2018-2019学年广东省中山一中高三(下)入门物理试卷(解析版)

2018-2019学年广东省中山一中高三（下）入门物理试卷

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1.下列说法正确的是（）

A. 普朗克在研究黑体辐射问题时提出了光子说

B. 康普顿在研究石墨中的电子对X射线的散射时发现，有些散射波的波长比入射波的波长略大

C. 由可知，在密闭的容器中混合存放一定比例的氦气和氮气，几天后将有氧

气生成

D. 由可知，用能量等于的光子照射静止氘核时，氘核将分解为一个

质子和一个中子

2.2017年4月22日，“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．任务完

成后“天舟一号”发生升空后，进入预定的圆轨道运行．经过变轨后升到“天宫二号”所在的圆轨道运行．变轨前和变轨完成后“天舟一号”做圆周运动的轨道半径分别为r1、r2，动能分别为E k1、E k2，则E k1：E k2等于（）

A. B. C. D.

3.水平面内有一等边三角形ABC，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方一点，O点到A、B、C、

D四点的距离均为L．现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C处，如图所示，已知静电力常量为k，则D点的场强大小为（）

A. B. D.

4.一段圆环固定在竖直面内，O为圆心，轻绳的两端分别系在圆环上的P、Q点，

P、Q两点等高，一物体通过光滑的轻质挂钩挂在绳上，物体处于静止状态。现

保持轻绳的Q端位置不变，使P端在圆环上沿逆时针方向缓慢转动，至PO水平。

此过程中轻绳的张力（）

A. 一直减小

B. 一直增大

C. 先增大后减小

D. 先减小后增大

5.甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动，

以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的a-t图象如图所示。关于甲、

乙在0～t0时间内的运动情况，下列说法正确的是（）

A. ～时间内，甲做减速运动，乙做加速运动

B. ～时间内，甲和乙的平均速度相等

C. 在时刻，甲的速度比乙的速度小

D. 在时刻，甲和乙之间的间距最大

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

6.如图所示，在光滑水平面上一辆平板车，一人手握大锤站在车上．开始时人、

锤和车均静止．此人将锤抡起至最高点，此时大锤在头顶的正上方，然后，

人用力使锤落下敲打车的左端，如此周而复始，使大锤继续敲打车的左端，

最后，人和锤恢复至初始状态并停止敲打．在次过程中，下列说法正确的是

（）

A. 锤从最高点下落至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右、后水平向左

B. 锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零

C. 锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量先增大后减小

D. 在任意一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒

7.如图所示，整个空间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，一绝缘木板

（足够长）静止在光滑水平面上，一带正电的滑块静止在木板上，滑

块和木板之间的接触面粗糙程度处处相同。不考虑空气阻力的影响，

下列判断正确的是（）

A. 若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终木板和滑块一定相对静止

B. 若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有弹力

C. 若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有摩擦力

D. 若对木板始终施加一水平向右的恒力，最终滑块做匀速运动

8.a、b、c是三个质量相同的小球（可视为质点），a、b两球套在水平放置的光滑细杆上c球分别用长

度为L的细线与a、b两球连接。起初a、b两球固定在细杆上相距2L处，重力加速度为g。若同时释放a、b两球，则（）

A. 在a、b碰撞前的任一时刻，b相对与c的速度方向与b、c的连线垂直

B. 在a、b碰撞前的运动过程中，c的机械能先增大后减小

C. 在a、b碰撞前的瞬间，b的速度为

D. 在a、b碰撞前的瞬间，b的速度为

9.如图所示，在一定质量的理想气体压强随体积变化的p-V图象中，气体

先后经历了ab、bc、cd、da四个过程，其中ab垂直于cd，ab垂直于V

轴且与p轴平行，bc、da是两条等温线。下列判断正确的是（）

A. 气体在状态a时的温度低于在状态c时的温度

B. 从的过程，气体分子密集程度不变，分子平均动能增加

C. 从的过程，气体密度不断减小，温度先升高后不变

D. 从的过程，气体放出的热量大于外界对气体做的功

E. 从的过程，设气体对外做功为，外界对气体做功为

，气体吸热为，放热为，则

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

10.在“研究平抛运动”的实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C、D、E、F、G点的位置，

相邻两点的时间间隔均为△t=0.50s。取A点为坐标原点，以+x方向表示水平初速度方向、+y方向表示竖直向下方向，实验记录如下：（结果保留两位小数）

（1）作出x-t图象如图1所示，小球平抛运动的水平初速度大小是______m/s。

（2）以t为横坐标，为为纵坐标。作出-t图象如图2所示，其函数解析式为：=4.88t+0.59

①重力加速度的测量值是______m/s2

②t=0.10s时，小球的竖直分速度大小是______m/s。

四、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）

11.现要测量电压表的内阻和电源的电动势，提供的器材有：

电源（电动势约为6V，内阻不计）

电压表V1（量程2.5V，内阻约为2.5kΩ）

电压表V2（量程3V，内阻约为10kΩ）

电阻箱R0（最大阻值9999.9Ω）

滑动变阻器R1（最大阻值为3kΩ）

滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）

单刀双掷开关一个．导线若

干．

（1）在图1中完成测量原理电路图的练习；

（2）电路中应选用的滑动变阻器______（选填“R1”、“R2”）；

（3）按照下列实验步骤进行实验：

①闭合开关前，将滑动变阻器和电阻箱连入电路的阻值调至最大；

②闭合开关，将电阻箱调到6kΩ，调节滑动变阻器至适当的位置，此时电压表V1的示数为1.60V，电

压表V2的示数为2.40V；

③保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，在将电阻箱调到2kΩ，此时电压表V1的示数如图2，其示数

______V，电压表V2的示数为1.40V；

（4）根据实验数据，计算得到电源的电动势为______V，电压表V1的内阻为

______kΩ，电压表V2的内阻为______kΩ．

五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

12.如图所示，圆筒的内壁光滑，底端固定在竖直转轴OO'，圆筒可随轴转动，

它与水平面的夹角始终为45°．在圆筒内有两个用轻质弹簧连接的相同小球A、

B（小球的直径略小于圆筒内径），A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k．当圆筒静止时A、B之间的距离为L（L远大于小球直径）．现让圆筒开始转动，其角速度从零开始缓慢增大，当角速度增大到ω0时保持匀速转动，此时小球B对圆筒底部的压力恰好为零．重力加速度大小为g．

（1）求圆筒的角速度从零增大至ω0的过程中，弹簧弹性势能的变化量；

（2）用m、g、L、k表示小球A匀速转动的动能E k．

13.如图所示，M1N l P l Q l和M2N2P2Q2为在同一竖直面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁

场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1N l段与M2N2段相互平行，距离为L；P l Q l段与P2Q2段也是平行的，距离为L/2．质量为m金属杆a、b垂直与导轨放置，一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆b，另一端绕过定滑轮与质量也为m的重物c相连，绝缘轻线的水平部分与P l Q l平行且足够长。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为R，重力加速度为g。

（1）若保持a固定。释放b，求b的最终速度的大小；

（2）若同时释放a、b，在释放a、b的同时对a施加一水平向左的恒力F=2mg，当重物c下降高度为h时，a达到最大速度，求：

①a的最大速度；

②从释放a、b到a达到最大速度的过程中，两杆与导轨构成的回路中产生的电能。

14.如图所示，两端开口、粗细均匀的U型玻璃管（管壁厚度忽略不计）

横截面积为s=lcm2，两侧竖直管的长度均为150cm，水平直管中封

闭有一段长为l=80cm的空气柱，空气柱左、右两侧水银水平段的

长度分别为l1=70cm、l2=50cm，竖直段的长度均为h=75cm，在右

侧竖直管的水银面处有一活塞（质量不计），活塞可沿着玻璃管的

内壁无摩擦地滑动，外界大气压强恒为P o=75cmHg，温度恒定，密

闭空气柱处于平衡状态。当活塞受到一个垂直向下的力F作用而重

新平衡时，空气柱长度为l'=75cm，求力F的大小。

（水银密度为p=13.6×l03kg/m3，重力加速度为g=l0m/s2）

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

解：A、爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说：光子是一份一份的，每一份能量为hγ，故A错误；

B、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减

小，根据

λ=，知有些散射波的波长比入射波的波长略大，故B正确；

C

、方程

He+N→

O+H是人工核反应方程，不能自然发生，故C错误；

D、用光子照射静止的氘核时，由于光子有一定的动量，氘核分解为一个质子和一个中子后，质子与中子都有一定的动量，所以它们的总动能大于0，所以若氘核分解为一个质子和一个中子，则需要的光子的能量一定大于2.2MeV，故D错误；

故选：B。

爱因斯坦根据光电效应，提出光子说；

根据

λ=，即可判定；

氘核的结合能是2.2MeV，中子和质子结合成氘核时释放能量为2.2MeV，将氘核分解为一个中子和一个质子时至少需要2.2MeV的能量；

根据能量守恒分析总动能是否为零。

本题考查了“近代物理初步”部分，涉及普朗克的能量子假说、光电效应以及结合能等，知识点多，难度小，关键多看书。

2.【答案】C

【解析】

解：根据万有引力提供向心力得：G =m

可得：v=

飞船的动能为：E k

=

=

得：E k1：E k2=r2：r1。故选：C。根据万有引力提供向心力列式，得到飞船的速度与轨道半径的关系，从而求得动能与轨道半径的关系，再求动能之比．

解决本题的关键是建立模型，寻找飞船向心力的来源：万有引力，通过列式分析．

3.【答案】D

【解析】

解：

根据几何关系，

CD=BD=AD=L，且∠CDO=∠BDO=∠ADO=45°，

根据点电荷电场强度的公式，三个电荷量均为Q的正点电荷在D点的场强大小：E A=E B=E C

=，

D点的场强大小等于三个点电荷分别在D点产生场强的和场强：E=3E A cos45°=3×

=，故ABC错误，D正确。

故选：D。

根据点电荷场强

E=求得分场强，然后根据矢量叠加原理求得合场强，从而即可求解。

考查点电荷的电场强度公式的内容，掌握矢量的合成法则，注意在求解多个点电荷周围电势正负时，一般先根据E=求得电场。

4.【答案】B

【解析】

解：因两边绳子的张力总是相等的，则重力的方向应在两绳夹角的平分线上，设绳子与竖直方向的夹角为θ，由受力平衡得：

2Tcosθ=mg。

保持轻绳的Q端位置不变，使P端在圆环上沿逆时针方向缓慢转动，至PO水平。则θ角变大，T一直变大，故ACD错误，B正确。

故选：B。

物体始终保持静止，合力为零，对物体受力分析，受到mg、绳的两个拉力，因绳子的拉力总是相等的，写出轻绳的张力的表达式讨论分析即可。

本题以共点力的平衡为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力，解题的关键轻绳的张力的表达式，结合几何关系分析力的变化，难度适中。

5.【答案】D

【解析】

解：A、根据图象可知，乙的加速度增大，甲的加速度减小，但方向不变，都为正方向，当速度与加速度同向，物体做加速运动，故A错误；

BC、据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度。据图象可知，t0时，两图象与t 轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度变化量相等，初速度相等，则末速度相等，位移不等，故平均速度不等，故BC错误；

D、速度再次相等时，两者距离最大，即在t0时刻，甲和乙之间的间距最大，故D正确。

故选：D。

根据图象可知，乙的加速度增大，甲的加速度减小，但方向不变，都为正方向，当速度与加速度同向，物体做加速运动；

根据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，然后据甲乙物体的速度

关系判断选项。

本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速

度的变化量，难度适中。

6.【答案】AB

【解析】

解：A、人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，锤从最高点下落至刚接触

车的过程中，锤在水平方向上的速度方向由向左变为向右，则车的动量先水平向右后水平向左，故A正确。

B、锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，锤的动量由向右变为零，根据动量守

恒知，车的动量由向左变为零，故B正确。

C、锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的动量方向先向左再向右，则车的动量

先向右再向左，故C错误。

D、人、锤和车组成的系统，在水平方向上所受的外力之和为零，水平方向上动量守恒，故D错误。故选：AB。

把人和车看成一个整体，根据动量守恒定律分析人连续敲打车左端时的运动情况即可．

本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础题，掌握系统动量守恒是解决问题的关键．

7.【答案】CD

【解析】

解：ABC、若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，根据动量定理可知，木板在一瞬间获得一向右的速度。由于滑块与木板之间存在摩擦力，则滑块开始向右做加速运动，而木板向右做减速运动。根据左手定则可知，带正电的滑块受到的洛伦兹力的方向向上，由f=qvB可知，滑块受到的洛伦兹力的大小随速度的增大而增大，滑块受与木板之间的弹力随滑块速度的增大而减小。

由于木板足够长，最终可能有两种情况：

1．如果开始时木板受到的冲量较小，则木板的速度较小，滑块做加速运动后可能很快就与木板的速度相等，此后二者一起以相等的速度做匀速直线运动，此时滑块受到的洛伦兹力小于滑块的重力，则滑块与木板之间仍然有弹力。由于二者的速度相等，滑块和木板间一定没有摩擦力；

2．如果开始时木板受到的冲量较大，则木板的速度较大，滑块做加速运动，当滑块受到的洛伦兹力的大小等于滑块的重力后，滑块与木板之间没有了弹力，此时二者之间也没有摩擦力，则滑块开始做匀速直线运动。由于二者之间没有摩擦力，则木板也做匀速直线运动，但木板的速度大于等于滑块的速度。

由以上的分析可知，AB错误，C正确；

D、若对木板始终施加一水平向右的恒力，开始时可能滑块与木板一起做加速运动，有可能一开始木板的加速度就大于滑块的加速度。

随滑块速度的增大，滑块受到的洛伦兹力增大，则滑块受与木板之间的弹力随滑块速度的增大而减小，所以滑块与木板之间的摩擦力逐渐减小，滑块做加速度减小的加速运动，最终滑块受到的洛伦兹力等于滑块的重力时，滑块开始做匀速运动，而木板做加速运动。故D正确。

故选：CD。

分别对滑块与木板进行受力分析，结合牛顿第二定律判断加速度的变化情况，然后由运动学的规律分析即可。

本题主要考查了洛伦兹力的性质以及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，明确洛伦兹力随速度变化的基本性质，再根据受力分析和牛顿第二定律即可分析判断运动情况。

8.【答案】AC

【解析】

解：A、在a、b碰撞前的任一时刻，根据b、c两球沿细

线方向的分速度大小相等，如图1所示，可得v c

地

cosα=v b

地

sinα

得=tanα

根据相对运动规律知，b相对c

的速度=+

而

=-，方向竖直向上，作出速度的合成图如

图2

所示。可得，==tanα，由数学知识

可知，

⊥bc，即b相对于c的速度方向与b、c的连线垂直。

故A正确。

B、在a、b碰撞前的运动过程中，c向下运动，两细线

对c做负功，则c的机械能一直减小，故B错误。

CD、在a、b碰撞前的瞬间，c的速度为零，由系统的机械能守恒得：

mgL=，可得，b的速

度为v b =．故C正确，D错误。

故选：AC。

根据对称性分析c的速度方向，从而得到b相对与c的速度方向．分析细线对c做功情况，从而

判断出c的机械能变化情况．在a、b碰撞前的瞬间，c的速度为零，由系统的机械能守恒求b的

速度．

解决本题的关键是明确b、c两球速度关系，知道它们在细线方向的分速度大小相等，要知道牵

连速度关系：=+．

9.【答案】ABD

【解析】

解：A、由图可知，由a到b等容增压，由理想气体状态方程知温度升高，所以b的温度高于a的

温度；而b→c过程与d→a过程都是等温过程，温度都不变，所以可知，所以状态a时的温度低

于在状态c时的温度，故A正确；

B、从a→b的过程气体的体积不变，所以气体分子密集程度不变；b的温度高于a的温度，所以

分子平均动能增加，故B正确；

C、从a→b的过程气体的体积不变，气体的密度不变，故C错误；

D、结合A的分析可知，c→d的过程中温度降低，可知c→d的过程中气体的内能减小；c→d的

过程中气体的体积减小，所以外界对气体做功。结合热力学第一定律可知，从c→d的过程，气

体放出的热量大于外界对气体做的功，故D正确；

E、a与d的温度相等，则a与d的内能相等，则△E=0；由热力学第一定律可知，W l-W2+Q1-Q2=0，

即|W l-W2|=|Q1-Q2|．故E错误；

故选：ABD。

由a到b等容增压，由理想气体状态方程知温度升高，从b→c过程是等温压缩，气体对外界做

功，而内能不变，c→d过程压强不变体积减小，温度降低，平均动能减小引起的。然后将理想气

体得状态方程与热力学第一定律结合即可正确解答。

注意此类题目经常把理想气体状态方程与热力学第一定律相结合，并要理解热力学第一定律

中各个符号的物理意义

10.【答案】0.50 9.76 2.16

【解析】

解：（1）小球做平抛运动，将运动分解，水平方向做匀速直线运动，则有：x=v0t，

根据作出的x-t图象，则平抛的水平初速度大小为：v0===0.50m/s；

（2）根据=，而v y=v0y+gt，则有：

=t+，

因此①重力加速度的测量值为：g=2k=2×4.88=9.76m/s2；

②t=0.10s时，代入，函数解析式为：=4.88t+0.59，

解得：=1.078m/s

那么小球的竖直分速度大小为：v y=2×1.078≈2.16m/s。

故答案为：（1）0.50；（2）9.76；2.16。

（1）依据平抛运动水平方向做匀速直线，结合x与t图象，即可求解初速度大小；

（2

）根据=，而v y=v0y+gt，结合-t图象，即可求解重力加速度与竖直分速度大小。

考查平抛运动处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，理解图象中斜率含义，并能结合运动学公式是解题的关键，注意A点不是平抛的起点，因此竖直方向初速度不为零。

11.【答案】R1 2.10 5.60 2.5 10

【解析】

解：（1）由题意可知，本实验需要测量电压表内阻和电源

的电动势，故应采用电阻箱与电压表组合进行测量；电

源的电动势为6V，而两电压表量程均较小，因此采用电

压表V2与电阻箱并联，再与电压表V1串联的方式进行

测量；电路图如图所示；

（2）因电压表内阻以及电阻箱使用电阻均较大，所以变阻器应采用总阻值较大的R1；

（3）电压表量程为2.5V，最小分度为0.1V，故电压表示数为2.50V；

（4）根据（3）中数据可知：

+

=

代入数据可得：

+

=

+

=

联立解得：R V1=2500Ω=2.5KΩ；R V2=10KΩ利用闭合电路欧姆定律可知，U1+U2=E-（R r+r）

U1'+U2'=E-（R r+r）

代入数据联立解得：E=5.60V；

故答案为：（1）如图所示；（2）R1；（3）2.10；（4）5.60；2.5；10．

（1）明确实验原理，分析给出的实验仪表，从而确定对应的实验原理图；

（2）分析电表内阻以及电阻箱的使用，从而确定变阻器采用限流接法时应采用大电阻；

（3）根据电压表量程分析最小分度，从而确定读数；

（4）根据串并联电路的规律进行分析，对两种情况进行列式，联立求出电表内阻，再根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而确定电源的电动势．

本题考查测量电动势和内电阻的实验，同时加入了电压表内阻的实验，属于探究性的实验，要求能准确分析实验电路，明确实验原理，从而确定对应的电路图，同时注意明确闭合电路欧姆定律以及串并联电路的规律的应用．

12.【答案】解：（1）系统静止时，设弹簧的压缩量为x1，以A位研究对象，根据平衡条件和胡克定律有：kx1=mg sin45°

B对圆筒底部的压力恰好为零时，设弹簧的压缩量为x2，以B为研究对象，根据平衡条件和胡克定律有：kx2=mg sin45°

可得x1=x2，故弹簧弹性势能的改变量为：△E p=0

（2）设A做匀速圆周运动的半径为R，则：R=（L+x1+x2）cos45°

A在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律

水平方向有：

竖直方向有：N cos45°=kx2sin45°+mg

联立解得：

答：（1）圆筒的角速度从零增大至ω0的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0；

（2）小球A匀速转动的动能E k为+．

【解析】

（1）系统静止时，以A位研究对象，根据平衡条件和胡克定律结合求出设弹簧的压缩量．当角速度增大到ω0时保持匀速转动，B对圆筒底部的压力恰好为零时，以B研究对象，求出弹簧的压缩量，从而分析弹簧弹性势能的改变量．

（2）A在水平面内做匀速圆周运动，由合力充当向心力，分析其受力情况，根据牛顿第二定律求出A转动的线速度，再得到动能．

本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的综合运用，知道小球A在水平面内做匀速圆周运动时，竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，结合牛顿第二定律进行研究．13.【答案】解：（1）当b的加速度为零时，速度最大，设此时速度为v m，

则根据法拉第电磁感应定律可得：E=B，

根据闭合电路的欧姆定律可得电流为：I=

分别以b、c为研究对象，根据平衡条件可得：T=BI，T=mg

联立解得：v m=；

（2）①．在加速过程的任一时刻，设aba的加速度大小分别为a a、a bc，电流为i，轻绳的拉力为T，分别以a、b、c为研究对象，

根据牛顿第二定律可得：F-BiL=ma a，T-Bi=ma bc，mg-T=ma bc，

联立解得：a a=4a bc；

设a达到最大速度v a时，b的速度为v b，由上式可知：v a=4v b

当a的合外力为零时，速度达到最大，根据平衡条件可得：2mg=BiL

根据法拉第电磁感应定律有：E=BLv a+B

联立解得：v a=，v b=；

②．设重物下降的高度为h时，a的位移为x a，故x a=4h

根据功能关系有：2mgx a+mgh=E a+E b+++

联立解得：E电=E a+E b=9mgh-m（）2。

答：（1）若保持a固定。释放b，b的最终速度的大小为；

（2）①a的最大速度为；

②才释放a、b到a达到最大速度的过程中，两杆与导轨构成的回来中产生的电能为9mgh-m（）2。

【解析】

（1）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解电流，再分别以b、c为研究对象，根据平衡条件列方程求解；

（2）①根据牛顿第二定律列方程求解a和b加速度关系，进一步得到速度关系，再根据平衡条件列方程求解；②根据功能关系求解两杆与导轨构成的回路中产生的电能。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

14.【答案】解：水平封闭气体的状态参量：p1=p0+p h=150cmHg，V1=80S，V2=75S，

气体温度不变，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，

代入数据解得：p2=160cmHg，

气体压强：p1=p0+p h左，p h左=160-75=85cmHg，左管水银柱高：85cm，

末状态水银柱高：h右=h-（l-l′）-（h左-h）=60cm，

封闭气体末状态压强：p2=p0+p h右+，

代入数据解得：F=3.4N；

答：力F的大小为3.4N。

【解析】

根据题意求出水平管内封闭气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体末状态的压强，根据气体压强求出末状态左管与右管内水银柱的高度，然后根据压强公式求出力的大小。

本题主要是考查了理想气体的状态方程的应用，根据题意求出封闭气体的状态参量，应用玻意耳定律即可解题；本题的易错点时：求出末状态左右管内水银柱的高度。