2023年江西省九江市高考物理二模试卷及答案解析

2023年江西省九江市高考物理二模试卷

1.下列说法正确的是（）

A.裂变反应后生成的新核的比结合能小于反应前原子核的比结合能

B.氢原子从能级n=2跃迁到ri=5的激发态时，核外电子动能增大

C.质子的德布罗意波长与其动量成正比

D.匀强磁场中一个静止的杯核痣铲Pa）发生a衰变，新核和a粒子的轨迹半径之比为1：46

2.如图所示，质量为m的摩托艇静止在水面上，t=0时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开

始沿直线运动，其加速度a随速度"的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度

成正比,即f=为常数,大小未知）。则（）

A.摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为：机诏

B.摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力的冲量为m%

C.牵引力的最大功率为mao%

D.常数k的大小为翳

3.如图所示电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r,各电

表均为理想电表。闭合电键后，将滑动变阻器滑片向上滑动，

电压表匕、%、％示数变化量的绝对值分别为4/、AU2,AU3,

电流表4示数变化量的绝对值为4，则（）

A.匕、匕、匕、4示数均变小

B.AU2=

C.竽和等均不变，且券〈昭

AIAIMAI

D.电源输出功率先增大后减小

4.地球同步卫星尸与中国空间站Q均绕地球做匀速圆周运动，设它们与地球中心的连线在单

位时间内扫过的面积分别为SP、SQ,已知中国空间站Q的运行周期约为907nm，则Sp：SQ约

为（）

A.2V2/1B.V2；1C.2<7.-1D.1：1

5.如图所示，质量mi=2kg的物块P与质量机2=2kg的木板Q静止叠放在竖直|~|p

的轻弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，弹簧上端、物块P与木板Q间均不拴I—jQ

接。现对P施加竖直向上的恒定拉力F,已知尸=20N,g=10m/s2,则（）

A.施加拉力瞬间，物块P对木板Q的压力大小为5N

B.施加拉力瞬间，物块P的加速度大小为5m/s2

C.弹簧处于原长

D.物块P和木板Q分离瞬间，弹簧弹力大小为20N

6.如图所示，水平地面上有一长为小通有垂直纸面向里、电流大Q⑥领

小为/的导体棒c,处于静止状态.现在a、b处（ab连线水平，abc构成

正三角形）的导体棒中也通有方向垂直纸面向里的电流/,三根导体棒再”〃

完全相同，已知a在b处产生的磁感应强度为8°,c对地面的压力恰好为零，则（）

A.a、b处的磁感应强度相同B.b导体棒处的磁感应强度大小为CBo

C.c导体棒的质量为空D.拿走b导体棒，c所受摩擦力方向向左

7.如图所示的两个平行板电容器水平放置，4板用导线与

B'板相连，B板和4板都接地。已知4板带正电，在两个电

容器间分别有M、N两个带电油滴都处于静止状态。间电

压为以8,带电量为QAB，AB'间电压为办火，带电量为a，8，，

若将B板稍向下移，贝人）

A.电容金8不变，电容心,8,不变

B.减小，〃的增大

C.QAB减小，QA，B，增大

D.N原来所在位置处的电势增大且N向上运动

8.如图甲所示，足够长的倾斜传送带以速度u=2.5m/s沿顺时针方向运行，质量为m,可

视为质点的物块在t=0时刻以速度处从传送带底端开始沿传送带上渭，，物块在传送带上运动

时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示，己知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取传送带

最底端所在平面为零势能面,

甲乙

A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25B.物块的质量m为4kg

C.物块滑上传送带时的速度为5m/sD.物块滑离传送带时的动能为20/

9.在“测定金属的电阻率”实验中，为测量一段阻值约为50、粗细均匀的电阻丝的电阻,

将其拉直固定在带有刻度尺的木板上，现有电源（电动势为E,内阻不计），开关和导线若干、

以及电流表（量程恰当，内阻未如）。

某同学用上述器材设计了一个实验，电路如图所示，已测出电阻丝的横截面积为S,用一个小

金属夹沿电阻丝滑动，可改变接入电路中电阻丝的长度L,实验中记录了几组不同长度L对应

的电流1。该同学作出了如图的图像，其纵轴是（选填T或号”）。已知该图像的斜

率为上纵轴截距为b,则该金属的电阻率为,电流表内阻为,电流表内阻对

电阻率测量结果的影响是（选填“偏大”“偏小”或“无影响”）«

10.某同学用如图乙所示的实验装置进行如下操作:

⑴实验前，用螺旋测微器测出遮光条的宽度，示数如图甲所示，则遮光条的宽度为d=

mmo

(2)实验步骤如下：

第1步：按照如图乙所示安装实验器材，两光电门固定在木板上，且光电门1和2距离较远；

第2步：通过调整小沙桶内细沙的质量，直至给小滑块一个沿木板向上的初速度，小滑块匀速

上滑，即观察到遮光条经过两光电门时的挡光时间相等为止，此时小沙桶和桶内细沙的质量

为m：

第3步：实验测得小滑块和遮光条的总质量M,两光电门间的距离为3重力加速度为g,在小

沙桶中再加入质量为HI。的细沙，把小滑块从木板底端位置。由静止释放，记录遮光条通过光

电门1、2时，遮光条遮光时间分别为0、t2,以及遮光条从光电门1到光电门2的时间为t。

(3)①如果表达式=成立，则牛顿第二定律得到验证；

②如果表达式m()gL=成立，则动能定理得到验证；

③如果表达式成立，则动量定理得到验证。(均用整个题目中的字母表示)

11.意大利物理学家乔治•帕里西荣获2021年诺贝尔物理学奖，他发现了从原子到行星尺度

的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性。如图为一个

简单无序系统模型：两个质量均为m的小球P、Q用两根长度均为I的轻质细杆a、b连接，细

杆a的一端可绕固定点。自由转动，细杆b可绕小球P自由转动.开始时两球与。点在同一高度由

静止释放，两球在竖直面内做无序运动，某时刻细杆a与竖直方向的夹角0=30。，小球Q达

到最高点，且恰好与。点等高。重力加速度为g,不计摩擦和空气阻力。求：

(1)小球Q在最高点的速度大小气;

(2)此过程中，b杆对Q球所做的功。

g&oPQ

\后~~°

a；

b\、，/•

pK

12.如图所示，竖直平面内固定一直角坐标系xOy,在x轴上水平固定光滑绝缘轨道，在第

二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场/,磁感应强度大小为B,在第一象限存在竖直方向的匀

强电场.质量为血、电荷母为-q的带电小球，在水平向右的外力作用下运动，到。点时恰好对

轨道无压力地进入第一象限，此时撤除外力，要使小球进入第一象限后速度方向偏转60。再做

匀速直线运动，必须在适当区域加上垂直纸面向外的匀强磁场II,磁感应强度大小为2B。重

力加速度为g。

(1)求小球运动到。点时的速度大小；

(2)求匀强电场的场强的大小：

(3)若磁场II为圆形，求该磁场最小面积：

(4)若磁场II为矩形，求该磁场最小面积；

(5)若磁场II为三角形，三角形三个顶点为0、4、C(A、C两点图中均未画出)，当该磁场面积

最小时，求4、C两点的坐标。

,•I•

13.一定质量的理想气体状态变化如图所示由状态4变化到状态B,

已知%=2.5pe,%=3%,状态4、B对应的温度分别为北、2则()

A.气体分子热运动的平均动能增大

B.单个气体分子撞击器壁的平均作用力增大

C.器壁单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数增多

D.气体对外做的功大于气体吸收的热量

E.若气体从状态4经状态B、C返回到4气体对外做的总功不为零

14.如图所示，容器壁厚度不计、导热性能良好的圆柱形容器，一端封闭、另一端开口，若

将容器开口向下竖直缓慢插入到水中某一位置，容器能够漂浮在水面上；再将容器继续缓慢

下压，可在水面下某位置保持悬浮状态。已知容器底面积为S、长为L、质量为m,大气压强

为Po、水的密度为p、重力加速度大小为g,整个过程中环境温度始终不变，求：

(i)容器漂浮时水进入容器的长度支；

(ii)容器悬浮时容器内外水面的高度差人

15.在同一介质中有频率相同的两波源M、N,两波源由t=0时刻同时起振，波源M的振动

图像如图甲所示，图乙为波源N产生的沿x轴正方向传播的机械波在t=0.25s时的波形图，P点

为介质中的一点，已知PM=5m、PN=7m,三质点的空间位置关系如图丙所示。贝U()

A.两波源产生的机械波的波速均为l(hn/s

B.波源N在t=。时刻的振动方向沿y轴负方向

C.P点刚开始振动时方向沿y轴正方向

D.P点离开平衡位置的最大距离为4cm

E.t=1.75s时P点位于波谷

16.如图所示，一玻璃工件的横截面是边长为L的正方形，在工件右侧与C。边相距L处放置

一平行于CD边的光屏。一束单色光从ZB边的中点。以入射角a=60。斜向上射入工件内部,CD

边的中点O'有光透出，光屏上出现两个光点，光在真空中传播速度为c,求：

(i)光屏上两个光点之间的距离；

(ii)光屏上最早出现两个光点的时间差。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4裂变反应后出现质量亏损，生成的新核的比结合能大于反应前原子核的比结合能，

故A错误；

B.氢原子从能级n=2跃迁到n=5的激发态时，核外电子半径增大，根据誓=嗒可知动能&=

4nlp2="，核外电子动能减小，故B错误；

C根据德布罗意波长公式P=亨，可知质子的德布罗意波长与其动量成反比，故c错误；

。.根据牛顿第二定律有qvB=萼

R

可得R=9

匀强磁场中一个静止的杯核扉9尸比发a衰变，a粒子的质量数为4、核电荷数为2,新核的质量数为

235,核电荷数为92,衰变时动量守恒，则有：m^v^=mava

联/日Raq新92146

新核和a粒子的轨迹半径之比为1：46,故£）正确。

故选：D。

核裂变和核聚变发生的过程中释放大量的能量，可知产生的新核的比结合能比反应前原子核的比

结合能大；根据库仑力提供向心力分析；根据德布罗意波长公式分析；根据动量守恒定律和洛伦

兹力提供向心力分析。

该题考查质能方程、玻尔理论、德布罗意波长公式以及衰变等，属于对基础知识的考查，在平时

的学习中多加积累即可。

2.【答案】C

【解析】解：4由动能定理可知，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负

功，则牵引力对摩托艇做的功大于评，故A错误；

8、由动量定理可知，牵引力与阻力冲量之和等于莫游艇动量的变化量，阻力冲量为负值，则牵引

力的冲量大于血几，故8错误：

C、由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为尸=加斯

牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力的功率最大值为之=加劭%,故C正确；

D、由牛顿第二定律可得，F-kv=ma

所以Q=——v4--

mm

可知幺=殁

mv0

解得k=登，故O错误。

v0

故选：Co

根据动能定理计算做功的大小，根据动量定理计算冲量的大小，根据P=Fv计算功率，根据牛顿

第二定律计算常数k的大小。

本题用牛顿第二定律变形得a-"函数关系式是处理动力学图像问题的关键，同时注重运动过程的

分析找到何时达到最大速度。

3.【答案】C

【解析】解：4、闭合电键后，将滑动变阻器滑片向上滑动，其接入电路的电阻增大，电路中总

电流减小，则匕、4示数均变小，内电压减小，则彩示数变大，由于U2=Ui+U3,则匕示数变大，

故A错误；

B、根据(/2=(71+〃3，彩示数变大，匕示数均变小，匕示数变大，分析可知/出=-4U],

故B错误；

C、根据闭合电路欧姆定律有4=E+/r,则有竿=r,^=R+r,且等<争，故C正确;

。、定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r,所以滑动变阻器滑片向上滑动，外电路总电阻增大，电

源输出功率一直减小，故。错误。

故选：Co

闭合电键后，将滑动变阻器滑片向上滑动，分析其接入电路的电阻变化，判断电路中电流和路端

电压的变化。根据闭合电路欧姆定律分析电压变化量的绝对值与电流变化量绝对值的比值变化情

况。根据内外电阻的关系以及外电阻的变化分析电源输出功率的变化。

本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，

根据闭合电路欧姆定律进行分析。

4.【答案】A

【解析】解：根据开普勒第三定律卫星和空间站的周期与半径的关系为：—^=4

(24x60)/90“

得同步卫星与空间站的运动半径之比为"：Q=4海：1

根据D=羿

同步卫星与空间站的线速度之比为即：vQ=V4--4

单位时间扫过的扇形面积为S=1vr

得Sp：SQ=2V2：1,故A正确，BCD错误。

故选:A.

卫星和空间站绕地球做匀速圆周运动，由开普勒第三定律分析周期与半径之间的关系，然后结合

扇形的公式即可求出。

解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，能知道扫过的面积与周期、轨道半径的关系。

5.【答案】BD

【解析】解:AB.施加拉力瞬间，以物块和木板为整体,根据牛顿第二定律，加速度大小为a=-4F—.

TH]-riU2

解得a=5m/s2

即物块P与木板Q的加速度，对物块P,根据牛顿第二定律：F+FN-m1g=m1a

得FN=10N

根据牛顿第三定律，物块P对木板Q的压力大小为10N,故4错误，8正确；

CD.物块P和木板Q分离瞬间，二者间弹力为0,对P根据牛顿第二定律：F-m1g=m1a'

对Q根据牛顿第二定律：T-m2g=m2a'

得弹簧弹力为7=20N

弹簧处于压缩状态，故C错误，。正确。

故选：BD。

以物块和木板为整体，根据牛顿第二定律求加速度大小，隔离分析P,根据牛顿第二定律、牛顿

第三定律，分析物块P对木板Q的压力大小，物块P和木板Q分离瞬间，二者间弹力为0,对P和Q分

别用牛顿第二定律，求弹簧弹力。

本题解题关键是正确采用整体法和隔离法，并使用牛顿第二定律、牛顿第三定律，是一道中等难

度题。

6.【答案】BC

【解析】解：4根据安培定则以及磁场的叠加，a、b处的磁感应强度大小相同，但是方向不同，

故4错误；

B.根据安培定则以及磁场的叠加，a在6处产生的磁感应强度为殳，则c在b处产生的磁感应强度也

为Bo,方向成60。角，则b导体棒处的磁感应强度大小为母=2%cos30。=/口比

故8正确；

C.同理可得c导体棒所在位置的磁感应强度也为一百殳，c对地面的压力恰好为零，根据平衡条件：

\/~3B0IL=mg

解得c导体棒的质量为m=色退

9

故C正确；

。.拿走b导体棒，因ac电流同向，则a对c有吸引力，根据平衡条件，则c所受摩擦力方向向右，故

。错误。

故选：BC.

根据安培定则以及磁场的叠加，比较a、b处的磁感应强度，求b、c导体棒处的磁感应强度大小；

c对地面的压力恰好为零，根据平衡条件，求c导体棒的质量；

电流同向，相互吸引，根据平衡条件，分析摩擦力方向。

本题考查学生对安培定则以及磁场的叠加、平衡条件的掌握，解题关键是正确分析磁感应强度的

方向，并掌握规律电流同向，相互吸引。

7.【答案】CD

【解析】解：4、将B板稍向下移，4B板间距离d变大，由。=盖得，电容C.变小，电容不

变，故A错误；

B、电容器与电源断开，两电容器电容器并联，等效电容设为C,则。=匕8+(^，8，，总电荷量不

变，设为Q,48间和B'A间的电压相等，设为U,则U=g=以急了，由于板间距离d变大，以B

变小，则两个电容器的电压都变大，故B错误；

C、两电容器电容器并联，两个电容器电压相等，都等于U,所以有(/=料=%电容金，8,不

变而U变大，则QA，8,增大，又Q4B=Q—QA，B”Q不变，则变小，故c正确；

。、N带电油滴原来处于静止状态，电场力和重力平衡，电场力向上，根据B选项分析，现在B'A间

的电压变大，又电场强度E=9场强变大，则N原来所在位置处的电势增大，电场力F=gq,q为

油滴电荷量不变，则电场力变大，N向上运动，故。正确。

故选：CD。

根据平行板电容器的电容决定式判断电容的变化，根据电容器的定义式判断电荷量以及电压变化

情况，根据电容器并联知道两个电容器得电压相等，没有和电源连接知道总电荷量不变。

本题需要注意电容器并联问题，我们可以根据电容器的定义式推导出两个并联电容器的等效电容

为两个电容器电容之和，这和电阻并联之后的等效电阻表达式是不同的，抓住并联电容器的电路

特点才能正确分析判断。

8.【答案】BCD

【解析】解：4C.依题意，根据E-t图像可知，0.25s时物块速度与传送号速度相等。0.25-1.5s物

块机械能增加，摩擦力做正功，摩擦力方向沿斜面向上，且在1.5s时物块机械能不再增加，此时

物块速度为零。

以沿斜面向上为正方向，对物块分析受力，在0-0.25s沿斜面方向，以沿斜面向上为正方向，根

据牛顿第二定律：-mgsinO-fimgcosd=ma]

由匀变速直线运动规律v=%+

在0.25-1.5s以沿斜面向上为正方向，根据牛顿第二定律：-mgsinO+〃mgcos。=

由匀变速直线运动规律0=v+a2t2

联立解得

v0=5m/s

〃=0.5

故A错误，C正确；

8依题意，根据E-t图像可知，物体初始机械能E=诏=50/

解得m=4kg,故8正确；

。.根据功能关系，机械能变化量等于摩擦力做功，物块从底部滑至最高点，前后两阶段摩擦力做

功的绝对值之和为

IV=(50-35)/+(60-35)/=40/

到达最高点时机械能60/。依题意，根据E-t图像可知，0.25s后物块减速，物块所受重力沿斜面

分力大于传送带对物块摩擦力，故物块到达最高点后，合力沿斜面向下，物块沿斜面向下做初速

度为零的匀加速直线运动。此过程中，物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等，摩擦力

大小相等，且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中，由能量守

恒定律，E=Wf+Ek

解得a=20/

故力正确。

故选：BCD。

对物块受力分析，结合题意，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，求初速度和动摩擦因数；

根据图像，求初始机械能，再求质量；

根据功能关系，分析物块运动情况，再根据能量守恒定律，求动能。

本题考查学生对牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、功能关系的掌握，解题关键是分析出物块

运动性质，先向上做减速运动，速度减为0后向下做匀加速直线运动。

9.【答案】yESkEb无影响

【解析】解：根据电阻定律可知R=p/

由欧姆定律可得R=彳一心

联立可得；=白心+冬

故应该作号-0图像，即图像纵坐标为生;

由前面的关系式可知图像斜率k=4

CD

纵轴截距b=孕

可得p=ESk,RA=Eb

因为p=ESk,故电流表的内阻对该电阻丝电阻率的测量结果无影响。

故答案为：7；ESk；Eb；无影响

根据电阻定律和欧姆定律，结合图像的物理意义得出纵轴和对应的电阻率和电流表的内阻，根据

实验原理分析出电流表内阻对实验结果的影响。

本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律，电阻定

律，同时理解图像的物理意义即可完成分析。

[J2»2.a1212d,

10.【答案】6.125—(M+m+m0)(p--正)，(M+m+(正—p-)(M+m+ni0)(———)

【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm,读数时要估读到分度值的下一位，故遮光条的

宽度为d=6mm+0.01mmx12.5=6.125mm(6.123〜6.127)

(3)根据牛顿第二定律7nog=(M+m+mo)a,根据光电门测量瞬时速度的原理，得到小滑块经过

光电门的瞬时速度为%=£,外=4

Gc2

又因为：a—谑-诏_(针T#

2L2L

联立得加0。=/(M+m+机0)6一言)

该表达式成立，则牛顿第二定律得到验证。

根据动能定理niogL=；(M+TH+m0)(v^一vf)

-r-jdd

又％=7，v2=-

得m()gL=+m+m())&一多)

该表达式成立，取竖直向下为正方向，则动能定理得到验证。

根据动量定理mogt=(M+zn+m0)(v2-%)

得m()gt=(M+m+m0)(^-

该表达式成立，则动量定理得到验证。

故答案为：(1)6.125；⑶小。。=/(M+m+巾。%-%);mogL=1(M+m+

mogt=(M+m+啊)哈一()

(1)根据螺旋测微器的分度值和估读规律，读出遮光条的宽度；

(3)根据牛顿第二定律结合光电门测出的瞬时速度，整理出验证牛顿第二定律的原理表达式；再根

据动能定理和瞬时速度列出验证动能定理的实验原理表达式；最后根据动量定理和瞬时速度列出

验证动量定理的表达式。

本题全面考查了同一装置验证牛顿第二定律、动能定理和动量定理的原理，解决本题的关键是熟

练掌握牛顿第二定律、动能定理和动量定理的表达式。

11.【答案】解：(1)小球Q到达最局点时与。点同一高度，此时速度水平，设小球P、Q的速度大小

分别为外，女,如图所示

VQsind=vPcos(90°—20)

由系统机械能守恒，有mglcos。-^mvp+

联才解得分=iJ\T^glvQ=3V

13『

-=g

(2)对Q球根据动能定理有WQ2rn8

答：(1)小球Q在最高点的速度大小不为3Cgl；

(2)此过程中，b杆对Q球所做的功为号mg/。

【解析】(1)根据两个小球的速度关系和几何关系列式完成分析；根据系统的机械能守恒定律得出

物体的速度；

(2)根据动能定理计算做功大小。

本题主要考查机械能守恒定律和动能定理得出两个物体的速度，结合几何关系即可完成分析。

12.【答案】解：(1)小球到。点时恰好对水平而无压力，应有mg=q〃B

(2)由题意mg=qE

即E=号

。C

若磁场II为圆形，根据几何关系可知，线段。4=凡根据2qvB=m4

R

所以R=^

圆形磁场的半径为:R。该磁场最小面积S1=7T&R)2=9嘴

(4)若磁场〃为矩形，根据几何当系可妖，该矩形长为R,宽为R(1-cos30。)。该磁场最小面积52=

R.R(1-cos30。)=(2一曲的

⑸小球在磁场n区域运动的轨迹如图，404C要完全覆盖圆弧布，因此0C和4C必须与圆弧方相

切，由于线段。4=R。

4的坐标为(黑翳,德)，C的坐标为(得展,0)

4q/B4q，B6qzB

答：(1)小球运动到。点时的速度大小为爱；

(2)匀强电场的场强的大小为呼；

*7

(3)若磁场II为圆形，求该磁场最小面积为等萼；

(4)若磁场II为矩形，求该磁场最小面积为生喘臀；

(5)若磁场H为三角形，三角形三个顶点为。、4、CQ4、C两点图中均未画出)，当该磁场面积最小

时，力的坐标为(北段，嚼)，C的坐标为(法段,0)。

【解析】(1)根据小球到。点时恰好对水平而无压力，根据重力和洛伦兹力的关系求出速度表达式；

(2)根据小球在磁场中做匀速圆周运动，分析出重力与电场力的关系，进而求出电场强度；

(3)画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，根据磁场n为圆形，由几何关系求出该磁

场的最小面积；

(4)同理，若磁场〃为矩形，根据几何关系确定矩形的长和宽，然后求出该磁场的最小面积；

(5)同理，若磁场〃为三角形，根据三角形的三个顶点，画出小球在磁场n区域运动的轨迹，根据

几何关系求出A和C的坐标。

本题考查了带电粒子在复合场中的运动以及最小面积问题，解决本题的关键是根据几何关系求出

轨道半径，再根据弦长与矩形磁场的长宽、圆形磁场的半径以及三角形磁场的关系。

13.【答案】ABE

【解析】解：48.因为以匕=2.5pex|yB=^pBVB<pBVB,由此可知从4到8气体温度升高，则

气体分子热运动的平均动能增大，单个气体分子撞击器壁的平均作用力增大，故A8正确；

C.从4到B气体体积变大，气体分子数密度减小，气体压强减小，单个气体分子撞击器壁的平均作

用力增大，则器壁单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减小，故C错误；

。.从4到B气体内能增加，气体对外做的功小于气体吸收的热量，故。错误；

E.若气体从状态4经状态B、C返回到A,因为气体体积变大，所以气体从4到B气体对外做功，做

功的大小等于直线与坐标轴围成的面积；从B到C,气体体积减小，所以外界对气体做功，大

小等于直线BC与坐标轴围成的面积；从C到4气体体积不变，不对外做功，则整个过程中气体对外

做的总功等于三角形4BC包围的面积，不为零，故E正确。

故选：ABE.

根据图像分析出pV乘积的变化，从而分析出气体温度的变化趋势，进而得出气体分子热运动的平

均动能的变化趋势；

理解气体压强的微观解释，从而分析出单个气体分子撞击器壁的平均作用力的变化趋势；

根据热力学第一定律分析出气体对外做的功和吸热量的大小关系；

理解图像与坐标轴围成图形面积的物理意义，从而分析出气体对外的做功类型。

本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合热力学

第一定律即可完成分析。

14.【答案】解：(i)设容器漂浮在水面上时，被封闭气体压强为小,由平衡条件得:

PiS=p0S+mg

对容器内封闭气体，由玻意耳定律得:

PoLS=Pi(L-x)S

联立解得：”缶

(ii)设容器在水面下保持悬浮状态时封闭气柱长度为与，由平衡条件得:

mg=pg*

设容器在水面下保特悬浮状态时，被封闭气体压强为P2,则

P2=Po+pgh

对容器内被封闭气体，由玻意耳定律得:

PoLS=P2/S

解得：仁鬻*

答：(i)容器漂浮时水进入容器的长度为黑石;

(ii)容器悬浮时容器内外水面的高度差为乎-"。

rcy

【解析】(1)根据容器的平衡状态得出气体的压强，结合玻意耳定律列式得出对应的长度;

(2)根据题意分析出气体变化前后的状态参量，结合玻意耳定律列式得出对应的高度差。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参

量，结合玻意耳定律即可完成分析。

15.【答案】ACD

【解析】解：4由图甲可知机械波的周期为：7=0.2s,有图乙可知波源N产生的机械波的波长为

A=2m,两波具有相同的周期、频率，则由4=可知两波源产生的机械波的波速为：v=^=

—m/s-10m/s,故A正确；

正由图乙可知，t=0.25s时波刚好传播到2.5m处，且2.5m处的质点沿y轴的正方向起振，根据波

源N的起振方向与各质点起振方向相同，所以波源N的起振方向沿y轴正方向，故8错误；

C.由于P点距离波源M近些，因此波源