2021年四川省内江市高考物理二模试卷

2021年四川省内江市高考物理二模试卷

1.2020年12月4日，新一代“人造太阳”核聚变实验装置-“中国环流器二号M”

在四川成都建成并实现首次放电。这标志着我国自主掌握了大型先进托卡马克装置

的设计、建造、运行技术，为我国核聚变堆的自主设计与建造打下了坚实基础。下

列说法正确的是（）

A.目前运行的核电站发电都是采用核聚变反应

氏托卡马克内部反应过程是链式反应

C.托卡马克内部核反应可能是笏U+乩一镇Ba+89Ka+3ln

D.iH+lH£He+乩属于核聚变反应

2.如图所示，一卡车沿倾角为15。的下坡路段匀速行驶，一质量为，”的匀质圆筒置于

车厢内两固定光滑斜面之间，两斜面I、n与车厢底板的夹角分别为30。和60。，圆

筒对斜面I、n压力的大小分别为Fi、F2,则（）

B.FI—£mg、F?3mg

C„（V6+V2）r，（V6-V2）

cFl=---mg、F2=---mg

D.Fi=Rmg、F2=^mg

3.2020年7月23日，中国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌卫星发射中心发

射升空。该探测器经过儿个月的“长途跋涉”于2021年除夕夜前后成功被火星捕

获，然后进行多次变轨，开始在距火星表面高度为〃的圆轨道上做匀速圆周运动，

预计5月中旬，将择机开展着陆、巡视等任务。若已知火星的半径R、火星表面的

重力加速度g、万有引力常量G及高度〃的值，根据以上信息，不能求出的物理量

是（）

A.火星的质量

B.“天问一号”探测器的质量

C.“天问一号”探测器在此轨道上运行的线速度

D.“天问一号”探测器在此轨道上运行的周期

4.2020年10月2日，全国蹦床锦标赛男子蹦床团体决赛在天津团

泊体育中心举行，最终山西队夺得男子团体冠军.如图所示为

某运动员比赛中的一个场景，不计空气阻力。下列说法正确的

是（）

A.运动员从最低点运动到离开蹦床过程中，蹦床对运动员没有

做功

B.运动员离开蹦床上升过程中，运动员的机械能与上升高度有关

C.运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能守恒

D.运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能一直在减小

5.如图（a）所示，水平面上固定着两根间距L=0.5巾的光滑平行金属导轨MMPQ,

M、P两点间连接一个阻值R=30的电阻，一根质量m=0.2kg,电阻r=20的金

属棒仍垂直于导轨放置。在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感

应强度大小B=27、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度d=5.2m。现对金属棒

施加一个大小F=2N、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时,

其运动的u-t图象如图（b）所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导

轨电阻不计。则金属棒（）

A.刚进入磁场时，”点电势高于〃点

B.刚进入磁场时，通过电阻R的电流大小为0.64

C.通过磁场过程中，通过金属棒横截面的电荷量为1.04C

D.通过磁场过程中，金属棒的极限速度为4m/s

6.如图所示，竖直平面内有一半径R=0.4m的光滑圆轨道，P、Q

分别是它的最低点和最高点，在P点有一质量为0.5kg的静止小（

球（视为质点）。现给它一水平向右大小为2.5N-S的瞬时冲量，\

重力加速度g取10m/s2,则小球在竖直轨道内运动过程中，下

列说法正确的是（）

第2页，共20页

A.在P点时，小球对轨道的压力为5N

B.在。点时，小球的速度大小为3m/s

C.小球在最高点的向心加速度大小为10m/s2

D.从P点运动到Q点小球克服重力做功的平均功率等于从Q点运动到P点小球重

力做功的平均功率

7.在图(a)所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1,8、&、R3

均为固定电阻，R2=ion,R3=20/2,各电表均为理想电表。已知原线圈与&串

联后接入如图(b)所示的正弦交流电压，电流表的示数为0.54。下列说法正确的是

A.左端电路接入的交流电瞬时值表达式为it=220V2sinl007rt(K)

B.通过&电流的最大值为1A

C.电压表的示数为120V

D.电源的输出功率为18W

8.在匀强电场中有一个边长为2c修正六边形区域HcM矿，f..........*

z，**

电场线与六边形所在平面平行，如图所示。已知a、b、/\

・»**

力三点的电势分别为、-5V,一电子(电荷量

7Vllh**

为e,重力不计)以16eV的初动能从匕点沿不同方向射\/

入abcdhf区域,下列判断正确的是()h........”

A.匀强电场的电场强度大小为40017m

B.d点的电势为IV

C.粒子经过f点时动能为24eV

D.粒子可能从力点射出该区域

9.如图，某同学用打点计时器记录了物体的运动情况，已知mi<m2,在物体运动一

段时间后，剪断右侧细绳，在纸带上确定出8个计数点。每两个相邻的测量点之间

的时间间隔为0.10s。结果保留三位有效数字，贝I」：

(1)在纸带上打下计数点6时的速度%=m/So

(2)利用纸带计算出物体Tn】向上加速的过程中，加速大小a=m/s2。

(3)请写出至少一种减小测量加速度误差的方法。

10.要测一个待测电阻仆(2400〜2600)的阻值，实验室提供了如下器材：

4.电源E：电动势15.0V,内阻不计；

8.电流表A：量程0〜15m4,内阻。为40；

C.电压表%量程0〜10V,内阻w约为10k。；

D滑动变阻器R：最大阻值200,额定电流0.54；

E.定值电阻&=200；

产.定值电阻&=40；

G.定值电阻/?3=1k。：

H.电键S及导线若干。

要求实验中尽可能准确测量%的阻值，测量出多组数据，测量过程中所有电表的指

针偏转角度须大于最大刻度的［，请回答下面问题：

(1)为了测定待测电阻上的电流，可以将电流表并联定值电阻(选填&或7?2

或/?3)，将其改装成一个大量程的电流表。

(2)利用所给器材，画出测量待测电阻&阻值的实验原理电路图(所有的器材必须用

题中所给的符号表示)。

(3)根据以上实验原理电路图进行实验，若测量电路中电流表表头的读数为14.0nM,

电压表的读数为7.0V。根据它们的读数并结合题中所给数据，求出待测电阻以=

。(结果保留三位有效数字)。

11.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具

观赏性的项目之一。如图所示为跳台滑雪赛道的简化图，由助滑道、起跳区、着陆

坡等几段组成，助滑道和着陆坡与水平面的夹角。均为37。，直线段长度L=

100m,运动员连同装备总质量m=60kg,由A点无初速下滑，从起跳区的。点起

跳后降落在着陆坡上的。点。将运动员和滑雪板整体看作质点，不计空气阻力，重

第4页，共20页

力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos370=0.8»

（1）若运动员下滑到B点的速度大小为30m/s,求助滑道对滑雪板的摩擦力对滑雪

板所做的功；

（2）若运动员从C点起跳时的速度沿水平方向，测得间的距离为等小。求运动

员在C处的速度大小。

12.如图，在竖直平面内，一半径为R=1巾的光滑圆弧绝缘轨道ABC和光滑水平绝缘

轨道0A在A点相切，A8为直径，。'为圆心，08和OC之间的夹角为a,sina=|。

在I象限（含x、y轴）有水平向右的匀强电场Ei，在H象限（不含y轴）有竖直向上的

匀强电场E2和垂直于纸面向里的矩形区域的匀强磁场B（未画出）。有一质量为〃八

电量为+q的金属。球由坐标原点O由静止释放，运动到A点与静止在圆弧最低点

的质量也为，小不带电的金属6球（穿在圆弧轨道上）发生弹性碰撞（系统无机械能损

失）。已知治=三黄，大小相等的a、6球，可视为点电荷，接触后电荷均分，重力

加速度g取10m/s2,不计“、6球间的静电力。求：

（1）碰撞后，a、〃球的速度大小；

（2）b球到达C点位置时的速度大小；

（3）若b球离开C位置后，在D象限内做匀速圆周运动，打到x负半轴上时，与竖

直方向的夹角为a（如图），求磁场B的大小和矩形区域磁场的最小面积。

13.下列说法中正确的是()

A.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的

B.根据分子动理论知识，分子间斥力随分子间距离的增加，先减小后增大

C.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数仅与单位体积内的分子数目有

关

D.热传递和做功都可以改变物体的内能

E.某理想气体的摩尔体积为％,阿伏加德罗常数为N.,则该理想气体单个的分子

占据的空间的体积为影

14.如图,左侧为导热良好的定容容器4,其中装有理想气体，〃.

用极细的管子将A与盛有水银的U形管的左臂连接，在1

温度为300K、大气压为po的环境中，。形管左右两侧的\^.

水银高度差为250〃?〃3已知大气压po=750mmHg。

(1)在温度为300K、大气压为po的环境中，容器A中气体产生的压强小；

(2)若将此装置移至270K,大气压强为P2=O.6po的高原环境中，此时左右两侧液

柱的高度差。

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15.在t=0时刻，波源。点开始向上振动，波源起振后

在光=0m到x=4m之间第一次形成一列如图所示

沿x轴正向传播的简谐横波。已知波在介质中传播的

速度"=4m/s,M质点的平衡位置距波源。点为

1.5m。则以下说法正确的是()

A.图示时刻M点的振动方向沿y轴负方向

B.该简谐横波的传播周期为15

C.图示时刻起，在5.25s内质点M通过的路程为42c,”

D.图示是t=1.50s时刻的波形图，质点M的振动时间为1.125s

E.平衡位置x=18m的质点，4.75s时的位移为2cn?

16.如图所示，将透明长方体放在空气中，矩形A8CZ)

是它的一个截面，AP=3cm,AD=8cm，将单色

光束。射入到P点。若入射角0=53。，。光折射后

恰好射到4。的中点,已知sin37°=0.6,cos37°=

0.8o求:

(1)透明长方体的折射率；

(2)若要使a光束在AO面上发生全反射，sin。的范围。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、目前运行的核发电站主要是核裂变，由重的原子核裂变为轻的原子核，

故A错误；

8、托卡马克内部反应是核聚变，而链式反应是核裂变中所设计的，故B错误；

C、该核反应为核裂变反应，是重的原子核裂变为轻的原子核，故C错误；

。、核聚变：是指由质量小的原子，比如笊瓶在一定条件下原子核相互聚合，并释放巨

大的能量，故。正确。

故选：。。

目前运行的核发电站主要是核裂变，而托卡马克内部反应是核聚变。

本题考查核反应，区分核聚变和核裂变，知道目前运行的核发电站主要是核裂变，而托

卡马克内部反应是核聚变。

2.【答案】A

卡车匀速行驶，由平衡条件得：FN1-FN2=mgcos45°=^-mg

由牛顿第三定律，圆筒对斜面I、n压力的大小分别为F1、尸2均为苧mg

故A正确，BCD错误。

故选：4

以圆筒为研究对象，由共点力平衡条件即可求解斜面与圆筒间的弹力。

本题考查了共点力平衡条件的应用，此题的难点是几何关系，从两斜面的角度作出水平

线，就得到了两斜面与水平方向的夹角。

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3.【答案】B

【解析】解：A、根据火星表面的物体万有引力等于重力，由筌=mg,解得火星质量

K

M=处，故A正确；

G

3C。、火星探测器离火星表面的高度为/?绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向

,、4小GMmmv2.,4n2

心力，由即二孱广侬区zn+切节"

可得线速度u=匡，周期7=2兀叵，探测器的质量约去不能求解，故3错误，CD

\R+/iyjGM

正确。

本题选不能求出的物理量，故选：B。

根据万有引力等于重力列出等式，求解质量。

火星探测器离火星表面的高度为万，绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力

列出等式求解。

该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提

供向心力两个理论，并能灵活运用。

4.【答案】D

【解析】解：人运动员从最低点运动到离开蹦床过程中，蹦床对运动员弹力方向向上，

与运动员的位移方向相同，所以蹦床对运动员做正功，故A错误；

8、运动员离开蹦床上升过程中只受重力作用，运动员的机械能是一个定值，与上升高

度无关，故8错误；

C、运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员和蹦床组成的系统机械能守恒，

运动员的机械能不守恒，故C错误；

。、运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员的机械能转化为蹦床的弹性势

能，蹦床的弹性势能一直增加，则运动员的机械能一直在减小，故。正确。

故选：

运动员从最低点运动到离开蹦床过程中，蹦床对运动员做正功；运动员离开蹦床上升过

程中机械能守恒；运动员从接触蹦床至运动到最低点的过程中，运动员和蹦床组成的系

统机械能守恒，由此分析运动员机械能的变化。

本题主要是考查机械能守恒定律，关键是掌握机械能守恒定律的守恒条件，知道运动员

与蹦床组成的系统机械能守恒，运动员与蹦床接触的过程中运动员的机械能不守恒。

5.【答案】C

【解析】解：A、金属棒刚进入磁场时，由右手定则判断可知，金属棒中感应电流方向

由。到b,b端相当于电源的正极，电势较高，故A错误；

B、金属棒刚进入磁场时，速度为。o=4m/s,产生的感应电动势为：E=BLv°=2x

c4.

0.5x4K=4K,感应电流大小为：/=E=氏4=0.84,故B错误；

C、通过磁场过程中，通过金属棒横截面的电荷量为q=74t，又7=且，E=—,可

得勺=黑=黑=区等C=L°4C，故C正确；

。、通过磁场过程中，金属棒的极限速度为匀速直线运动的速度，设为V,由平衡条件

得F=BIL=左生，解得v=10m/s,故D错误。

故选：Co

金属棒进入磁场时切割磁感线，产生感应电流，依据右手定则判断感应电流方向，从而

确定电势高低；由图乙可知金属棒刚进入磁场时的速度，根据感应电动势的公式七=

BL又求感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律求感应电流大小；用电流平均值的方

法求电量，根据电流的定义、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律列出电量的表达

式勺=芸，可求得通过金属棒横截面的电荷量；通过磁场过程中，金属棒的极限速度

为匀速直线运动的速度，由平衡条件求解。

本题考查电磁感应与力学、电路知识的综合应用，解题的关键是要根据电流的定义、闭

合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律推导出电量的表达式q=怒，并在理解的基础

上记牢这个结论。

6.【答案】BD

【解析】解；A、设小球获得冲量后的速度大小为孙，对小球，由动量定理得；/=m%,

代入数据解得：%=5m/s,在P点，设轨道对小球的支持力大小为F,由牛顿第二定

律得：=代入数据解得；F=36.25N,由牛顿第三定律可知，小球对轨

道的压力大小F'=F=36.25N,方向竖直向下，故A错误；

B、从尸到Q过程小球机械能守恒，由机械能守恒定律得：）诏-+mgX2R,

代入数据解得：%=3m/s,故B正确；

C、小球在最高点的加速度大小a=泉=公7n/s?=22.5m/s2,故C错误；

第10页，共20页

。、小球从从。点运动到。点是小球从。点运动到尸点的逆过程，运动时间/相等，两

过程种小球高度变化量相等，都是2凡从尸点运动到。点小球克服重力做的功W与从

Q点运动到P点小球重力做的功W'相等，由P=?可知，从P点运动到。点小球克服重

力做功的平均功率等于从。点运动到尸点小球重力做功的平均功率，故。正确。

故选：BD。

由动量定理可以求出小球获得的速度，应用机械能守恒定律可以求出小球到达Q点时的

速度大小，应用牛顿第二定律与功率公式分析答题。

根据题意分析清楚小球的运动过程，应用动量定理、牛顿第二定律、机械能守恒定律与

功率公式即可解题。

7.【答案】AC

【解析】解：A、由图(b)可知，〃=胃=等U=220V,周期T=2xl0-2s,则角速

度为：

27r27r

=—=2x]0_2rad/s=100nrad/s

故左端电路接入的交流电瞬时值表达式为：u=220V2sinl00TTt(7)，故A正确。

B、7?3和R2并联部分电路的电压为：

U2=I3R3=0.5x20V=10V

通过R2的电流为：幅=£=*=14

通过/?2的电流的最大值为：11n=内有=曲,故B错误。

C、根据变压器变压之比得：

5=W

解得原线圈的电压为：

Un10x10

3=—21=---V=100V

n21

电阻％两端的电压即为电压表示数，即为=U—U1=(220-100”=120叭故C正

确。

D、副线圈的电流q=，3+/有=(0.5+1)4=1.5/

根据变压器变流之比得：

*器解得原线圈的电流为：

九2721X1.5

/i=---=———A=0.154

1%10

电源的输出功率为：P=UI1=22OXO.15VIZ=33WZ,故。错误。

故选：AC.

由图可知周期，则可求角速度，进而可写出瞬时值表达式；求出副线圈的电压即可求通

过心的电流的最大值；根据变压器变压之比，求出副线圈两端的电压，即可求电压表的

示数；根据变压器变流之比，求出原线圈的电流，即可求电源的输出功率。

该题的突破口是利用理想变压器的电压、电流之间的关系，表示出原线圈中的电流和原

线圈回路中的电阻分得的电压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值

关系，即可解决本题。

8.【答案】AD

【解析】解：连接。与点，根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得该六边

形的中心处的电势为%=&詈=詈1/=3人连接此，可知直线农与仍垂直，由

几何关系可知两条直线的交点到人的距离与到。点的距离相等，所以该交点的电势色=

"产=等^=7，=卬。，可知直线改为该电场的等势线，根据电场线与等势线垂直

可知附的方向为该电场的电场线的方向，即电场的方向从〃指向儿如图：

A、该粒子沿切方向进入，从c点射出，粒子弯曲的方向向下，可知粒子受力方向与

电场线方向相反，该粒子一定带负电，故A正确；

B、根据电场线可知协间电势差最大，为Ug=11V-(-5)V=16V,粒子沿bh向上

运动，刚好运动到〃点，速度为零，然后返回，不能从〃点射出，故B错误；

C、直线“c为该电场的等势线，由几何关系可知，平行于防，而且af=bo,根据匀

强电场的特点可知=ubo=(pb-(p0=7V-0V=7V9又U”=(pa—(pf,所以9/=

0,又知力点的电势为11匕则：Ubf=(pb-^f=11^-OK=11K,粒子在b点初动

能为16eV,从b到了电场力做的功：W=qUbf=-ex11V=-lleVt粒子到达。时的

第12页，共20页

动能：Ekf=Ekb+W=16eV-lleV=5eV,故C错误；

。、粒子进入该匀强电场后，若从〃点再返回，则入射的方向必定沿电场线的方向，即

沿附的方向射入，然后粒子在电场中做减速运动，从。到/?电场力做的功:"=q•=

q((Pb—W/i)=—ex[111/—(—5V)]=—16eV,可知粒子可以恰好到达h点、,所以粒子

能再返回〃点，故D正确。

故选：AD.

根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得六边形几何中心点的电势然后确定

电场线方向，根据粒子受力方向确定电性；根据几何关系与匀强电场的特点确定c、d

之间的电势差；根据动能和电势能之和不变确定粒子在G点和C点的动能，由此判断c

点的动能以及能不能从匕首次离开六边形区域的。

有关带电粒子在匀强电场中的运动，此种类型的题目从两条线索展开：其一，力和运动

的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带

电粒子的速度和位移等解答；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，利用

动能定理、能量守恒定律等研究全过程中能的转化。

9.【答案】1.205.98减小滑轮与绳的摩擦，或纸带与打点计时器的阻力，或多次测量

长度求出平均值。

【解析】解：(1)由于每两个相邻的测量点之间的时间间隔为7=0.1s,

根据某段时间内的平均速度等于中时刻的瞬时速度，那么打下计数点6时的速度大小为:

v=—Xc.n=-15-.-00-+-9-.-01x1Y0_27m/s/«1Y.2c0cm/s/

6b2T2X0.1//

(2)依据纸带数据，可知，纸带点从7向0开始打点，因此物体Hi】向上加速的过程中，

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2,则有加速度的大小为：a=笔#=

26.95+20.98-15.00-9.01X10-2m/s2x5.98m/s2o

4X0.12

(3)依据实验原理，及实验操作，并由求解加速度的公式，可知，减小测量加速度误差

的方法：减小滑轮与绳的摩擦，或纸带与打点计时器的阻力，或多次测量长度求出平均

值。

故答案为：(1)1.20；(2)5.98；(3)减小滑轮与绳的摩擦，或纸带与打点计时器的阻力,

或多次测量长度求出平均值。

(1)根据某段时间内的平均速度等于中时刻的瞬时速度求出计数点6的瞬时速度大小；

(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=可以求出加速度的大小；

(3)从实验误差的根源，即可分析。

本题考查匀变速直线运动中加速度的测量，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答

实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，注意如何确定纸带打点

方向是解题的关键.

10.【答案】R2248

【解析】解:(1)电流表的量程太小，要并联一个很小的分流电阻，

从所给的定值阻值看，只能选择此；

(2)电路的最大电流儿=蔑A=0.064=60mA,而电流表并联

治后量程为恰好为60,雨，这样两个电表均符合量程的要求，为

准确起见，改装的电流表采用外接法。为多测量数据，滑动变阻

器采用分压接法，但分压回路的电流太大，将另一分压电阻串联在一起，设计的电路图

如图所示;

(3)由题意知，待测电阻两端的电压〃=UV-IXRA=7.0V-14x10-3x4V=

U644

6.944V,I=21—28mA=0.0284所以&=~—248。。

xAU.UZK

故答案为：(2)如图所示；(3)248

(1)将电流表的量程扩大，要并联一个分流电阻，但分流电阻一般很小;

(2)根据实验的原理，由电表的内阻及待测电阻的阻值可知应采取的接法；

(3)由表头的示数计算出待测电阻的电流和电压值，由欧姆定律可得出待测电阻的阻值。

电学实验要注意以下问题：(1)仪表的选择；(2)电路的接法；(3)数据的处理；要学会根

据实验的原理同时结合安全性、准确性原则进行分析。

11.【答案】解：

(1)由动能定理得

1,

mgLsind+叼=-mvz

代入数据：60x10X100x0.6+x60x302

可得：wf=-90007

(2)设运动员从C点起跳时的速度大小为火,CD间距离为s,根据平抛运动的规律

scosO=vrt

第14页，共20页

ssind—2gt2

代入数据：等x0.8=%t

4001、

——x0.6=-x10xt2

32

联立可得：%=?m/s

答：(1)若运动员下滑到8点的速度大小为30m/s,求助滑道对滑雪板的摩擦力对滑雪

板所做的功为-9000/；

(2)若运动员从C点起跳时的速度沿水平方向，测得C。间的距离为等m。则运动员在

C处的速度大小为弓?n/s。

【解析】(1)运动员下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，运用动能定理求解摩擦力做

功；

(2)运动员从C点起跳后做平抛运动，根据平抛运动的规律分析求解。

注意对运动员的运动过程分段研究，分析清楚运动情况，结合动能定理和平抛运动知识

求解。

12.【答案】解：(1)设a球运动到A点时的速度为北,金属球〃从0点到A点的过程,

由动能定理得

qEx0A=|mv^-0

由几何关系有=Rsina

可得%=12m/s

。、从两球发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得

mv0=mu。+mvb

由机械能守恒定律得

1212।12

2mv0=2mVa+2mVb

联立解得%=0，vb=v0=12m/s

(2)金属球b从A点到C点的过程，由动能定理得

W&=WC+WE=纲/-gm以

其中叫=—mgR(l+cosa)

q

W=

E-E1--XOA

可得人球到达C点位置时的速度大小：vc=6m/s

(3)小球人在矩形磁场中做匀速圆周运动，受到的电场力

与重力，则有

由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

-vB=m-

2Gcr

由几何关系有

R(1+cosa)=rsin(90°—a)+rsina

解得轨迹半径r=B=等

如图所示，矩形区域的最小面积为

s=2rsin45°xr(l-cos45°)

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解得S=(夜-1)加2

答：(1)碰撞后，a、6球的速度大小分别为。和12m/s；

(2)b球到达C点位置时的速度大小是6m/s；

(3)磁场B的大小为翳，矩形区域磁场的最小面积为*(V2-l)m2。

【解析】(1)对金属球。从。点到A点的过程，利用动能定理求出a球运动到A点时的

速度，再根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出“与6碰撞后两者的速度。

(2)b球从A点到C点的过程，利用动能定理求匕球到达C点位置时的速度大小：

(3)b球离开C位置后，在II象限内做匀速圆周运动，所受的电场力与重力平衡，由洛伦

兹力提供向心力，画出。球的运动轨迹，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求

8的大小，再结合几何关系求矩形区域磁场的最小面积。

解答本题时，要理清两球的运动过程，正确分析两球的受力情况，能画出小球的运动轨

迹，结合几何知识帮助解答。

13.【答案】ADE

【解析】解：A、扩散现象是不同物质相互接触，彼此进入对方的现象，扩散现象的实

质就是物质分子的无规则运动，故A正确；

氏根据分子动理论知识，分子间斥力随分子距离的增加逐渐减小，故3错误；

C、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数有关，还

与分子平均动能有关，故C错误；

做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能时转化或转移的观点来看这两种改变

方式是有区别的，故。正确；

E、某理想气体的摩尔体积为玲，阿伏加德罗常数为N.,可以求出则该理想气体单个的

分子占据的空间的体积为世，由于气体分子之间的距离远大于分子的大小，所以气体的

体积无法求解，故E正确。

故选：ADE。

扩散现象等大量事实表明，一切物质的分子都在不停地做无规则的运动；分子力大小变

化与分子之间距离变化关系；气体分子单位时间和单位面积与器壁碰撞的次数，和分子

数密度、分子平均动能有关；改变内能的方式有做功和热传递，其本质不同；气体的分

子之间的距离比较大，只能求解单个的分子占据的空间的体积。

本题主要考查了扩散现象、分子力、气体压强、做功和热传递、阿伏加德罗常数等热学

基础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。

14.【答案】解：(1)容器A中气体产生的压强pi等于大气压强加水银柱产生的压强，即

为：Pi=Po+P水银

代入数据解得：Pt=lOOOmmHgi

(2)若将此装置移至270K,大气压强为p2=0.6p0的高原环境中，A容器导热性良好，

此时温度为270K,设此时A中气体的压强为P3,过程中，管子极细，A中气体可以看

做体积不变，由查理定律得：7=?

12

解得：Ps=^OOmmHg

由P3=P2+pg%2解得：%2=450mm；

答：(1)在温度为3OOK、大气压为po的环境中，容器A中气体产生的压强pi为

(2)若将此装置移至270K,大气压强为p2=0.6p0的高原环境中，此时左右两侧液柱的

高度差为450加"。

【解析】(1)根据水银柱产生压强的计算即可求得A中气体压强；

(2)外界温度改变，A中气体发生等容变化，根据查理定律即可求得升温后的压强，根

据水银柱产生的压强即可计算液面的高度差。

本题考查封闭气体压强的计算和查理定律的应用，本题解题关键是会计算水银柱产生的

压强。

15.【答案】BDE

【解析】解：A、简谐横波沿x轴正向传播，利用同侧法可知质点M振动方向沿y轴正

方向，故