电阻R 接入电路，由闭合电路欧姆定律知，滑到b 点时电流小于滑到a 点时的电流，所以滑动头滑到b 点时得到图2中的A 点，故A 错误；
B ．由A 分析知，滑动头滑到b 点时得到图2中的A 点，电阻1R 被短路，电流表1A 和2A 示数相等，根据图2知： 10.375A I =
20.375A I =
即图2中A 点纵坐标为0.375A ，故B 正确；
CD ．根据闭合电路欧姆定律，当滑动头P 位于b 点时，则有：
0.375()E R r =+ ①
图2中的C 点，
10.5A I =，20.25A I =
并联部分两支路电流相等，根据并联电路的特点，得：
18ΩPb R R ==
11 88 Ω4Ω 88
Pb Pb R R R R R ⨯===++并 设滑动变阻器的全值电阻为R
则有：
()0.5(8)0.584E r R R r R =+-+=+-+并 ②
联立①②得：
6V E =，16Ωr R +=
故C 错误，D 正确；
故选BD 。

10、AD
【解析】
A ．当汽车向右匀速直线运动时，电介质位置不变，根据电容的决定式
r 4S C kd
επ= 可知电容器的电容不变，因两板电压不变，根据电容的定义式 Q C U =
可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，A 正确；
B ．当汽车以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，根据电容器的决定式可知电容器的电容不变，因两极的电压不变，根据电容器的定义式可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，B 错误；
C ．电容器两端与电源连接，电压等于电源电压不变，两板间距不变，电容器两板之间形成的匀强电场不变，根据匀强电场中电势差与场强的关系
可以推断电介质所处位置电势不变， C 错误；
D ．当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，因电容器两端电压等于电源电压不变，根据 Q CU =
可知电容器的电容C 增大导致电容器所带电荷量增加，根据电容器的决定式
r 4S C kd
επ= 可知插入极板间电介质加深，弹簧越拉越长，合力向右增大，汽车向右做加速度增大的加速运动符合上述结果，D 正确。

故选AD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、AD 1.13 2.50 B
【解析】
(1)[1]A ．为使小车的合外力等于小车受到的拉力，必须平衡摩擦力，故A 正确；
B ．小车受到的拉力等于拉力传感器的两倍，不需要用细线的拉力近似等于砂和砂桶的重力，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故B 错误；
C ．细线必须与木板保持平行，因为平衡了摩擦力，木板不水平，所以细线也不水平，故C 错误；
D ．为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故D 正确。

故选AD 。

(2)[2] 打点计时器电源的频率为50Hz ，相邻两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，则相邻计数点间时间间隔 0.10s T =
根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段的平均速度可得
3432x x v T
+= 代入数据可得
3 1.13m/s v ≈
[3]根据逐差法有
4561232
9x x x x x x a T ++---= 代入数据可得
2
(3)[4]木板水平放置时，没有平衡小车受到的摩擦力，则有
2F f Ma -=
整理得
2f a F M M
=- 则a F -图象为不过原点的斜线，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

12、D F G 0.80 8.94 2.0
【解析】
(1)[1]由图示图象可知，所测最大电流约为2A ，则电流表应选择D ；
[2]电源电动势约为9V ，需要把电压表改装成9V 的电压表，串联电阻分压为6V ，是电压表量程的2倍，由串联电路特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的2倍，约为8KΩ，电阻箱应选择F ；
[3] 由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为方便实验操作，滑动变阻器应选择G ；
(2)[4] 把量程为3V 的电压表量程扩大为9V ，分压电阻分压为6V ，分压电阻分压是电压表两端电压的2倍，由题意可知，电压表所在支路电压为2.40V ，分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，实验时应保持1R 位置不变，改变2R 阻值，当电压表示数为0.80V ，此时电阻箱分压1.60V ，完成电压表扩大量程；
(3)[5] 分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为U ，则路端电压为3U ，在闭合电路中，电源电动势
3()A E U I r R =++
整理可得
133
A r R U E I +=- 由图示图象可知，图象纵轴截距
1 2.98V 3
b E == 电源电动势
8.94V E =
[6]图象斜率的绝对值
2.98 1.013 1.98
A r R k +-=== 电源内阻
2.0Ωr =
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1)40(2；
【解析】
(1)圆环到C 点时对轨道的压力恰好为零，设到C 点的速度大小为1v ，则
21mv mg R
= 可得
1v =
根据动能定理
211(sin 60)2
F l R mgR mgl mv μ+︒--= 求得拉力的大小
40(2F =-
(2)圆环从C 点抛出后，下落R 高度时的位置离C 点水平距离为R ，设在C 点的速度为2v ，则
212
R gt = 2R v t =
求得
2v = 从P 到C 根据动能定理有
22201122
mgl mgR mv mv μ--=- 求得
0v == 14、（1）30N ．（2）1m/s ．（3）0.2m ．
【解析】
（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则mgR ＝
12
mv B 2，
在B 点由牛顿第二定律得，N-mg=m 2 B v R
， 解得N=mg+m 2 B v R
=30N 即物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力N′=N=30N ，方向竖直向下．
（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功W f ＝−12 2mg mg
μμ+l ＝−4J
从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR +W f ＝
12mv 2 解得v=1m /s
（3）当平板车不固定时，对物块a 1=μg=2m/s 2 对平板车222/mg
a m s M μ==；
经过时间t 1物块滑离平板车，则221112111122B v t a t a t m -
-= 解得t 1=0.5s （另一解舍掉）
物体滑离平板车的速度v 物=v B -a 1t 1=2m/s
此时平板车的速度：v 车=a 2t 1=1m/s
物块滑离平板车做平抛运动的时间20.2t s == 物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v 物-v 车)t 2=0.2m
本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解．
15、 (i)8；(ii)52C ︒
【解析】
(1)由玻意耳定律得
()010011.2p V nV p V +=
其中14L V =，0100mL V =，n 为打气次数，代入数值解得：
8n =
(ii)初态气体温度为11273K 260K T t =+=，最终稳定时，体积为5L V =，内部气体压强为
520 1.210Pa mg p p S
=+=⨯
即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：112
V V T T =，解得 2325K T =
则气缸内气体的温度为
22273K 52t T =-=℃。