2021年广西桂林、崇左市高考物理调研试卷（二模）

2021年广西桂林、崇左市高考物理调研试卷（二模）

1.下列几个核反应方程中表示a衰变的方程是（）

B

A.HUTh+^HeB.铠4771T翁4pa+ne

C.iH+lH/He+^nD.胡耳加eT瞿P+1

2.如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用根绳索将自己悬在空

中，工人及其装备的总重量为80依，悬绳与竖直墙壁的夹

角为30。，悬绳对工人的拉力大小为尸丁，墙壁对工人的弹

力大小为FN，不计工人与墙壁之间的摩擦，重力加速度g

取10Tn/s2。则（）

A.FT=1600N

C.FN=800/V

D.FN=1000V3N

3.2020年12月17号凌晨，嫦娥五号带着月壤回到地球，月壤取样器取样结束后，需

要上升与返回器对接，对接后还要达到月球的第一宇宙速度逃脱月球的引力，己知

月球质量大约是地球的g月球半径大约是地球的卜关于月壤取样返回过程下列

说法正确的是（）

A.地球的第一宇宙速度约为11.2km/s

B.月球的第一宇宙速度约为1.68km/s

C.嫦娥五号飞到月球上空，其轨道器保留在月球轨道上环绕时机械能逐渐减少

D.搭载月壤的上升器离开月球时一直是完全失重状态

4.如图所示的菱形ABC。中的A点固定个电荷量为,------------------

Q（Q>0）的点电荷，其中N4为锐角.关于点电荷Q//

产生的电场下列说法正确的是（）//

A.图中B、。两点处的电场强度相同//

B.图中8、C、。三点电势相等AR

C.一个带负电的点电荷在B点的电势能比在C点的电势能小

D.把一个带正电的点电荷从B点移到C点电场力做负功

5.如图所示，倾斜角为。的斜面AB,在A点的正上方高度为H的P点以水平初速度见,

抛出一个物体M,物体M恰好垂直落到斜面上，现在A点正上方2”的Q点水平

抛出另一个物体N,这个物体N也能垂直落在斜面上，那么物体N的初速度为（）

A.2v0B.竽"oC.V3v0D.V2v0

6.如下图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1,电阻R的阻值为552电流

表、电压表均为理想电表，原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，则（）

乙

A.电流表的示数为4.04B.电压表的示数为155.6U

C.副线圈中交流电的频率为504zD.穿过原、副线圈磁通量的变化率

7.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可白由移动

的金属棒尸。和固定不动的金属棒线圈刀、切绕

在同一个铁芯上，PQ棒所在区域有垂直轨道平面向下

的匀强磁场，当P。在一外力的作用下运动时.，MN中

有从例到N的电流，则P。所做的运动可能是（）

A.向右加速运动

B.向左加速运动

C.向右减速运动

D.向左减速运动

8.一个质量为5kg静止在水平地面上的物体，某时刻受到

一个水平方向的恒力尸作用，3秒末撤去恒力F,物体

继续滑行一段时间停下，物体的运动图像如图所示.重

力加速度g取10m/s2,关于物体的运动下列说法正确

的是（）

第2页，共18页

A.物体与地面间的动摩擦因数为0.5

B.整个过程恒力F做功625J

C.整个过程恒力尸对物体的冲量为120N-S

D.恒力厂的最大功率为250W

9.用如图所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数，长木板固定在水平桌面上，圆弧

轨道与长木板的上表面相切。光电门安装在长木板上，位置可以调节；物块上固定

的遮光条宽d=2.10mm,从圆弧轨道上某点静止释放。

(1)某次遮光条通过光电门时间t=0.84/ns,测得物块在长木板上的停止点与光电

门之间的距离x=1.25m,则物块通过光电门速度u=m/s,物块与长木板

间的动摩擦因数4=(g=10zn/sz)

(2)若调节光电门位置，可实现多次测量光电门与停止点间位移，本实验中

(选填“需要”或“不需要”)保证物央必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。

10.为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝在拉力作用

下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，它的电阻也随之发生变化，其阻值R随

拉力尸变化的图象如图(a)所示，小组按图(b)所示电路制作了一个简易“吊秤”。

电路中电源电动势E=3V、内阻r=10；灵敏毫安表量程、内阻均未知；%是滑

动变阻器，A、B两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝

缘环，将其两端接在A、B两接线柱上。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏

感电阻丝重力。

图(a)图(b)图(c)

(1)为测量毫安表量程，该同学设计了如图(C)所示电路，闭合开关，调节&滑片至

中间位置附近某处，并将/?2调到100。时，毫安表恰好满偏，此时电压表示数为1.5V；

将/?2调到2500,微调滑动变阻器％滑片位置，使电压表丫示数仍为1.5V,发现此

时亳安表的指针恰好半偏，由以上数据可得毫安表的内阻Rg=n,毫安表

的量程/g=mA.

(2)把毫安表接入如图(b)所示电路中，具体步骤如下：

步骤滑环下不吊重物时，闭合开关，调节治，使毫安表指针满偏；

步骤从滑环下吊已知重力的重物G,测出屯阻丝与竖直方向的夹角为仇读出此

时毫安表示数/;

步骤c：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；

步骤4将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。

若图(a)中Ro=50。，图象斜率々=0.50C/N,测得0=60。，毫安表指针半偏，则

待测重物重力G=N：

(3)改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表(填“零刻度”或“满刻

度”)处；

(4)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“吊秤”称重前，进行

了步骤a操作，则测量结果(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

11.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图甲所示：Di和外是两个中空

的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，两个。型盒接在如图所示的电压

为U、周期为7的交流电源上，。型盒两直径BB'和CC'之间的区域只有电场，交流

电源用来提供加速电场。位于％的圆心处的质子源A在t=0时产生的质子(初速度

可以忽略)在两盒之间被电压为U的电场加速，第一次加速后进入。型盒外，在。

型盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，

已知质子质量为加，带电荷量为衣半圆形。型盒所在空间只有磁场，其中磁场的

磁感应强度为8,。型盒的半径为R,当质子被加速到最大动能后，沿。型盒边缘

运动半周再将它们引出,加速过程如图丙所示，质子的重力不计，求：

卜口

:40^/

1r-fII1b11v

WT

图甲图乙图丙

第4页，共18页

(1)质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径多大;

(2)质子在磁场中运行的时间。

12.有一倾角为。=30。的斜面，其底端固定一挡板另有两个木块A和B,它们的

质量分别为啊=4kg、mB=6kg,它们与斜面间的动摩擦因数相同。其中木块A

连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与挡板M相连，如图所示。开始时，木

块A静止在P处.弹簧处于自然伸长状态。木块B在。点以初速度为=l(hn/s向下

运动，P、。间的距离为L=15m。已知木块8在下滑过程中与木块A相碰后立刻

向下运动，两木块碰撞时间极短，它们到达一个最低点后又向上运动，木块A、B

一起向上运动恰好能回到P点。已知两个木块4和8与斜面之间的动摩擦因数4=

y,取重力加速度g=10m/s2,求：

(1)木块B与A碰前的速度以及与A碰后的共同速度各多大；

(2)整个过程弹簧的最大弹性势能；

(3)若把B木块换成另一个质量未知的C木块，让木块C以不同的初速度下滑后与

木块A发生完全非弹性碰撞，要使因碰撞系统损失的机械能刚好是碰前木块C的

动能的上倍(k<l),那么木块C的质量取多大。

P

1/

13.夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的

过程中没有破裂。若越接近水面，湖内水的温度越高,

大气压强没有变化，将气泡内气体看做理想气体。则

气泡缓慢上升过程中，以下说法正确的是（）

A.气泡内气体的压强可能不变

B.气泡内气体分子平均动能增大

C.气泡内气体温度升高导致放热

D.气泡内气体对外界做功

E.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小

14.如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上H

端与大气相通，下端开口处开关K关闭，4侧空气柱的长度为L=

12.0em,温度为300K；8侧水银而比4侧的高/i=4.0cm。已知大

气压强P=76.0cmHg。为了使4、B两侧的水银面等高，可以用以

下两种方法：事人

①开关关闭的情况下，改变A侧气体的温度，使4B两侧的水银面等高，求此时

A侧气体温度；

②在温度不变的条件下，将开关K打开，从U形管中放出部分水银，使AB两侧的

水银面等高，再闭合开关K。求U形管中放出水银的长度。（结果保留一位小数）

15.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于％=1m的

质点N此后的振动图像，。是位于x=10m处的质点。则下列说法正确的是（）

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B.在t=7s时，质点Q开始振动

C.在t=9s时，质点N运动到Q点

D.在5s〜5.5s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小

E.在t=12s时，质点。的位置坐标为(lOzn,8cm)

16.如图所示，一锐角为30。的直角三角形玻璃豉水平

放置，AE=1.5L,AC距离为L,右侧有一光屏，

一束单色光从C点以与竖直面成30。的夹角射入玻

璃砖，经玻璃砖折射后从。点水平射到光屏上，光

在空气中传播的速度约为c,求：

①玻璃砖的折射率；

②光从进入玻璃砖到光屏上的传播时间。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、核反应方程取8U―羽4nl+$He,是U原子核分裂并只放射出氢原子

核的反应过程，属于。衰变，故A正确；

B、核反应方程铠4771T豺4pa+?1e,释放出一个电子，是0衰变的过程，故B错误；

C、核反应方程出+出是轻核的聚变方程，故C错误；

D、核反应方程弘4+为e-猾P+M；是人工核反应方程，故。错误。

故选：Ao

a衰变是指原子核分裂并只放射出氮原子核的反应过程，根据这一特定即可判断。

该题考查a衰变的本质与常见的核反应方程，比较简单，在平时学习中要掌握衰变、裂

变、聚变的区别，及几种粒子发现的方程式。

2.【答案】B

【解析】解：因为工人悬在空中（静止），所以工人受力

平衡，以工人为研究对象，受力分析如图，由平衡条件

可得：

_mg80x10,,1600V3,,

F=-------=~--N=-----N

T1COS30。渔3'

2

80

FN-mgtan30°—■°--N>故ACZ）错误，8正确。

故选：Bo

以工人为研究对象，受三个力作用处于平衡，由平衡条

件得：其中任意两个力的合力与第三个力等大反向，因为弹力与重力相互垂直，做出平

行四边形，用直角三角形的边角关系即可求解。

本题考查了共点力平衡条件的简单应用，求解关键是画出受力分析示意图，这也是解决

动力学问题的基础。

3.【答案】B

【解析】解：A、地球的第一宇宙速度约为7.9/nn/s,第二宇宙速度约为11.2/CM/S,故

4错误；

8、探测器贴近某星球表面做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，则等=叱，可得：

R2R

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"柠故£=代.畀W=层"°213,则月球的第一宇宙速度约为：

v〃、=7.9x0.213fcm/s=1.68/cm/s,故3正确；

C、嫦娥五号飞到月球上空，其轨道器保留在月球轨道上环绕时，由于没有空气的阻力，

其机械能不变，故c错误；

。、搭载月壤的上升器刚要离开月球时先向上做加速运动，所以先处于超重状态，故。

错误。

故选：B。

根据第一宇宙速度的大小分析；根据万有引力提供向心力，得到第一宇宙速度的表达式，

进一步得到嫦娥五号的环绕速度：根据功能关系分析机械能的变化；根据超重与失重的

特点分析。

此题考查了人造卫星的相关知识，明确重力等于万有引力，万有引力提供向心力，以及

地球和月球的参数关系是解题的关键。

4.【答案】C

【解析】解：A、图中B、。两点到A点的距离相等，

故图中B、。两点处的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；

8、点电荷。的等势面为以A点为球心的一系列的球面，B、。两点到A点距离相等，

则<PB=3D，C到4点距离比8、。两点到A点距离远，此时有0B=3。>0c，故三点

电势不相等，故8错误；

CD、距离正点电荷。越远则电势越低，即9B>9c，若4带负电，则：q08<q0c，若

q带正电，则有：qcpB>q/，则把一个带正电的点电荷从B点移到C点，电势能减小，

此过程电场力做正功，故C正确，。错误。

故选：C.

A、根据电场强度是矢量，可以得出两点场强不相同；

8、根据点电荷的等势面特点，可以判断三点电势关系；

CD,根据8、C两点的电势关系，利用电势能和电势关系，可以判断电势能大小；

结合功能关系可以判断电场力做功正负。

本题考查电势差和电场强度的关系，要熟记点电荷的场强分布特点以及点电荷等势面的

特点。

5.【答案】D

【解析】解：如图所示，物体垂直击中斜面时，速度的偏转角为：a=90。-仇

则速度偏转角的正切值：tana=tan(90°-0)

设物体落到斜面时的位移与水平方向之间的夹角为口，根据平抛运动规律的推论可知：

tana=2tan/3

由于两次物体都垂直落在斜面上，所以物体的速度偏转角相等，位移偏转角也相等；

由n=2小，结合几何关系可知，物体第二次在水平方向的位移与竖直下落得高度也

是第一次的2倍，设物体下落得时间为t,由y=三gt2,可知下落得时间是原来的疯倍；

由：tan/?=^=M="，可知初速度也是应调整为原来的四倍，故48c错误，。正

Xvotv0

确。

故选：Do

根据平抛运动速度夹角的正切值等于位移夹角的正切值的两倍，可求出水平方向位移和

竖直方向位移的关系；根据平抛运动的规律可判断物体若抛出点高度变为2”,求出使

物体仍能垂直击中斜面的初速度。

本题考查平抛运动的相关规律，平抛运动分解为水平的匀速直线运动和竖直方向的自由

落体运动，分别求解，注意两个分运动具有等时性。

平抛运动速度夹角的正切值等于位移夹角的正切值的两倍。巧妙利用这个推论可以给解

题带来方便。

6.【答案】CD

【解析】解：A3、分析图乙可知，原线圈的电压最大值为220VL所以原线圈的电压的

有效值为％=220V,再根据£=£可知，副线圈的电压的有效值为4=11。乙即为

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电压表的读数，根据闭合电路欧姆定律可知，电流/=合=替4=24故AB错误。

K55

C、变压器不会改变电流的频率，电流的周期为7=0.02s,所以频率f="=50Hz,故

C正确。

。、根据磁通量的定义和变压器的工作原理可知，穿过原、副线圈的磁通量的变化率与

匝数无关，两者相等，故。正确。

故选：CD.

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成

正比即可求得结论。

本题掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决

本题，注意在求功率时要用到有效值，同时明确输出功率决定输入功率。

7.【答案】BC

【解析】解：MN的电流由M指向N,由安培定则可知力2线

圈中感应电流形成的磁场的磁感应强度B'方向向上，

根据楞次定律可知，线圈"中的原磁场方向可能是向上减小

（蓝色），也可能向下增加（绿色）；

若线圈功中的原磁场方向向上且自感应强度B减小（蓝色），

由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ应向右减速运动，

若线圈乙2中的原磁场方向向下且磁感应强度B增加（绿色），

由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ应向左加速运动，故BC正确，4。错误。

故选：BC。

A/N的电流由M指向N,由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，

或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知尸。的运动情况。

本题考查了楞次定律、左手定则与右手定则的应用，本题解题的关键是分析好引起感应

电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。

8.【答案】AB

【解析】人因为3s末撤去力居所以在36末时，物体受力发生改变，物体的运动状态

也发生变化，所以物体在3s末时加速度发生变化，

设ti=3s,t2=5s,v=lOm/s,m=5kg；

物体做减速运动时加速度大小为：

△%0—10

%=|——|=|-~~-\m/s7z=5m/s7z

△5—3

物体做减速运动时，水平方向上只受摩擦力，

根据牛顿第二定律得：

f=林mg=ma1

解得物体与地面间的动摩擦因数为：“=£=卷=0.5,

故4正确；

8、物体做加速运动时加速度大小为:

10-07109

%=-3^-|m/s=Tm/s

△七2

物体做加速运动时，受到恒力尸和摩擦力力两者合力提供加速度，根据牛顿第二定律

得:

F-/=ma2,

解得恒力尸大小为：

Fl=­125N,

3

在尸作用下物体的位移为：

1，10+0[c"L

x=]式1=-^—m/sx3s=15m,

则整个过程恒力F做功为：

勿=Fx=瞪NX15nl=625/,故B正确；

C、整个过程恒力厂对物体的冲量为：/=Fti=苧Nx3s=125N-s,故C错误；

。、恒力厂的最大功率为：

c―,125.«八1250

P=Fv=—Nrx10s=iv,

m33

故。错误。

故选：AB.

根据图像判断物体的运动过程、受力情况，根据牛顿第二定律解决摩擦力求解力F,当

速度最大时功率最大。

解题时入手点在撤去力尸之后，只受摩擦力时，解力尸时注意不要丢掉摩擦力。

9.【答案】2.50.25不需要

【解析】解：（1）在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，d=2.10mm=

0.00210m,t—0.84ms--8.4x10-4s,

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故物块通过光电门速度u=(=m/s=2.5m/s；

物块在木板上做匀减速直线运动，则。2=2ax,

对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得〃mg=ma,

联立解得：4=0.25；

(2)在本实验中，物块在木板上初速度时通过光电门获得的，故不需要保证物块必须从

圆弧轨道上同一点由静止释放；

故答案为：(1)2.50,0.25；(2)不需要；

(1)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度求得物块通过光电门的速度；

根据根据速度-位移公式结合牛顿第二定律求得动摩擦因数；

(2)根据实验原理即可判断是否保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。

本题主要考查了测定滑动摩擦因数的实验原理，关键是明确实验原理，掌握测量瞬时速

度的方法即可。

10.【答案】5010600满刻度不变

【解析】解：(1)设毫安表的量程为《，在图c中由题设条件，两次电压表的示数均为1.5U,

由欧姆定律可列，毫安表满偏时：lg(rg+100)=1.5

-1

半偏时：?g(5+250)=1.5

联立解得：Rg=50。，/g=10mA；

(2)根据闭合电路的欧姆定律有：/=RT+R*%+r，不挂重物时，%=500,电流为l(hn4(

毫安表满偏)，求得：氏=1990。

当挂一重物G时，电流表示数为5nl4(电流表半偏)，由上式求得力=3500。

则根据拉力敏感电阻丝的电阻=Ro+kF代入求得此时拉力F=600/Vo

由平衡条件可知：2xFcos9=G,代入可得：G=600/V

(3)由于场随拉力的增大而增大，则电流表随拉力的增大而减小，所以重力最小时，电

流最大，那么重力的零刻度线在电流表的满刻度处。

(4)虽然电动势E和r发生了变化，但由于在测量之前进行了“调零”即滑环下不吊重

物时，闭合开关，调节使毫安表指针满偏，所以当重物时求得的拉力不变，所以测

量值不会发生改变。

故答案为：(1)50.10；(2)600；(3)满刻度；(4)不变

(1)由题设条件，当电压表均为1.5U时，改变7?2时毫安表满偏和半偏，由欧姆定律列出

两个方程求出毫安表的内阻和量程；

(2)根据题设的两种情况，不挂重物时毫安表满偏，根据闭合电路欧姆定律求出调试电

阻尺,挂一重物G时电流表半偏，从而求出拉力敏感电阻丝阻值的大小，再根据拉力

敏感电阻随拉力变化的图线与共点力平衡的条件求所挂重物的重力；

(3)根据拉力敏感电阻随拉力增大而增大，而电流减小，可判断重力刻度盘在电流最大

处；

(4)类似于欧姆表调零一样，当电动势和内阻变化后，测出的拉力并没有变化，所以测

量值不变。

本题属于结合实际应用的实验操作题，解题的关键是分析电路，再根据欧姆定律列式求

解。还要注意的是拉力感敏电阻随拉力而增大是线性增大，那么电流随拉力而线性减小,

所以吊秤在测量之前要“调零”。

11.【答案】解：(1)根据题意可知：

粒子在加速电场中第一次加速

1

qU=-mvf®

在磁场中=笠*②

由①②得：r=1J等'；

(2)设粒子加速n次后达到最大速度，

由动能定理有nqU=|mv2@

2

由牛顿第二定律有quB=m3④

由圆周运动有7=•⑤

所以在磁场中运动的时间为t=n\®

由③④⑤⑥得t=嗡：

答：(1)质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径为《居；

(2)质子在磁场中运行的时间皿；

【解析】(1)根据图乙给出的电压变化及在加速电场中匀加速运动的公式求出进入磁场

的速度，由此可求出进入磁场的轨道半径；

(2)根据带电粒子在磁场中做圆周运动，找出圆周运动对应的圆心角可求出运动时间；

加速电场与匀加速运动的公式的掌握，在磁场中运动圆心角与运行时间的关系是解决问

题关键。

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12.【答案】解：(1)碰撞前，B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知:

mgsind—(imgcosd—ma

运动学公式求速度：诏-诏=2aL,解得：vB=5m/s

4、8碰撞，动量守恒，选沿斜面向下为正，则：

mBvB=(jnA+mB)vAB

联立解得：vAB=3m/s

(2)碰撞后，设A、B运动的最大位移为x,从碰撞后到返回至P点的过程中，由动能定

理可得：

1,

_240nA+m^gxcosd=0--(m^+me)v^B

碰撞后，A、8向下运动至最低点过程中：

1.

(jnA+m^gxsind—fi(mA+mB')gxcos6—"弹=0--(mA+mg)崂B

弹簧的最大弹性势能等于这个过程中弹簧做的功，即：

Ep=W期=37.5/

(3)若A、C发生完全非弹性碰撞，则碰撞后共速，选沿着斜面方向为正方向，则碰撞过

程中动量守恒：

mcvc=(mA+mc)vAC

由题意可知，碰撞中的能量关系如下：

111

m

2c^c-2(根4+mc)v^c=kx-mcv1

联立解得：mc=4k

答：(1)木块8与A碰前的速度为5m/s以及与A碰后的共同速度为3rn/s；

(2)整个过程弹簧的最大弹性势能为37.5/；

(3)木块C的质量为，-4fco

【解析】(1)碰撞前对B牛顿第二定律求加速度，由运动学公式求出碰前8的速度；然

后根据碰撞动量守恒求碰后的共同速度；

(2)碰撞之后对A和B整体动能定理求出整个过程弹簧的最大弹性势能；

(3)若A、C发生完全非弹性碰撞，则碰撞后共速，根据碰撞过程的动量守恒和能量守恒

关系求出木块C的质量。

本题主要考查了动量守恒定律及动能定理的应用，要求考生能正确选择运动过程，运用

定律求解，难度较大.

13.【答案】BDE

【解析】解：A、气泡内气体压强「=2。+「9九，气泡升高过程中，其压强减小，故A

错误；

B、越接近水面，湖内水的温度越高，气体的温度升高，由于温度是分子的平均动能的

标志，可知气泡缓慢上升过程中气体分子平均动能增大，故B正确；

CD、气体得的温度升高，压强减小，根据理想气体状态方程与=C可知，气体的体积

一定增大，则气泡内气体对外界做功，由于气体的内能增大，结合热力学第一定律可知，

气泡内的气体将吸收热量，故C错误，。正确；

E、根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对

气泡壁单位面积的撞击力减小，故E正确。

故选：BDE。

气泡上升过程中，气泡内的气体压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程可以判断

体积增大，气体对外做功，结合热力学第一定律也可以判断气体吸热情况；根据气体压

强定义及其微观意义，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力随压强变化的

关系。

本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律、气体压强等知识点。热力学第一定律

是能量守恒定律的特殊情况，可以从能量转化和守恒的角度理解。应用时关键抓住符号

法则：使气体内能增加的量均为正值，否则为负值。

14.【答案】解：①设U形管的横截面积为S,对A部分气体，初态：pi=po+h=(76+

4)cmHg=80cmHg9Vr=LS,7\=300K

末态：p2=76cmHg,V2=(L—今S,T2=?

根据理想气体状态方程可得：竽=嗜，解得了2=237.5K

12

②对A部分气体，由于丁不变，根据玻意耳定律可得：P1%=P3匕

即PiLS=PQL3S

解得&=12.6cm

故左侧水银下降的高度4入1=12.6