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2026年山西大学附属中学校高考物理阶段检测试卷（5月份）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.某金属在一束波长为的单色光的照射下发生光电效应，光电子的最大初动能为，已知普朗克常量为，光速为，则( )
A. 单色光的频率为 B. 单色光的光子能量为
C. 金属的逸出功为 D. 金属的极限频率为
2.年月日时分，我国在西昌卫星发射中心成功将天链二号星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，天链二号星属于地球同步轨道卫星，被称为“天上数据中转站”，是北斗导航系统的重要组成部分。已知空间站离地高度约为，地球半径约为，地球同步卫星离地高度约为，空间站和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A. 空间站有可能在天链二号星的正下方相对静止
B. 空间站绕地球一圈的时间约为
C. 空间站绕地球运行的线速度可能大于第一宇宙速度
D. 空间站的角速度大于地球自转的角速度
3.如图所示为交流发电机的示意图，从线圈通过中性面位置开始计时，发电机产生的电动势瞬时值表达式为，接入的电阻阻值为。下列说法正确的是( )
A. 每秒钟电流方向变化次
B. 电阻消耗的电功率为
C. 仅线圈转速加倍，则电动势为
D. 图示位置边受到的安培力方向向下
4.水平光滑冰面上两质量均为的拖船、用轻质细线连接，初始状态细线恰好绷直，现在细线中点处作用一个与细线垂直、大小为的水平恒力来拉动、。如图所示，当两段水平细绳与虚线的夹角第一次均保持为时，拖船的加速度大小为( )
A.
B.
C.
D.
5.如图所示是一套杨氏双缝干涉实验装置，其中、是距离为的双缝，双缝到光屏的距离为。光屏上点是中央亮纹的中心，当用波长的红光照射双缝时，为第级亮纹的中心。现用波长的红光和波长的蓝光同时照射双缝，下列说法正确的是( )
A. 红光和蓝光会叠加形成干涉条纹
B. 将光屏稍向左平移后，可能成为蓝光第级亮纹的中心
C. 红光和蓝光的亮条纹中心会在重叠
D. 红光的亮条纹中心和蓝光的暗条纹中心会在重叠
6.如图所示，第一次从倾角为的斜面顶端处将一可视为质点的小球以初速度向右水平抛出，小球落在斜面上的点处；第二次从的正上方某点处将同一小球以相同的初速度向右水平抛出，小球落在斜面上的点处。已知，不计空气阻力，则关于第一次小球落在点的速度与第二次小球落在点的速度之比的判断正确的是( )
A. B. C. D.
7.如图所示，竖直平面内半径为的光滑圆轨道保持不动，质量为可视为质点的小球静止在圆轨道最低点。现给小球一水平向右的初速度，使小球能做完整的圆周运动，当小球转过的圆心角时，轨道对小球的弹力大小为，小球的动能减少。重力加速度取，则( )
A. 轨道半径为
B. 小球运动过程中的最小速度为
C. 小球的初速度
D. 小球对轨道上任意两点的压力之差不超过
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，真空中有一等边三角形，、两点分别固定一个点电荷，点的电场强度方向如图所示，取无穷远处为电势零点，下列说法正确的是( )
A. 处点电荷带负电，处点电荷带正电
B. 处的电荷量大于处的电荷量
C. 若仅使处的电荷量增大，则点的电势会升高
D. 若使和处的电荷量均变为原来的倍，则点的电势也变为原来的倍
9.如图所示，、是两个都从时从平衡位置开始振动且振动步调完全相反的波源，两波源做简谐运动的周期均为，振幅均为，两者间距离为，在两波源的连线上，与波源相距，与波
源相距，与相距，时质点即将开始振动。下列说法正确的是( )
A. 时两列波相遇
B. 时质点由平衡位置向上起振
C. 后质点的振幅为
D. 时间内，质点通过的路程为
10.如图所示，半径为的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强磁场图中未画出，磁感应强度，、是左半圆的三等分点，一比荷为的带正电粒子，先从圆形磁场边界上的点以的速度垂直直径射入磁场，粒子射出后另一与粒子相同的带电粒子，再从圆形磁场边界上的点同样以的速度垂直直径射入磁场，关于粒子、在磁场中的运动，下列说法正确的是( )
A. 粒子、从不同位置射出磁场
B. 粒子、在磁场中运动的时间之比为：
C. 粒子、在磁场中运动位移之比为：
D. 粒子、在磁场中运动的动量改变量之比为
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在“探究两个互成角度的共点力的合成规律”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，橡皮条的另一端系两根细绳，细绳另一端带有绳套。先用两个弹簧秤分别钩住绳套并互成角度地拉橡皮条，再用一个弹簧秤拉橡皮条的结点，如图甲所示。
对两次拉伸橡皮条的要求，下列说法正确的是 。
A.将橡皮条拉伸相同长度即可
B.将橡皮条沿相同方向拉到相同长度
C.将弹簧秤都拉伸到相同刻度即可
D.将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
弹簧测力计指针位置如图乙所示，其读数为 。
下列关于实验操作中的注意事项，说法正确的是 。
A.实验过程中拉动弹簧测力计时，弹簧测力计可以不与木板平行
B.两根细绳间的夹角必须为
C.确定两个分力方向时必须使铅笔紧贴细绳画出直线
D.拉动弹簧测力计时，弹簧不可与外壳接触或产生摩擦
如图甲所示，开始两弹簧测力计的夹角小于，保持弹簧测力计的方向以及结点的位置不变，将弹簧测力计沿顺时针方向缓慢转动至水平，则关于弹簧测力计、读数的变化情况正确的是 。
A.弹簧测力计的读数增大，弹簧测力计的读数先减小后增大
B.弹簧测力计的读数先减小后增大，弹簧测力计的读数增大
C.弹簧测力计的读数减小，弹簧测力计的读数先增大后减小
D.弹簧测力计的读数先增大后减小，弹簧测力计的读数减小
12.某学习小组用两种不同的金属电极插入苹果做了一个“水果电池”，如图甲所示。
该小组尝试将若干个水果电池依次串联起来给“”的小灯泡供电，发现小灯泡始终不发光，其原因是 。
A.水果电池电动势太大
B.水果电池电动势太小
C.水果电池内阻太大
D.小灯泡内阻太大
除待测水果电池外，实验室提供如下器材：
A.滑动变阻器阻值；
B.滑动变阻器阻值；
C.电压表量程，内阻约；
D.电流表量程，内阻为；
E.开关一个，导线若干。
为了尽可能准确测定该水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量电路图，应选 填“乙”或“丙”；滑动变阻器应选 填“”或“”。
选择正确的电路和实验器材后由实验数据作出的图像如图丁所示，由图像可求得电源电动势为 ，内电阻为 结果均保留三位有效数字；实验时若将电极片插入得更深一点，则水果电池的内阻将 填“变大”“变小”或“不变”。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.某小组设计了一个可测定下潜深度的深度计，如图所示，一横截面积为的导热气缸被分成长度均为的Ⅰ、Ⅱ两部分，在汽缸右端开口处和正中央各有一个体积不计的卡环，在卡环的左侧各有一个厚度不计的轻质活塞、，活塞、只可以向左移动，活塞密封良好且与汽缸壁之间无摩擦。
在潜水前Ⅰ内通过活塞封有压强为的气体，Ⅱ内通过活塞封有压强为的气体，温度相同，两活塞均位于卡环处。当该深度计水平放入水下达到一定深度后，水对活塞产生挤压使之向左移动，通过活塞向左移动的距离可以测出下潜深度。已知海水的密度为，海面上大气压强为，重力加速度为，假设两部分气体均视为理想气体，且海水在一定深度以下温度保持不变。
当活塞向左移动达到稳定，求此时活塞受到水的压力大小。
求此装置能测量的最大深度。
14.如图所示，相距为的平行导轨、处于水平面上，磁感应强度大小为的匀强磁场与导轨平面垂直，两导轨通过单刀双掷开关连接有电动势、内阻的电源和电容的电容器，电容器刚开始的带电量为零。一质量、电阻的导体棒垂直导轨静止放置。先掷向，待导体棒速度稳定后，再将掷向。忽略一切阻力，导轨的电阻不计，导轨足够长，不考虑电磁辐射。已知当电容器两极板间电压为时，电容器储存的静电场能量为。
掷向，求导体棒的最大加速度大小；
掷向，当导体棒刚达到稳定时，求导体棒上产生的焦耳热；
掷向后，求导体棒上产生的焦耳热。
15.如图所示，固定点处悬挂长为的轻质细绳，细绳的末端拴接一个质量为的小球。一质量为的凹槽静止在光滑水平面上，凹槽的左侧挡板位于点正下方，凹槽的左右挡板内侧间的距离，在凹槽右侧靠近挡板处静止有一质量为的小物块，凹槽上表面与物块间的动摩擦因数。将细线水平拉直，以竖直向下的初速度释放小球，当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞，小球与凹槽不会发生二次碰撞，所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度取。求：
小球与凹槽碰撞后瞬间的速度大小之比；
整个过程中物块与凹槽的碰撞次数；
从小球与凹槽碰撞开始到凹槽在水平面上运动所经历的时间。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：、单色光的波长为，则频率，故A错误；
B、单色光的能量值，故B错误；
、根据光电效应方程，可知金属的逸出功为，金属的极限频率，故C正确，D错误。
故选：。
根据波长与频率的关系求出；根据光电效应方程进行求解即可。
解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，注意普朗克常数的含义。
2.【答案】
【解析】解：航天器做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，满足，解得，天链二号是同步卫星，角速度等于地球自转角速度；空间站轨道半径小于同步卫星轨道半径，因此空间站角速度大于同步卫星角速度，二者角速度不同，不可能相对静止，故A错误；
B.根据开普勒第三定律，已知，，，解得，故B错误；
C.航天器做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，满足，解得，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度；空间站轨道半径大于地球半径，其线速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D.由上述分析可知，空间站角速度大于天链二号的角速度，天链二号的角速度等于地球自转角速度，可知空间站绕地球运行的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。
故选：。
根据万有引力提供向心力导出角速度的表达式结合轨道半径的不同进行判断；根据开普勒第三定律分析解答；根据万有引力提供向心力导出轨道线速度和第一宇宙速度知识分析解答；根据空间站和同步卫星的角速度与地球自转角速度比较判断。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解开普勒的运动定律和宇宙速度，属于中等难度考题。
3.【答案】
【解析】解：由电动势瞬时值表达式，可知角速度，可得交流电的频率，交流电在一个周期内电流方向会变化次，所以每秒内电流方向变化次，故A错误。
B.电动势的有效值，可得电阻消耗的电功率为，故B正确。
C.电动势的最大值公式为，当线圈转速加倍时，角速度变为原来的倍，即角速度变为，因此电动势最大值也变为原来的倍，即，新的电动势瞬时值表达式为，故C错误。
D.图示位置线圈处于中性面，此时线圈边的运动方向与磁场方向平行，感应电动势和感应电流均为零，所以边受到的安培力也为零，故D错误。
故选：。
由电动势瞬时值表达式分析交流电的频率与电流方向变化次数，通过有效值计算电阻消耗的电功率，分析线圈转速加倍时电动势最大值与瞬时值表达式的变化，结合中性面的特点判断线圈边所受安培力。
本题考查交变电流的核心知识点，涵盖了交流电的频率与周期、有效值与功率计算、线圈转速对电动势的影响、中性面的特点及安培力判断，检验了对交变电流产生与应用相关规律的理解和应用能力。
4.【答案】
【解析】解：两段绳子的拉力的合力等于水平恒力，两段绳子对称，与方向夹角均为
根据力的合成，有
解得
拖船仅受绳子拉力，根据牛顿第二定律
代入
得
故ABC错误，D正确。
故选：。
先对细线中点受力分析，利用力的平衡求出细线的拉力；再对拖船受力分析，根据牛顿第二定律，用拉力和质量求出加速度。
这道题是典型的连接体受力分析问题，以对称模型为载体，考查了力的合成与分解、牛顿第二定律的应用，解题关键是先对结点受力分析求出绳子拉力，再隔离分析拖船，思路清晰，符合高考物理选择题的命题风格，能有效检验学生对力的平衡和牛顿运动定律的综合应用能力。
5.【答案】
【解析】解：、红光和蓝光的频率不同，所以两种色光叠加不会发生干涉，故A错误；
B、当用波长的红光照射双缝时，为第级亮纹的中心，所以，即点对蓝光为第级亮纹。将光屏稍向左平移后，双缝到光屏的距离减小，根据条纹间距公式，条纹间距减小，但点到双缝的光程差由双缝位置和点位置决定，与无关，因此点的条纹级数不变，仍为蓝光第级亮纹，故B错误；
C、由上面的分析可知点是红光的第级亮纹中心，是蓝光的第级亮纹中心，所以红光和蓝光的亮条纹中心会在重叠，故C正确；
D、由上面的分析可知点是红光的第级亮纹中心，是蓝光的第级亮纹中心，因此红光亮条纹中心与蓝光暗条纹中心不会在点重叠，故D错误。
故选：。
红光和蓝光的频率不同；条纹间距公式，条纹间距减小，但点到双缝的光程差由双缝位置和点位置决定，与无关，据此分析；根据条纹间距公式分析到两缝的路程差分析；分析是否为蓝光的暗条纹中心即可。
根据为第级亮纹的中心，得到到和的路程差是解题的关键，掌握干涉条纹间距公式的应用等是解题的基础。
6.【答案】
【解析】解：已知，由平抛运动规律可知水平位移之比为：：：，则运动时间之比为：：：，第一次抛出后，有：，则点的竖直分速度为：，小球落在点的速度为：，小球落在点的竖直分速度为：，则小球落在点的速度为：，所以有：，故C正确，ABD错误。
故选：。
由平抛运动规律列式即可解答。
本题是对平抛运动规律的考查，解题的关键是要知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，由运动学公式列式即可解答。
7.【答案】
【解析】解：、小球从最低点运动到位置的过程中，根据动能定理可得
代入数据解得
故A错误；
C、在处，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
此时小球的动能为
解得：
由能量守恒定律，初动能
解得：
根据
解得
故C错误；
B、若小球能做完整的圆周运动，在最高点速度最小。从最低点到最高点，由机械能守恒定律可得
解得
由于，小球能通过最高点，故B正确；
D、小球在最低点对轨道的压力最大，在最高点对轨道的压力最小因全程弹力方向均指向圆心。最大压力
解得：
最小压力
解得：
压力差的最大值为或由结论，解得：，故D错误。
故选：。
小球在光滑圆轨道内做完整的圆周运动，题目给出了圆心角时的轨道弹力与动能减少量。首先需利用动能定理分析从最低点到该位置的重力做功与动能变化关系，从而求出轨道半径结合该位置向心力公式中弹力、重力分力与速度的关系，可得到此处速度大小，进而由动能变化反推出初动能与初速度，判断最小速度需考虑最高点条件，通过机械能守恒建立最低点与最高点速度联系，并验证最高点速度是否满足临界要求。压力差最大值涉及轨道上不同位置弹力差异，通常最低点压力最大、最高点最小，需分别计算两处向心力表达式再求差。
本题是一道综合性较强的圆周运动题目，涉及动能定理、机械能守恒、圆周运动的向心力分析等多个核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，重点考查学生对多过程问题的综合分析能力与公式的灵活应用能力。解题需准确理解“能做完整的圆周运动”这一条件，并利用动能变化与特定位置弹力信息建立方程组求解半径与初速度，进而分析最小速度与压力差。其中，判断小球在最高点的临界速度是否满足条件是本题的一个关键点，而压力差的计算则需明确最高点与最低点向心力表达式的差异，体现了对圆周运动动力学本质的深入理解。
8.【答案】
【解析】解：、将点的电场强度分解如图所示，
由图可知，指向点，背离点，故B处点电荷带负电，处点电荷带正电，故A正确；
B、因，，由可知处点电荷的电荷量小于处点电荷的电荷量，故B错误；
C、若仅使处的点电荷电荷量增大，因处点电荷带负电，则处点电荷在点产生的电势降低，故A点的电势会降低，故C错误；
D、若使和处点电荷的电荷量均变为原来的倍，和处的点电荷在点的电势也变为原来的倍，点的电势变为原来倍，故D正确。
故选：。
根据点电荷电场强度的方向特点，结合矢量合成确定、电荷的正负及大小关系；再利用电势标量叠加原理分析电势的变化。
电场强度是矢量，合成遵循平行四边形法则；电势是标量，叠加遵循代数和规则，注意正负电荷对电势的影响。
9.【答案】
【解析】解：、由质点在时刻即将开始振动可知，波从波源传播至点历时，根据波速公式，解得：。两列波在同种均匀介质中波速相同，两波源间距，由相遇时间公式，解得：，故A正确；
B、由于波源的初始振动方向未知，因此无法确定时质点是否向上起振，故B错误；
C、根据波长公式，解得：。质点到两波源的距离分别为和，波程差，即，那么。
因两波源振动步调完全相反，且波程差为波长的整数倍，故质点为振动减弱点。两列波振幅相等，则后质点的振幅为，故C错误；
D、由传播时间公式，解得波源的波传至点需时，波源的波传至点需时。在内，质点静止；
在内，仅波源的波传至点，历时，根据振动规律解得质点通过的路程，即；
在内，两列波在点干涉相消，质点振幅为而保持静止。故在内，质点通过的总路程为，故D正确。
故选：。
题目涉及两波源振动步调相反且同时起振，需分析波的传播、相遇及干涉现象。已知波源周期与振幅，通过点起振时间确定波速，进而判断两列波相遇时刻。由于波源初始振动方向未知，无法确定点起振方向。根据波速与周期计算波长，分析点与两波源的波程差，结合波源振动步调相反判断该点为振动减弱点，振幅为零。需分段分析波传播至点的时间，计算各时间段内点的振动情况与路程，注意波未到达时质点静止以及两波叠加后干涉相消的影响。
本题综合考查机械波的传播、干涉与叠加原理，涉及波速计算、波程差分析以及振动叠加等核心知识点。题目巧妙地将波源振动步调相反这一关键条件与波程差判断振动加强减弱相结合，对学生的逻辑推理和动态过程分析能力提出了较高要求。计算量适中，但需清晰把握不同时间段内各质点的振动状态，特别是对叠加后振幅的理解是解题关键。易错点在于对振动减弱点振幅的准确判断以及分段计算路程时的时间划分，需要细致分析波传播的先后顺序与干涉效果。
10.【答案】
【解析】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：
已知：，解得粒子、圆周运动的半径均为：
作出两粒子的运动轨迹如下图所示：
由几何关系可知，，点到点的距离等于，点到点的距离也等于，粒子的轨迹圆心在点，其从点射出；粒子从点垂直射入，其也从点射出，故粒子、均从点射出，故A错误；
B.两粒子在磁场中的运动周期相同。粒子的轨迹圆心角为，运动时间为：；粒子的轨迹圆心角为，运动的时间为：。粒子、在磁场中运动的时间之比为：：：，故B正确；
C.位移是初末位置的有向线段，粒子的位移大小为线段的长度，为；粒子的位移大小为线段的长度，为。可得粒子、在磁场中运动位移大小之比为，故C错误；
D.粒子的速度偏转角为，其速度大小不变，可得其动量改变量的大小为：
粒子的速度偏转角为，其速度大小不变，可得其动量改变量的大小为：
可得粒子、在磁场中运动的动量改变量大小之比为，故D正确。
故选：。
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求得粒子、圆周运动的半径，作出两粒子的运动轨迹图，由几何关系确定出射位置；两粒子在磁场中的运动周期相同，由两粒子的轨迹圆心角的关系求得运动时间的关系；位移是初末位置的有向线段，由几何关系求解两粒子在磁场中运动位移大小之比；分别确定两粒子的速度偏转角，根据平行四边形定则求解两粒子在磁场中运动的动量改变量大小之比。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。
11.【答案】

【解析】解：本实验采用了等效替代法，实验中两次拉伸橡皮条需要满足将橡皮条沿相同方向拉到相同长度，即将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，故BD正确，AC错误。
故选：。
弹簧测力计的分度值为，读数为；
为了保证合力与分力在同一平面内，实验过程中拉动弹簧测力计时，弹簧测力计必须与木板平行，故A错误；
B.两根细绳间的夹角要适当，不需要必须为，故B错误；
C.确定两个分力方向时，要用铅笔紧贴细绳离结点较远处描出一个点，不是沿细绳画出直线，故C错误；
D.拉动弹簧测力计时，弹簧不可与外壳接触，否则会产生摩擦，故D正确。
故选：。
根据力的平行四边形定则，作出力的动态平衡如图所示：
保持弹簧测力计的方向以及结点的位置不变，将弹簧测力计沿顺时针方向缓慢转动至水平，弹簧测力计的读数先减小后增大，弹簧测力计的读数增大，故ACD错误，B正确。
故选：。
故答案为：；；；。
根据等效替代法的含义分析作答；
弹簧测力计的分度值为，根据弹簧测力计的读数规则读数；
根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答；
根据图解法分析力的动态平衡。
本题主要考查了探究两个互成角度的力的合成规律的实验，要明确实验原理，理解等效替代法的含义，掌握力的动态平衡的分析方法。
12.【答案】
乙
变小

【解析】解：电路无故障，小灯泡始终不发光，说明通过小灯泡的电流过小；
根据闭合电路欧姆定律可知，其原因是水果电池内阻太大，故C正确，ABD错误。
故选：。
若采用乙电路，实验误差来源于电流表的分压作用，电动势的测量值真实，内阻的测量值偏大，由于电流表内阻已知，因此选择乙电路；
由于水果电池的内阻很大，为了使电压表和电流表示数变化明显，滑动变阻器应选择；
根据闭合电路欧姆定律
图像的纵截距表示电动势，电源电动势为
图像斜率的绝对值
内阻为
实验时若将电极片插入得更深一点，正对面积变大，根据电阻定律可知水果电池的内阻将变小。
故答案为：；乙；；；；变小。
根据闭合电路欧姆定律分析作答；
根据实验原理结合实验电路分析实验误差的来源进行分析；水果电池的内阻很大，从使电压表和电流表示数变化明显的角度分析作答；
根据闭合电路欧姆定律求解函数，结合图像纵截距和斜率的含义求解作答；根据电阻定律分析作答。
本题主要考查了测量水果电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路欧姆定律的运用。
13.【答案】当活塞向左移动达到稳定时活塞受到水的压力大小为 此装置能测量的最大深度为
【解析】解：对Ⅰ部分气体，初状态时有：，，压缩后假设活塞不动，则气体的体积为：，由玻意耳定律可得：，解得：，由于，所以活塞保持不动，Ⅱ部分气体是状态不发生变化，对活塞，由平衡条件可得：，解得：；
当活塞移动到正中央卡环位置时所测深度最大，设为，此时两部分气体被压缩到同一压强，活塞向左移动的距离为，对两部分气体由玻意耳定律可得：，，联立解得：，水下深度处的压强为：，所以有：。
答：当活塞向左移动达到稳定时活塞受到水的压力大小为；
此装置能测量的最大深度为。
分析出气体变化前后的压强，根据玻意耳定律结合平衡条件列式即可解答；
对两部分气体，根据玻意耳定律列式可求深度最大时的压强的大小，再由液体压强公式可求此装置能测量的最大深度。
本题是对玻意耳定律及液体压强公式的考查，解题的关键是要知道气体变化前后的状态参量，知道活塞移动到正中央卡环位置时所测深度最大由玻意耳定律列式即可求解。
14.【答案】掷向，导体棒的最大加速度大小为 掷向，当导体棒刚达到稳定时，导体棒上产生的焦耳热为 掷向后，导体棒上产生的焦耳热为
【解析】解：当开关掷向，导体棒在安培力作用下加速，速度增大则动生电动势增大，回路的总电动势减小，回路中的电流减小，导体棒受到的安培力减小，其加速度减小，当加速度减小到零后导体棒做匀速直线运动，达到稳定状态。由此可知，当掷向的瞬间，导体棒的加速度最大。
掷向的瞬间回路中的电流为：，解得：
此时导体棒受到的安培力大小为：
根据牛顿第二定律得：
联立解得导体棒的最大加速度大小为：
由上述分析可知，掷向，当导体棒刚达到稳定时回路中的电流为零，导体棒产生的动生电动势与电源电动势相等，则有：
，解得稳定时导体棒的速度大小为：
由掷向到导体棒达到稳定的过程，以向右为正方向，对导体棒应用动量定理得：
其中：，为此过程通过电源的电荷量。
由电动势的定义可知，此过程电源释放的电能为：
根据能量守恒定律可得此过程回路产生的总焦耳热为：
由焦耳定律可得导体棒上产生的焦耳热为：
联立解得：
将开关掷向后，具有速度的导体棒切割磁感线产生动生电动势并给电容器充电，导体棒受到与速度反向的安培力而开始做减速运动。当达到新的稳定状态时，电容器充电完毕，电路中无电流，此时电容器两极板间电压等于导体棒产生的感应电动势，设导体棒最终稳定时的速度大小为，则有：
由掷向到导体棒再次达到稳定的过程，以向右为正方向，对导体棒应用动量定理得：
其中：，为电容器在此过程中的充电量。
由电容定义式可得：
联立可得：
解得：，
在此过程中，导体棒动能的减少量转化为了电容器储存的静电场能以及回路中产生的焦耳热，则有：
解得：
可得掷向后，导体棒上产生的焦耳热为。
答：掷向，导体棒的最大加速度大小为；
掷向，当导体棒刚达到稳定时，导体棒上产生的焦耳热为；
掷向后，导体棒上产生的焦耳热为。
当开关掷向，导体棒在安培力作用下加速，速度增大则动生电动势增大，回路的总电动势减小，回路中的电流减小，导体棒受到的安培力减小，其加速度减小，当加速度减小到零后导体棒做匀速直线运动，达到稳定状态。当掷向的瞬间导体棒的加速度最大。根据闭合电路欧姆定律，安培力计算公式，牛顿第二定律解答；
掷向，当导体棒刚达到稳定时导体棒产生的动生电动势与电源电动势相等，据此求得稳定时导体棒的速度大小。对导体棒应用动量定理，结合电流的定义式，求得此过程通过电源的电荷量。由电动势的定义得到此过程电源释放的电能，根据能量守恒定律与焦耳定律求得导体棒上产生的焦耳热；
将开关掷向后，具有速度的导体棒切割磁感线产生动生电动势并给电容器充电，导体棒受到与速度反向的安培力而开始做减速运动。当达到新的稳定状态时，电容器充电完毕，电路中无电流，此时电容器两极板间电压等于导体棒产生的感应电动势。对导体棒应用动量定理，结合电流的定义式与电容定义式，求得导体棒最终稳定时的速度大小与电容器的电压。在此过程中，导体棒动能的减少量转化为了电容器储存的静电场能以及回路中产生的焦耳热，据此求得导体棒上产生的焦耳热。
本题考查了电磁感应现象与电路、力学相结合的综合问题。掌握本题中回路含有电源与电容时的能量转化与守恒。掌握应用微元法，结合动量定理处理此类问题的方法。
15.【答案】小球与凹槽碰撞后瞬间的速度大小之比为 整个过程中物块与凹槽的碰撞次数为次 从小球与凹槽碰撞开始到凹槽在水平面上运动所经历的时间为
【解析】解：小球向下摆动过程中，根据动能定理可得，解得碰撞前瞬间小球的速度大小。
与发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有与，
解得碰后瞬间速度，，因此小球与凹槽碰撞后瞬间的速度大小之比为。
碰后，与组成的系统在水平方向不受外力，最终达到共同速度，根据动量守恒定律有，解得。
此过程中，系统减少的机械能转化为内能，即。
设整个过程中相对滑行的总路程为，由能量守恒定律得，解得。
已知凹槽内部长度，且初始位于右侧挡板处，则相对滑行的凹槽长度个数为。
由于物块每相对滑行一个便与凹槽发生一次碰撞，故整个过程中物块与凹槽的碰撞次数为次。
在、系统内，由于两者发生完全弹性碰撞且质量相等，每次碰撞后交换速度，因此系统内始终存在相对滑动摩擦，
直至达到共同速度。达到共速所需时间，解得。
在此过程中，与所受摩擦力大小相等、方向相反，两者加速度大小相等，且速度之和保持恒定，
即，因此两者的位移之和满足。
达到共速时，由可知相对滑行了个来回后，又向左滑行了，即相对向左的净位移大小，
由此可得位移关系。联立以上两式，解得此阶段的位移。
达到共速后，与一起以匀速运动，剩余距离，匀速运动时间。
从小球与凹槽碰撞开始，到凹槽在水平面上运动，所经历的总时间，解得。
答：小球与凹槽碰撞后瞬间的速度大小之比为。
整个过程中物块与凹槽的碰撞次数为次。
从小球与凹槽碰撞开始到凹槽在水平面上运动所经历的时间为。
小球从水平位置释放后，在重力作用下沿圆弧摆至最低点，此过程机械能守恒，可确定其碰撞前的速度。随后与静止的凹槽发生弹性碰撞，两者质量已知，利用弹性碰撞的动量守恒与机械能守恒，可分别求出碰后与的速度，进而得到速度大小之比。
碰撞后，凹槽获得初速度在光滑水平面上向右运动，其上的物块因摩擦而加速。由于、质量相等且碰撞为弹性，两者在系统内会反复交换速度并伴随相对滑动。分析系统最终达到共速的过程，根据动量守恒确定共同速度，再结合系统机械能损失全部转化为摩擦生热，可计算出相对滑行的总路程。结合凹槽内部长度，即可推算出碰撞次数。
时间分为两个阶段：从碰撞后到、达到共同速度的变速阶段，以及达到共速后的匀速阶段。在变速阶段，与均受摩擦力作用做匀变速运动，通过分析两者速度变化关系及相对位移，可求出在此阶段的位移与所用时间。随后与以共同速度匀速运动至总位移为米，求出匀速阶段时间，两阶段时间之和即为所求总时间。
本题综合考查了力学中的多个核心知识点，包括动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量转化与守恒以及多物体复杂运动过程的分析。题目计算量较大，难度层级较高，属于典型的综合性难题。它着重考查学生对复杂物理过程的分解与建模能力，需要将整个运动划分为多个子过程，并准确应用相应的物理规律。本题的亮点在于将弹性碰撞、非弹性相互作用通过摩擦生热以及周期性碰撞巧妙地结合在一起，构建了一个多阶段、多对象相互作用的动力学系统。学生需灵活运用动量与能量观点处理碰撞问题，并深刻理解物块在凹槽内往返运动过程中能量损耗与相对路程的关系。求解碰撞次数时，需要将系统减少的机械能与摩擦生热联系起来，并通过对相对总路程的分析得出整数结果。第三问则进一步考查了对变速运动与匀速运动两阶段的分析，以及通过位移关系和速度关系求解时间的能力，对学生的逻辑推理和数学运算能力提出了较高要求。
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