2022年安徽省马鞍山市高考物理三模试卷（附答案详解）

2022年安徽省马鞍山市高考物理三模试卷

1.如图所示，在水平面上，一小滑块在摩擦力作用下由4点以某一速度自左向右做匀

变速直线运动，依次经过8、C点，到达。点时速度为零，4、B、C、。间距相等。

则（）

ABCD

A.在CD间运动的时间为BC间运动的时间的2倍

B.在间与间速度变化的大小相同

C.在每相邻两点间运动时产生的热量相同

D.若小滑块质量变大，能滑行的距离会变远

2.用a、b两种金属做光电效应实验，产生的光电子的最

大初动能压和入射光频率v的关系图像如图所示，则

()

A.金属a的逸出功大于金属b的逸出功

B.增加光照强度，可使最大初动能增大

C.不同金属的EK-V图像的斜率相同

D.若蓝光能使金属a发生光电效应，紫光一定能使金属b发生光电效应

3.有一台内阻为10的发电机，给一个学校照明供电，如图所示，7;、△分别为理想的

升压变压器和降压变压器，升压变压器匝数比为1：4,降压变压器匝数比为4：1,

G与72之间输电线的总电阻为10。，全校共有22个班，每班有220V401V的电灯6盏,

若保证电灯全部正常发光，贝女）

发

电

机

TiT2

A.输电线上的电流为64B.发电机电动势259V

C.发电机输出功率为5280〃D.输电效率是97%

4.一小物块挂在竖直弹簧下端并处于静止状态，在地球两极弹簧的形变量为赤道上形

变量的k倍，设地球为一均匀球体，已知地球自转周期为7,引力常量为G,则地球

的密度为（）

、3nk2口3nk2037rfc（k+l）八371k

222

A.GT（fc-l）H・GT2（J）2C・GT2kGT（fc-l）

5.如图所示静电喷漆示意图，由喷嘴K喷出的油漆，形成带负电的雾状液滴（初速度可

忽略不计），经a与K间的电场加速后全部奔向阳极矶被漆零件）并附着在上面。若a

与K间的电压为U,电路中的电流强度为/,在时间t内，喷嘴喷出的油漆质量为小,

那么在喷漆过程中，油漆对零件表面的压力为（）

A.B.C.D.V2^77t

6.如图所示的纸面内有一根竖直向下的长直导线，导线中通有向下的恒（

定电流，从靠近导线的位置以水平向右的速度抛出一金属圆环，圆环

运动过程中始终处于纸面内。不计空气阻力，以下说法正确的是（）

A.圆环中会产生顺时针方向的电流

B.圆环中感应电流的大小始终不变

C.圆环的水平速度一直在减小

D.圆环在竖直方向的加速度始终等于重力加速度

7.如图所示的水平圆盘上有一原长为I。的轻质弹簧，弹簧的一端固[

定于圆心处，另一端与质量为WI的滑块相连，滑块与圆盘之间的

动摩擦因数为出初始时，滑块与圆心之间的距离为，且保持静止。

现使圆盘绕过圆心的竖直轴转动，/•为滑块与圆盘之间的摩擦力大小，最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，从零开始逐渐增大圆盘角速度3至某-较大值的过程中，关于/

与图像可能正确的是（）

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8.如图所示，水平传送带以速度为顺时针转动，一质量为小的物块以速度|%向右滑

上传送带，刚好以孙从传送带右端滑落，物块与传送带之间的动摩擦因数为则

()

3

-V

2。

—>

八F(T)

A.传送带的长度为科

B.因摩擦产生的热量为誓

C.增大物块的初速度，因摩擦产生的热量会减少

D.减小物块的初速度，因摩擦产生的热量可能会增加

9.某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律，一根细线一端系住钢球，另一端悬

挂在铁架台上的。点，钢球静止于4点，光电门固定在4的正下方，在钢球底部竖直

地粘住一片宽度为d的遮光条(质量不计)。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光

条经过光电门的挡光时间t由计时器测出，取v=g作为钢球经过4点时的速度，

记录钢球释放时细线与竖直方向的夹角和计时器示数t,计算并比较钢球从释放点

摆至4点过程中重力势能减少量AEp与动能增加量从而验证机械能是否守恒。

重力加速度为g。

图1

（1）已知钢球质量为m,悬点。到钢球球心的距离为3贝必Ep=（用加、。、L、

9表示）

（2）改。变值，得出多组。与挡光时间t的实验数据，若机械能守恒，下列图像正确的

（3）如表为该同学的实验结果:

%(x10-2力4.899.7914.6919.5929.38

砥(X10-2J)5.0410.1015.1020.0029.80

分析发现，表中的与/Ek之间存在差异，产生这种差异的原因是。

10.某同学进行“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验：要求测量数据尽量精确、绘制曲

线完整。已选用的器材有：

待测小灯泡（额定电压为2.5V,额定功率为1.5勿）；

电源（电动势为31/,内阻约1。）；

电流表（量程为0〜0.64内阻约50）；

电压表（量程为0〜3V，内阻为3kQ）；

开关一个、导线若干。

（1）实验中所用的滑动变阻器应选o（填写器材前面的序号）

A.滑动变阻器（最大阻值5。，额定电流2A）

8滑动变阻器（最大阻值1000,额定电流24）

（2）描绘出小灯泡的/-U特性曲线如图中实线所示，则可知该灯泡电阻随电压升高

而（填“增大”“减小”或“不变”）；已知图中虚线为该灯泡两端电压为

1.5U时/-U特性曲线的切线，则此时灯泡的实际阻值为______。（保留两位有效数

字）。

（3）若将两只完全相同的该灯泡串联后与一电动势为3V、内阻为20的电源串联成闭

合回路，则每只灯泡的实际功率为W（结果保留两位有效数字）。

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//A

H.如图所示，倾角为0=37。的光滑斜面处于竖直向上

的匀强磁场中，现将一表面绝缘的通电导体棒放置在

斜面上，棒中电流方向垂直纸面向里。已知导体棒始

终保持静止状态，导体棒质量m=0.1kg,棒中电流

/=0.5/1,导体棒长度L=2m,重力加速度g=

10m/s2,sin370=0.6=求:

(1)磁感应强度的大小:

(2)若将磁场方向在纸面内任意转动，求磁感应强度最小值和此时的磁场方向;

(3)若斜面粗糙且动摩擦因数〃=0.5,滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求竖直向上

磁场的磁感应强度范围。

12.如图所示，光滑水平面上静止放置质量均为M、半径均

为R的四分之一光滑圆弧槽4和B,两圆弧底部距离地面

高度均为R,初始时4、B紧靠在一起锁定为一半圆弧槽。

现将一质量为2nl的小球C由4槽上方2R处静止释放，恰

能沿切线方向进入圆弧槽4当小球C刚滑上B槽时立即

解除锁定，重力加速度为g,求：

(1)小球C运动到两槽连接处时速度的大小：

(2)两槽解除锁定后，小球C能上升的最大高度；

(3)己知小球C从开始运动至落地过程，槽B发生的位移为3那么该过程中小球C的

水平位移为多大？

13.下列说法正确的是()

A.布朗运动的实质是液体分子的无规则运动

B.温度的高低决定了分子热运动的剧烈程度

C.达到热平衡的两个系统，它们的分子平均动能一定相等

D.分子势能和分子间作用力有可能同时随分子间的距离增大而增大

E.若已知氧气的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可估算出氧气分子的体积

14.为防止新冠病毒的传播，很多公共场所采用压缩式喷雾器来消毒。如图所示，储液

桶与打气筒用软管相连，已知储液桶总容积为U(不计储液桶两端连接管体积)，初

始时桶内消毒液上方空气压强为2p°，体积为0.2U,温度为0.8T。打开阀门K喷洒消

毒液，一段时间后关闭阀门，此时储液桶内空气压强恰好为Po,温度为7,Po为外

界大气压强，求：

(1)关闭阀门时，已喷出的消毒液的体积；

(2)每次打气，能打入压强为po、温度为7、体积为0.1V的空气，为了使桶内空气压

强恢复到2p°；至少需要打气多少次？(假设打气过程中气体温度不变)

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加水口

打气筒

喷雾口II

空气

活塞

二-消毒液•二

单向阀

15.直线P1「2过均匀玻璃球球心0,细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃

A.玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率

B.玻璃对a光的临界角小于对b光的临界角

C.a光的频率小于b光的频率

D.改变b光的入射角度，可能发生全反射现象

E.b光在玻璃中的传播速度小于a光在玻璃中的传播速度

甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x=0.8m处和x=

-0.6m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2cm,两列波在t=0时刻的波形如

图所示，此时平衡位置在X=-0.2m和x=0m处的M、N两质点刚要开始振动。已知甲

波的周期为0.8s,求：

v/cm

(1)乙波传播到N质点所需要的时间；

(2)在0-2.5s时间内，N质点沿y轴正方向速度最大的时刻。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：设4、B、C、。间距均为久，小滑块的质量为m,与水平面的动摩擦因数为

〃，加速度大小为a。

A、将小滑块的运动逆向看做由。向4的初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的

匀加速直线运动的规律：相邻的相等位移的时间比为：1：V2-1：V3-V2：……：Vn-

而二1，可得：小滑块在间运动的时间与在BC间运动的时间的比值为：息=夜+1,

即在间运动的时间为8C间运动的时间的a+1倍，故A错误：

8、小滑块做匀减速直线运动，其加速度恒定，小滑块在BC间与CD间运动的时间不相

等，由du=adt可知，小滑块在BC间与CD间速度变化的大小不相同，故8错误：

C、由功能关系可知，小滑块在每相邻两点间运动时产生的热量均为Q=pngx,故C

正确；

D、由牛顿第二定律可得小滑块的加速度a=管=49,可知小滑块的加速度与其质量

无关，故小滑块质量变大，其加速度不变，其运动过程与原来相同，能滑行的距离不变，

故。错误。

故选：Co

将小滑块的运动逆向看做由。向4的初速度为零的匀加速直线运动，初速度为零的匀加

速直线运动的相邻的相等位移的时间比为：1：V2—1：V3—V2：..：Vn—Vn—1；

速度变化量=a4t；小滑块在每相邻两点间运动时产生的热量等于滑动摩擦力乘以位

移大小；小滑块的加速度与其质量无关，其运动过程与原来相同。

本题考查了动能关系、牛顿第二定律以及匀变速直线运动规律。基础题目，对于末速度

为零匀减速直线运动，可用逆向思维将其等效为反向的初速度为零的匀加速直线运动。

2.【答案】C

【解析】解：4、由爱因斯坦光电效应方程Ek=/n/-%=/n/-/n/o,对应图象知，横

轴截距为截止频率，故a的截止频率比b的截止频率小，故a的逸出功比b的小，故A错

误；

3、根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能与光强无关，故8错误;

C、由爱因斯坦光电效应方程a=hv-wo=hv-八为可知，图象的斜率为普朗克常数,

所以不同金属的珠-1/图像的斜率相同，故C正确；

。、若蓝光能使金属a发生光电效应，虽然紫光的频率大于蓝光，但b的极限频率大于a,

所以紫光不一定能使金属b发生光电效应，故。错误。

故选：Co

由爱因斯坦光电效应方程&=hv-W0=hv-hv0,结合图象，利用斜率和图象横轴截

距的物理意义进行解答。

光电效应的四条规律如下：①入射光频率大于金属截止频率时，产生光电效应；②爱

因斯坦光电效应方程；③当入射频率一定时，光电流强度随入射光强度的增大而增大；

④光电效应时间极短，短于10-9S.掌握光电效应的以上规律，是作答光电效应问题的关

键。

3.【答案】A

［解析］解：4、全校消耗的功率「用=NP。=22X40x6W=528014/,

设线路电流为/纷输电电压为4,降压变压器原线圈电压为4,副线圈上的电压为内,

啮十号

所以：U3=880K

输电线上的电流为：/纱=券=鬻4=6/1,故A正确；

口1/3880

BC、输电线上损失的电压为U损=1线R线=6x4，=24,,

升压变压器副线圈上的电压为外=〃步+出=24V+880V=904V

脸咤

代入数据得：％=226叭

线路损失功率：P抠=G4^=62X4W=144W,

所以发电机的输出功率：P出=「用+「笳=5280勿+1441〃=5424小

升压变压器原线圈电流：/1=%=%4=244

U1226

发电机的电动势：E=/广+%=24X1U+226^=250叭故8C错误；

D、输电效率为〃=2x100%=袈x100%=97.3%,故。错误。

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故选：Ao

求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比

求出降压变压器原线圈的电压，根据/=，，得出输电线上的电流；

根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压

器的输入电压之和，根据电压比等于匝数之比,求出升压变压器的输入电压,根据=3

求出通过发电机的电流，由E=/1r+Ui求出发电机的电动势；

由P=/R得出线路上损耗的功率.升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变

压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率；

输出效率77=券x100%.

解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功

率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电

压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和.

4.【答案】D

【解析】解：设地球半径为R,质量为M,赤道上的重力加速度为g,则根据题意可知北

极点处的重力加速度为gk

在北极点，质量是m的物体所受重力等于万有引力，有甯=mgk

M

地球的密度P=写谒

3

在赤道上，物体所受的万有引力等于重力与向心力之和，有甯=mg+mR整

联立解得：。=缶

故ABC错误，O正确；

故选：D。

物体受到的重力等于质量与重力加速度的乘积；质量为m的物体在地球两极所受的重力

等于万有引力，赤道上的物体所受重力与随地球自转做圆周运动的向心力的合力等于万

有引力，根据万有引力公式与牛顿第二定律分析答题。

知道地球表面的物体受到的重力与万有引力的关系，应用万有引力公式与牛顿第二定律

即可解题。

5.【答案】A

【解析】解：电路中的电流强度为/，在时间t内，喷嘴喷出的油滴所带电量为

q=It

油漆到阳极a时的动能为

2

Ek=|mv=qU

取Ka方向为正方向，由动量定理得

-Ft=0—mv

联立解得：F=后近，

根据牛顿第三定律得，油漆对零件表面的压力为F'=F=J乎，故A正确,BCD错误；

故选:Ao

根据动能定理计算油滴到达阳极板时的动能，根据动量定理求出阳极板对油滴的作用力,

根据牛顿第三定律知油漆对零件表面的压力。

本题考查带电粒子在电场中的运动，通常根据动能定理算粒子速度，本题还用到动量定

理求作用力，角度较新。

6.【答案】CD

【解析】解：根据安培定则，通电长直导线右侧的磁场垂直纸面向外；根据直线电流产

生的磁场的特点可知，距离直线电流越大，磁感应强度越小。

A、金属圆环以水平向右的速度抛出后，向右运动的过程中向外穿过圆环的磁通量减小，

根据楞次定律可知，圆环中会产生逆时针方向的电流，故A错误；

8、圆环向右运动的过程中磁感应强度越来越小，向外穿过圆环的磁通量的变化率也越

来越小，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环中感应电流逐渐减小，故8错误；

CD,结合微元法，将圆环分为上下、左右对称的若干个小电流元，由于直线电流产生

的磁场到电流距离相等的点的磁感应强度大小相等，所以圆环的上下对称的任意两个电

流元受到的安培力都大小相等，且合力的方向沿水平方向，由于距离直线电流越大，磁

感应强度越小，电流元受到的安培力越小，所以圆环整体受到的安培力的方向水平向左，

所以圆环的水平速度一直在减小，而竖直方向的加速度始终等于重力加速度，故CD正

确。

故选：CD。

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根据直线电流周围的磁场判断穿过线框磁通量是否变化，结合楞次定律判断感应电流的

方向，根据楞次定律的推广判断。

解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，会运用左手定则判断安培力的方向,

本题判断线框所受安培力的合力也可以通过楞次定律的另一种表述分析判断。

7.【答案】AB

【解析】解：4若初始时1=，。，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向

心力，f=m（D2l,静摩擦力/8川2,当摩擦力达到最大静摩擦力，继续增大角速度，

最大静摩擦力不足以提供向心力，物块将做离心运动，滑动摩擦力和弹簧拉力的合力提

供向心力，物块的正压力不变，接触面不变，故滑动摩擦力大小不变，故A正确；

8.若初始时1>3当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力依-/=

nw?1,故开始时，角速度变大，静摩擦力变小，当弹簧弹力恰好提供物块圆周运动的

向心力时，摩擦力为0；物块的角速度继续变大，则有+f=摩擦力由。开始

逐渐变大，直到达到最大静摩擦力；继续增大角速度，物块的摩擦力为滑动摩擦力，保

持不变，故8正确；

CD,若初始时1<6当角速度从。开始不断增大,则开始时有静摩擦提供向心力/~kx=

mco2l,故角速度为时，静摩擦力不为零，物块角速度逐渐增大，则静摩擦力逐渐增大

到滑动摩擦力，后保持滑动摩擦力大小，综上所述C。图像均不可能，故错误。

故选：AB.

根据摩擦力与弹簧弹力的合力提供向心力，根据弹簧可能处于原长、可能处于压缩状态

或者处于伸长状态，进行分类讨论，根据牛顿第二定律列方程即可求解得到/'-32图像。

该题考查物体做圆周运动向心力问题，该题的难点在于弹簧一开始处于哪种状态，要对

弹簧弹力进行分类讨论，难度较大。

8.【答案】AD

【解析】解：4、根据牛顿第二定律得：nmg=ma,可得a=孙设传送带的长度为

由运动学公式有：诏一（|%）2=—2aL,解得L=磐，故A正确；

B、物块在传送带上运动的时间为1=空岂=zh='，物块与传送带间的相对位移

-a一林g2林g

大小为/x=Z,-卬t=辔■一%.3包=含，因摩擦产生的热量为Q=fimgAx=fimg-

3=噜，故8错误；

8Hg8

C、增大物块的初速度，物块在传送带上运动的时间缩短，根据物块与传送带间的相对

位移大小为=可知，物块与传送带间的相对位移大小增大，因摩擦产生的热

量会增加，故C错误；

。、减小物块的初速度，若物块的初速度小于传送带的速度，物块与传送带间的相对位

移大小可能增大，因摩擦产生的热量可能会增加，故。正确。

故选：ADo

根据牛顿第二定律求出物块的加速度，由速度一位移公式求出传送带的长度；根据运动

学公式计算物块与传送带间的相对位移，由滑动摩擦力大小和相对位移大小的乘积求因

摩擦产生的热量。根据相对位移与初速度的关系，分析热量的变化情况。

解决本题时，要注意研究物块在传送带上的运动情况，根据物块与传送带间的相对位移

大小来分析因摩擦产生的热量大小。

9.【答案】mgL(l-cosO)D遮光条到悬点的距离大于球心到悬点的距离，测得速度

比球心处真实速度大，导致动能增加量测量值偏大

【解析】解：(1)根据题图可得

4Ep=mg(L—Leos。)=mgL(l-cos。)；

(2)由机械能守恒定律得

mgL(l—cos9)—|mv2

极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，钢球的速度

d

V=-

t

整理得：cos0=1-^-4

2gL

故。正确，A8C错误；

(3)表中的AEp与之间存在差异，动能增加量大于重力势能减少量，存在这种差异的

可能原因是遮光条到悬点的距离大于球心到悬点的距离，测得速度比球心处真实速度大,

导致动能增加量测量值偏大。

故答案为：(l)mgL(l-cose)(2)D(3)遮光条到悬点的距离大于球心到悬点的距离，

测得速度比球心处真实速度大，导致动能增加量测量值偏大

(1)根据重力势能公式计算重力势能的变化量；

(2)由机械能守恒定律和遮光条测得速度可知cos。和t的函数关系；

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(3)结合实验的装置与实验的原理，分析误差产生的原因。

理解实验原理是解题的前提，解题时要知道极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度。

10.【答案】A增大2.80.47

【解析】解：(1)描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器采

用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择4

(2)/-U图线上的点与坐标原点连线斜率的倒数等于电阻，由图示/-U图线可知，随U

增大，图线上的点与坐标原点连线斜率的倒数增大，灯泡电阻增大；由图示图线可知，

U=1.5了时/=0.544由欧姆定律可知，此时灯泡电阻R=-=—nx2.80。

/0.54

(3)两灯泡串联，设每只灯泡两端的电压为U,流过灯泡的电流为/,由闭合电路的欧姆

定律得：E=2U+lr,整理得：/=1.5—U,作出/一1/图像如图所示，

由图示图像可知，灯泡两端电压U=1.05V,/=0.454,灯泡的实际功率P=UI=1.05x

0.451Vx0.47亿

故答案为：(1)4(2)增大;2.8；(3)0.47«

(1)为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。

(2)分析图示图像判断灯泡电阻随电压升高如何变化；求出电压对应的电流，应用欧姆

定律求出灯泡电阻。

(3)作出电源的/-U图像，求出灯泡的工作电压与工作电流，然后求出每只灯泡的实际

功率。

要掌握器材的选择原则，应用图像法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握

应用图像法处理实验数据的方法。

11.【答案】解：(1)导体棒处于平衡状态：BIL=mgtand

代入数据解得：8=0.757

(2)安培力最小时磁感应强度也最小，BIL=mgsin6

代入数据解得：B=0.6T

方向垂直于斜面向上

(3)导体棒刚好要沿斜面下滑，磁感应强度最小

mgsind=B1ILcos9+n(mgcos6+B1ILsin9')

代入数据解得：BlQ

导体棒刚好要沿斜面上滑，磁感应强度最大

mgsind+fi(mgcosd+B2lLsinQ)=B2ILcos6

代入数据解得：82=27

磁感应强度的范围为：^T<B<2T

答：(1)磁感应强度的大小为0.757：

(2)磁感应强度最小值为B=0.6T,方向垂直于斜面向上；

(3)竖直向上磁场的磁感应强度范围为看了<B<2T.

【解析】(1)导体棒受力平衡，根据合力为零计算磁感应强度的大小；

(2)安培力最小时磁感应强度也最小，计算最小值；

(3)导体棒刚好要沿斜面下滑，磁感应强度最小，导体棒刚好要沿斜面上滑，磁感应强

度最大。

本题考查包含安培力的共点力平衡问题；解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共

点力平衡进行求解，掌握安培力大小公式和安培力方向的判断。注意在分析时要画出平

面图进行受力分析。

12.【答案】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。

(1)对4与B、C系统，由开始至C运动到连接处时，设小

球C的速度大小为％，4B的速度大小为方,水平方向动

量守恒，根据动量守恒定律可得：

2mv1—2mv2=0

根据机械能守恒定律可得：11-2mv2=

2mg♦3R

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得：v1=v2=j3gR；

(2)C从连接处运动至最高点过程，设C能够上升到距离圆弧底端九处，对8、C系统，水

平方向动量守恒，则有：

2mvT+mv2=3mv3

根据机械能守恒定律可得：[X2nl谱+^mvl-1x3mvj=2mgh

得：h=2R；

(3)C从连接处运动至最高点过程再返回至连接处，对B、C系统，水平方向动量守恒：

r

2mv1+mv2=2mv\+mv2

系统机械能守恒：1-27n谱+刎诏=1.2mvrl+[6吗

得：*=-回，v'2=

13，3

C离开8平抛至落地过程：R=\gt2

平抛过程C相对于B的水平位移：Ax=(y\-i/2)t=-2eR

如图所示，该过程小球C的水平位移向右，根据几何关系可知C的水平位移：xc=L-

2^6R+R=L+(1-2通)R。

答：(1)小球C运动到两槽连接处时速度的大小为7^证；

(2)两槽解除锁定后，小球C能上升的最大高度为2R；

(3)该过程中小球C的水平位移为L+(1-2乃)R。

【解析】(1)对4与B、C系统，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解；

(2)C从连接处运动至最高点过程，对8、C系统，根据动量守恒定律、机械能守恒定律

列方程解答；

(3)C从连接处运动至最高点过程再返回至连接处，根据动量守恒定律、机械能守恒定律

结合平抛运动的规律进行解答。

本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是:

系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正

方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。

13.【答案】BCD

【解析】解：4、布朗运动是悬浮在流体中的固体小颗粒的无规则运动，是由于液体分

子撞击的冲力不平衡引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故A错误;

8、温度的高低决定了分子热运动的剧烈程度，温度越高，分子平均动能越大，故8正

确；

C、如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于

热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，温度相同，分子

平均动能相等，故C正确；

。、当分子间距等于r。时，分子间的引力和斥力大小相等方向相反，合力为零，当分子

距离大于平衡距离力时，如果分子间的距离再增大时，分子势能和分子间作用力的合力

就会随分子间距离的增大而增大，故。正确；

E、若已知氧气的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可求每个气体分子占有的空间体积而不

是分子的体积，故E错误。

故选：BCD。

布朗运动是固体小颗粒的运动，反映分子永不停息地做无规则运动，温度是分子平均动

能的标志。如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必

定处于热平衡；分子之间总存在引力和斥力；两个分子间的距离为为时，分子势能最小。

若已知氧气的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可求每个气体分子占有的空间体积。

本题考查了温度是分子平均动能的标志、布朗运动、阿伏加德罗常数应用、分子间的相

互作用力等知识点。关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，重点明确分子力和分子距

离的关系以及阿伏加德罗常数应用。

14.【答案】解：（?）设停止喷洒时消毒液上方气体的体积为匕，根据一定质量的理想气

体状态方程得：端卢=竽

U.o//

解得：匕=0.5V

则喷出的消毒液的体积：AV=Vr-0.2V=0.5V-0.2V=0.3V

3）设打气体次数为n,由玻意耳定律得：po匕+np（）xO.lU=2po/

代入数据解得至少需要打气的次数为：n=5次

答：（1）关闭阀门时，已喷出的消毒液的体积为0.3V；

（2）至少需要打气5次。

【解析】（1）以桶内消毒液上方的气体为研究对象，根据一定质量的理想气体状态方程，

结合题意求解喷出的消毒液的体积；

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(2)以原气体和打入的气体整体为研究对象，根据玻意耳定律求解。