2023年广西高考物理模拟试卷（4月份）

2023年广西高考物理模拟试卷（4月份）

A.X为$He,反应过程放出能量B.X为W"e,反应过程吸收能量

C.X为州,反应过程放出能量D.X为曲e,反应过程吸收能量

2.带正电的粒子在外力F作用下沿虚线做逆时针匀速圆周运动，圆心

为O,a、b、c、d是圆上的4个等分点。通有电流大小为/的长直导线.

*

垂直圆平面放置，电流方向如图所示，导线位于a、。连线上，垂直于M

■Q

圆面。不考虑粒子运动产生的电场，不计粒子重力，则（）

A.粒子在a点受到的外力产垂直于纸面向外

B.粒子在b点受到的外力尸垂直于纸面向里

C.粒子从a运动到c,洛伦兹力一直变小

D.粒子从a出发运动一周，洛伦兹力不做功

3.如图所示，三个同心圆是固定的点电荷Q周围的三个等势面，4、

B、C分别是这三个等势面上的点，且这三个点在同一条电场线上。/,∙z"^

已知这三个圆的半径关系是6：rc=1：2：3；现将一电荷量+q的[[Y

试探电荷从4点由静止释放，试探电荷只在点电荷Q的静电力作用下'".I

开始运动，则（）

A.该试探电荷在4、B、C三点的电势能大小关系是EpA<EpB<Epc

B.该试探电荷在4、B、C三点的动能大小关系是EkC-Ek8<EZCB-Eo

C.4、B、C三点的电场强度大小关系是以：EB:EC=3：2：1

D.A、B、C三点的电势大小关系是0A-9BV9B-9c

4.学校门口的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为lm,可绕转轴。在竖直面内匀

速转动；自动识别区αb到a'b'的距离为6.9m。汽车以速度3m∕s匀速驶入自动识别区，识别的

反应时间为0.3s；若汽车可看成高1.6Tn的长方体，闸杆转轴。与车左侧面水平距离为0.6m。

要使汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角速度至少为（）

左

A.^rad∕sB.^rad∕sC.^rad∕sD.^rad/s

5.假设未来某一天科技水平足够高，人们能够在地球赤道上建一座高度等于地球同步卫星

轨道高度（约3600Okm）的房子，在这座房子的某一层住户对地板的压力等于其在该楼层所受

地球万有引力的1已知地球半径约为6400km,则该楼层离地面的高度大概为（）

A.6400/cmB.21200⅛τnC.18000fcmD.14800∕cm

6.图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦式

交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，变压器原、副线圈的匝数分

别为％、n2:当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于500OlZ时，就会在点火针两端间引发火

花进而点燃燃气，则（）

A.闭合开关S,电压表的示数为25√1V

B.闭合开关S,加在变压器原线圈上的正弦式交流电压的有效值为50U

C.某交流发电机要产生与图乙中频率相同的交流电，其线圈在磁场中的转速应为IOOr/s

D.当变压器原、副线圈的匝数叫、电满足胆＞IO。2时，才能实现点火

7.如图，a、b两点在同一竖直线上，现同时在a、b两点分别抛

出小球甲、乙，甲球的速度大小为D尹，方向水平向右，乙球的速

度大小为"乙，方向与水平方向的夹角为60。斜向右上方，两球在C

点（未画出）相碰,已知碰前瞬间乙球速度方向水平，则下列判断正

确的是（）

A.a、C两点竖直方向的距离大于b、C两点竖直方向的距离

B.甲、乙两球相碰前瞬间甲球的速率与乙球速率相等

C.甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化相等

D.甲、乙两球抛出时的速度大小U尹与"乙之比为1：2

8.如图所示,在0≤%≤3a的区域内存在与XOy平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B,

在t=0时刻，从原点。发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布

在0〜90。范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t=%时刻刚好从磁场右边界上

P（3a,Ca）点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）

Ay

∙P(3a,√3a)

O

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB.粒子的发射速度大小为荣

ɔɛo

C.带电粒子的比荷为会D.带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0

DDlQ

9.如图甲所示，某同学用弹簧OC和弹簧测力计a、b做“验证力的平行四边形定则”实验。

在保持弹簧伸长量及方向不变的条件下：

（1）弹簧测力计a的读数是N；（如图乙所示）

（2）若弹簧测力计a、b间夹角小于90。，保持弹簧测力计a与弹簧OC的夹角不变，增大弹簧测

力计b与弹簧OC的夹角，则弹簧测力计α的读数、弹簧测力计b的读数。（选填

，，变大”，，变小”或，，不变，，

10.某实验小组在设计测量阻值约为2000的定值电阻R时，可供选择

的器材如下：

电源E：电动势约为3.（Ψ,内阻r约为50；

电流表4：量程为07）,64,内阻以约为20：

电压表匕：量程为0〜0.5V,内阻Fl=Ioo0。；

电压表%：量程为。〜3U，内阻O约为5k。；

定值电阻凡，有四种规格供选：100、500、5000、100012；

滑动变阻器R：最大阻值为500,额定电流14

单刀单掷开关S一个，导线若干。

（1）如图四种方案中，因电表内阻的不确定而导致不能准确测量RX的是.（多选）。

B.

C.

D.

（2）综合考虑电表内阻及量程带来的影响，该小组设计了如图所示的电路。在闭合开关前，滑

动变阻器的滑片应该置于最（选填“左”或“右”）端；为了保证两只电压表的读数都

不小于其满偏电压的5定值电阻RO应选择（选填“10”“50”“500”或“1000”）0。

(3)根据(2)中的电路图，可得出计算RX的理论表达式为RX(用“a”“4"飞”或

“Ro”表示)。

11.如图所示，A、B两个小球(可视为质点)间隙极小，两球球心连线竖

直，将两球从离地面高为H处以相同的初速度%=/砌(g为重力加速

度)同时竖直向下抛出，B先与地面碰撞，再与4碰撞后B静止于地面，所

有碰撞均为弹性碰撞，求：

(I)4、B两球的质量之比；

(2)碰后4球上升的最大高度为多少？

12.如图，足够长的金属轨道电阻不计，倾斜部分粗糙，倾角8=37。；水平部分光滑，与

倾斜部分平滑连接。轨道两端分别接有电动势E=OAV,内阻r=10的电源和电容值为C=

0.5F的电容，轨道所在空间有平行于倾斜轨道的匀强磁场。质量为m=0.02kg,长为L=0.5m,

电阻R=4。的金属棒两端恰好和轨道垂直接触，棒与倾斜轨道间动摩擦因数为〃=0.5,当开

关K闭合稳定时金属棒恰好不下滑，开关K打开后开始下滑，经过时间t=4.5s到达倾斜轨道

末端，电容器已完成放电。(已知：sin37°=0.6,cos37°--0.8,g=10m∕s2,不考虑电磁

辐射损失的能量)。求：

(1)求磁感应强度的大小B；

(2)求金属棒到倾斜轨道末端时速度的大小也

(3)金属棒经过平滑连接部分时速度大小不变，然后在轨道水平部分运动直至达到稳定，稳定

时电容器储存能量可表示为E虐=TCU2。求金属棒在水平轨道上运动过程中产生的热量Q。

13.下列说法正确的是()

A.空气中PM2.5的运动属于分子热运动

B.温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相等

C.当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的减小而增大

D.用油膜法估测出油酸分子直径后，还需知道油酸的摩尔体积，才可估算出阿伏加德罗常数

E.液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引

14.2021年11月8日，王亚平身穿我国自主研发的舱外航天服“走出”

太空舱，成为我国第一位在太空“漫步”的女性。舱外航天服有一定伸

缩性，能封闭一定的气体，提供人体生存的气压。王亚平先在节点舱(出

舱前的气闸舱)穿上舱外航天服，航天服内密闭气体的体积约为匕=2L,

压强Pi=5.0X104pα,温度ti=27。*她穿好航天服后，需要把节点

舱的气压不断降低，以便打开舱门。

(1)若节点舱气压降低到能打开舱门时，航天服内气体体积膨胀到彩=2.5L温度变为t2=

-3℃,求此时航天服内气体压强P2；

(2)为便于舱外活动，宇航员出舱前将一部分气体缓慢放出，使航天服内气压降到P3=3.0X

4

IOPa0假设释放气体过程中温度不变，航天服内气体体积变为匕=2L,求航天服需要放出

的气体与原来航天服内气体的质量比。

15.如图甲所示，在X轴上相距1.5CnI的。、M两点有两波源，t=0时刻，两波源开始振动，

振动图像分别如图乙、丙所示。已知两波的传播速度均为ICrn∕s,X轴上的P点与。点相距1.2cm,

则()

A.这两列波可以发生干涉现象

B.M点波源的振动方程为y=4sin(10πt+7^)cm

C.P点为振动加强点，振幅为7cm

D.t=0.5s时，P点沿y轴正方向振动

E.P点起振方向沿y轴正方向

16.大部分高层建筑都会采用玻璃幕墙，玻璃幕墙美观大方，也提高了建筑内的采光率，玻

璃幕墙一般都是用中空玻璃，如图甲所示。某一玻璃幕墙其剖面及尺寸示意图如图乙所示，

双层中空玻璃由两层玻璃加密封框架，形成一个夹层空间，隔层充入干燥空气，每单层玻璃

厚度d=12nun,夹层宽度，=18τmn,一光束沿与玻璃竖直面成i=53。角从墙外经双层中空

玻璃射入室内（光束与玻璃剖面在同一平面上），光线通过玻璃后入射光线与出射光线会有一

个偏移量（两光线垂直距离），玻璃折射率n=*光在空气中的速度近似为C=3.0X108m∕s,

stn53o=0.8,cos53°=0.6,求（结果两位有效数字）：

（1）这束光通过中空玻璃从室外到室内的偏移量也

（2）这束光通过中空玻璃从室外到室内的时间九

图甲图乙

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为3,质子数为2,即X为剂e,该核

反应为轻核聚变反应，反应过程放出能量，故C正确，ABD错误；

故选：Co

根据质量数守恒和电荷数守恒得出X，该核反应为轻核聚变，会释放能量。

本题主要考查了轻核的聚变，根据电荷数和质量数守恒得出生成物的质量数和电荷数，同时理解

轻核聚变能产生巨大的能量即可。

2.【答案】D

【解析】解：4、粒子在外力F作用下沿虚线做逆时针匀速圆周运动，合力为向心力，大小不变,

方向始终指向圆心，由安培定则可知，α点时速度方向与磁感应强度方向平行，粒子受到的洛伦兹

力大小为0,所以外力F指向圆心，故A错误；

8、粒子做匀速圆周运动，合力为向心力，大小不变，方向始终指向圆心，b点时速度方向与磁感

应强度方向夹。且在同一平面，由安培定则可知，粒子受到的洛伦兹力垂直于纸面向外，外力垂直

于纸面向里错误，故B错误；

C、粒子在α点时速度方向与磁感应强度方向平行，粒子受到的洛伦兹力大小为0,同理粒子在C点

受到的洛伦兹力也为0,而粒子在d点时，由于磁感应强度与速度之间不平行，所以安培力不为0,

由此定性分析可知，从α到C粒子所受的洛伦兹力先变大再变小，故C错误；

。、因为洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，故。正确。

故选：。。

根据通电直导线周围的磁场分布情况判断a、O两点的磁感应强度的情况；根据匀速圆周运动向心

力的特点分析粒子所受合力的变化情况；通过分析粒子在a、d、C两点所受洛伦兹力的大小定性

分析洛伦兹力的变化；根据洛伦兹力的特点判断做功情况。

本题考查通电直导线周围的磁场分布及带电粒子在磁场中的运动情况，要充分了解模型特点才能

做出准确判断。也要掌握对特殊点进行定性分析从而得出结论这一技巧。

3.【答案】B

【解析】解：4点电荷带正电，根据沿电场线电势逐渐降低，可得以>9B>8c

根据电势能的定义式Ep=+qg

可得EpA>Epp>Epc,故A错误；

BD.点电荷周围产生的是非匀强电场，离点电荷越近场强越大，因此48>E；C

根据场强与电势差的关系U=Ed

得到UAB>UBC

即以~<PB>(PB-<PC

根据动能定理，AB段=+q41B=EkB-EkA

BC段WBC=+q〃8c=EkC—EkB

联立解得EkC-EkB<EliB-EkA

综上分析，故B正确，。错误；

C.根据点电荷场强的定义式E=吟

Illlll

得到E4：EB:Ec=-^2：­2：M=笆：/：法=36：9；4,故C错误。

故选：B.

A.根据沿电场线电势逐渐降低得到电势的大小关系，再根据电势能的定义式分析作答；

BD.点电荷周围产生的是非匀强电场，根据场强与电势差的关系得到电势差的大小，根据电场力做

功的公式判断电场力做功的多少，最后根据动能定理判断动能的变化；

C.根据点电荷场强公式分析作答。

本题考查了点电荷产生的场强、电势能的定义式、电场中电势高低的判断以及电场力做功与动能

的变化，涉及的知识点较多，需要熟练地掌握相关知识；

注意：点电荷周围产生的场强是非匀强电场，因此相邻等距等势面的电势差不相等。

4.【答案】A

【解析】解：闸杆转动时间为t=%一%=警s-0.3s=2s

UU3

汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为tan。=啜

U.O

解得。=ɪ

闸杆转动的角速度至少为3=g=Jrαd∕s,故A正确，BCD错误。

Co

故选：4。

求出汽车安全通过道闸时直杆转过的角度，然后求出直杆转动的角速度大小。

认真审题理解题意求出直杆转过的角度是解题的前提与关键，应用角速度的定义式即可解题。

5.【答案】D

【解析】解：根据牛顿第三定律可知该楼层用户受到的支持力为所受地球万有引力的!

假设该楼层距离地心为r，对该楼层的住户分析有等誓=Tnr号

假设地球同步卫星距离地心为r',对地球同步卫星分析有咤=τn'r'警

,

r7

对比两式可知

r=∣r,

该楼层离地面的高度

h=r-R=^r,-R=^H+R)-R

其中H为地球同步卫星轨道高度，R为地球半径，代入数据可知

h=14800fcm

故ABC错误，力正确；

故选：Do

根据题意，对该楼层的住户根据合力提供向心力结合地球同步卫星的万有引力提供向心力列式解

答即可。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向

心力公式进行分析。

6.【答案】AD

【解析】解：AB,电压表的示数为有效值，由图像得，原线圈电压的峰值UlJn=50V

则电压表的示数为U=聋=言V=25√2V

故A正确，B错误；

C、由图像得，正弦式交变电流周期T=2X10-2s

rs

线圈在磁场中的转速r=ɪ=2χl*0-2∕=50r∕s

故C错误；

。、当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于500OV时,就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气,

即副线圈的电压峰值外机>5000V时，能实现点火，理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，则

有.%H=ΞI

,

eU2mn2

代入数据解得：n2>IOOn1

故。正确。

故选：ADo

根据图像得到电压的峰值和周期，根据正弦式交变电流的规律得到电压的瞬时值和线圈的转速，

电压表的示数为有效值；根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比求解匝数关系。

本题考查正弦式交变电流和理想变压器，解题关键是知道理想变压器原副线圈匝数比等于电压比,

会求解正弦式交变电流规律。

7.【答案】CD

【解析】解：4、设相遇时,运动的时间为3则VZS出60。=gt,C两点竖直方向的距离y尹=:另严，

13v23V2_

b、C两点竖直方向的距离=吆$加60。∙t-5gt2,代入数据解得：Vm=__=乙，所

Ly甲8gy乙8g

以a、C两点竖直方向的距离等于氏C两点竖直方向的距离，故A错误；

8、两球在水平方向上均做匀速直线运动，同时抛出，在N点相遇，可知运动的时间相等，则甲的

初速度与乙在水平方向上的分速度相等，即"zcos60。=。尹，甲，乙两球相碰前瞬间甲球的速率

是水平速度和在竖直方向速度的合速度，故B错误；

C、甲、乙的加速度相等，均为g,两球自抛出至相碰的瞬间运动时间相等，根据公式ZlU=g•43

可得甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化相等，故C正确：

D、根据。ZeOS60。=D%，知甲、乙两球抛出时的速度大小"#与U乙之比为1：2,故£）正确。

故选：CD。

碰前瞬间乙球速度方向水平，说明此时竖直方向的速度为零，根据竖直方向的运动规律求解时间，

然后根据位移一时间关系式求解竖直高度；抓住两球在水平方向上均做匀速直线运动得出水平分

速度大小的关系，根据平行四边形法则求出相遇时两球的速度，从而得出速度大小关系。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，掌握斜抛运动的处理方法，

可以将斜抛运动分解为水平方向和竖直方向来进行研究，也可以看成两个平抛运动进行研究。

8.【答案】BD

【解析】解：4沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界P(3α,Ca)点离开磁场,

如图1所示，由几何关可得

(3α—r)2+(√-3α)2=r2

解得：r=2a

故A错误；

A根据几何关系可得：

,„√^^3a√^3

SlTlu=------=F~，

r2

故:e=l，

圆弧OP的长度：

s=(π-θ)r,

所以粒子的发射速度大小：

S4πa

V——=-----,

to3⅛

故B正确；

C.根据洛伦兹力提供向心力有：qvB=解得：A=急，故C错误；

D由几何关系可得，沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为竽，其运动时间为玲，在磁

场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图2所示

图2

由几何关系可得该粒子做圆周运动的圆心角为苧，所以在磁场中的运动时间为2片。且粒子能从磁

场右边界打出的临界条件如上两图所示，由几何关系可得，打在右边界上的粒子的长度为2Ca,

故C正确；

故选：BD.

沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹如给出图所示，由几何知识求出其半径大小，然后根

据D=总求速率；利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解粒子的比荷；找出粒子在磁场中运

动的时间最长的临界情况，分析其转过的圆心角即可求出粒子在磁场中运动的最长时间。

本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，

利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期

公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

9.【答案】3.50变小变大

【解析】解：(1)由图乙所示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N,弹簧测力计α的读数是3.50N.

(2)若弹簧秤a、b间夹角小于90。，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，

增大弹簧秤b与弹簧OC的夹角，如图所示

弹簧测力计a的示数变小，弹簧测力计b的示数变大；

故答案为：(1)3.50；(2)变小;变大。

(1)根据图示弹簧测力计确定其分度值，根据指针位置读出其示数。

(2)根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况。

本题考查验证力的平行四边形定则实验，要求掌握其实验原理，熟悉操作步骤，要掌握弹簧测力

计的读数方法，涉及到作图时必须严格按照力的图示要求来画要，注意根据图象法分析拉力变化

情况。

(O-Ui)Rori

10.【答案】BC左IO=

UI(RO+n)

【解析】解：(I)AB,电流表采用外接法，但由于电压表岭的内阻不确定，则其分流也未知，故A

能测量，而B不能测量;

C、电流表采用内接法，而电流表内阻不确定，则其分压也未知，故C也不能测量；

。、由电压表匕内阻已知，其电流和电压均已知，故。可以准测出。

故：BC

(2)滑动变阻器分压接法应使分压为零，这样才能保护电路，故滑片应滑到最左端；

为满足题设条件可列：(⅛包+赳I)XRX+1%I≥LUU2,代入相关数据可得：&≤41.70,故选

RVlR033

择阻值为100的定值电阻。

。一(%一%)RorI

(3)由串并联电路电流电压关系可求待测电阻RnX=匹五=UI(RO+rι)。

R0rI

故答案为：(I)BC；(2)左、10；⑶=监然

(1)根据题意应用欧姆定律电流和电表的已知和未知条件，然后格局题目要求分析答题；

(2)根据图2的电路组成，以及题设条件，列出不等式从而求出定值电阻的范围；

(3)根据图示电路图应用欧姆定律求出电阻阻值，然后应用电阻定律求出电阻率的表达式。

本题考查了实验器材的选择与实验电路的设计、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则：安

全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据实验电路图应用并联电路特点与欧姆定律求出

流过待测电阻的电流，然后应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式。

11.【答案】解：(1)两球先向下做加速度为g的匀加速直线运动，由运动学公式得

v2-vl=2gH

解得小球B落地时两球的速度U=2y∕~gH

8球与地面弹性碰撞后以原速率返回，与4球发生弹性碰撞，取竖直向上为正方向，由动量守恒定

律与机械能守恒定律分别得

mBv—mAv=TΠAVA

12I171，2

ll

-mBv+-mAv=-mAvA

,

联立解得：mA：mB=1：3,VA=4jgH

(2)碰后A球做竖直上抛运动，上升的最大高度为∕ιTnaX=挛

解得：hmax=8H

答：(1)4、B两球的质量之比为1：3；

(2)碰后A球上升的最大高度为8H。

【解析】(1)两球先向下做加速度为g的匀加速直线运动，由运动学公式求出小球B落地时的速度

大小。B球与地面弹性碰撞后以原速率返回，与4球发生弹性碰撞，应用动量守恒定律与机械能守

恒定律分别列式，即可求解4、B两球的质量之比以及碰后4球的速度；

(2)碰后A球做竖直上抛运动，应用运动学公式求出碰撞后4上升的最大高度。

解答本题时，要搞清两球的运动过程，把握每个过程的物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守

恒定律与机械能守恒定律，要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。

12.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律可得：E=∕(R+r)

对金属棒受力分析如下图所示：

Nq

沿导轨方向，根据平衡条件可得：TngSEe=州,

垂直于导轨方向根据平衡条件可得：N=mgcosθ+BIL

mg(sbIe-MOSe)(R+r)

联立解得：B=

代入数据解得：B=27；

(2)根据题意，电容器放电电量为：q=CUR=—

导体棒下滑过程中，取沿导轨向下为正方向，对导体棒由动量定理得:

mgtsinθ—μ(mgcosθ+BIL)t=mv—O

其中7"q=髭

代入数据解得：V=5τn∕s;

(3)设导体棒稳定时速度为％,此时电容器两端电压为U,根据法拉第电磁感应定律可得：

U=BLv1sinθ

取向左为正方向，根据动量定理有：-BrLt'sin。=mv1-mv

其中:l't'=q'=CU=CBLv1sinθ

联立解得：v1=0.5m∕s.

又：E能=

由能量守恒定律得：Q=ɪm(v2-vf)-E能

代入数据解得:Q=0.225∕o

答：(1)磁感应强度的大小为2T；

(2)金属棒到倾斜轨道末端时速度的大小为5m/s；

(3)金属棒在水平轨道上运动过程中产生的热量为0.225/。

【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律求解电流强度，对金属棒受力分析，根据平衡条件求解磁感应

强度；

(2)导体棒下滑过程中，对导体棒由动量定理列方程求解速度大小；

(3)根据法拉第电磁感应定律、动量定理求解导体棒稳定时的速度大小，由能量守恒定律求解金属

棒在水平轨道上运动过程中产生的热量。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方

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。

13.【答案】BDE

【解析】解：4空气中PM2.5的运动，属于悬浮固体颗粒的运动，不属于分子热运动，故A错误；

8.温度是分子平均动能大小的标志，温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相等，与分子的

质量大小无关，故B正确；

C.当分子力表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故C错误；

。.用油膜法测出油酸分子直径后，可估算出每个油酸分子的体积，再用油酸的摩尔体积除以每个

油酸分子的体积即可估算出阿伏伽德罗常数，故。正确；

£液体与大气相接触时，表面层内分子之间的距离大于液体内部分子之间的距离，所以表面层内

的分子所受其他分子的作用表现为相互吸引，故E正确。

故选：BDEo

A空气中PM2.5的运动，属于悬浮固体颗粒的运动，据此分析作答；

及温度是分子平均动能大小的标志，据此分析作答；

C.根据分子力做功与分子势能变化的关系作答；

。.根据阿伏伽德罗常数的求解方法作答；

E根据分子间作用力与分子间距离的关系作答。

本题考查了分子运动论，油膜法测分子直径，液体的表明张力等知识；解决本题的关键是加强对

基本概念的记忆，基本方法的学习与运用。

14.【答案】解：(1)由题意可知，密闭航天服内气体初、末状态温度分别为

T1=(27+273)K=300K

T2=(-3+273)K=270K

由理想气体状态方程有

PlVl_P21Z2

代入数据解得

4

p2=3.6XIOPa

(2)设航天服需要放出的气体在压强为P3状态下的体积为根据玻意耳定律有

P2V2=P3(V3+ΔV)

代入数据解得

ΔV=IL

则放出的气体与原来气体的质量比为忐？=⅛7=⅜

K3+ZlKZ-Tlɔ

答：(1)若节点舱气压降低到能打开舱门时，航天服内气体体积膨胀到％=2.53温度变为t2=

—3℃,此时航天服内气体压强P2为3.6Xl()4pα;

4

(2)为便于舱外活动，宇航员出舱前将一部分气体缓慢放出，使航天服内气压降到P3=3.0XIOPao

假设释放气体过程中温度不变，航天服内气体体积变为匕=23航天服需要放出的气体与原来航

天服内气体的质量比为%

【解析】(1)对密闭航天服内的气体，找出初末状态参量，根据一定质量的理想气体状态方程可求

得压强；

(2)航天服需要放出的气体在压强为P3状态下的体积为4V,根据玻意耳定律即可求得。

本题考查一定质量的理想气体状态方程，要确定好研究对象，确保方程两边的气体质量不变，不

能生搬硬套公式。

15.【答案】AC

【解析】解：4两列波的周期为7=0.2s,频率相同，相位差恒定