2021年四川省成都市高考物理二診試卷(附答案詳解)

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)第=page22頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)2021年四川省成都市高考物理二診試卷下列表述正確的是(????)A.天然放射性現(xiàn)象中發(fā)射的γ射線(xiàn)在磁場(chǎng)中會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)

B.當(dāng)原子從高能級(jí)躍遷到低能級(jí)時(shí)，會(huì)吸收光子

C.當(dāng)光照射在金屬表面上時(shí)，金屬中的質(zhì)子會(huì)逸出金屬表面

D.原子核的靜質(zhì)量小于構(gòu)成它的所有核子單獨(dú)存在時(shí)的總靜質(zhì)量2020年12月3日，嫦娥五號(hào)上升器(如圖)攜帶月壤樣品成功回到預(yù)定環(huán)月軌道，這是我國(guó)首次實(shí)現(xiàn)地外天體起飛。若環(huán)月軌道可近似為圓軌道，已知軌道半徑為r，上升器在環(huán)月軌道運(yùn)行的速度大小為v，萬(wàn)有引力常量為G，則月球的質(zhì)量為(????)A.v2rG B.vrG C.如圖，A、B是豎直正對(duì)放置的一對(duì)已充電的平行金屬板，兩板之間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，用絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛著的帶電小球靜止時(shí)，細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ。下列判定正確的是(????)A.小球帶正電

B.僅平移B板使兩板間的距離適當(dāng)增大，θ角將保持不變

C.僅平移B板使兩板間的正對(duì)面積適當(dāng)減小，θ角將保持不變

D.僅剪斷細(xì)線(xiàn)，在離開(kāi)或碰到極板前，小球?qū)⒆銮€(xiàn)運(yùn)動(dòng)

如圖，重為G的勻質(zhì)金屬球靠著傾角45°的固定斜面靜止在水平地面上，a是球的左端點(diǎn)，b、c分別是球與地面和斜面的接觸點(diǎn)，F(xiàn)是在a點(diǎn)對(duì)球施加的一個(gè)水平向右、正對(duì)球心的推力。已知a、b、c和球心在同一豎直面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦。下列判定正確的是(????)A.若F=0.5G，則球?qū)π泵娴膲毫Υ笮∫矠?.5G

B.若F=0.5G，則球?qū)Φ孛娴膲毫Υ笮∫矠?.5G

C.F由零緩慢增大到G的過(guò)程中，球所受合力將增大

D.F由零緩慢增大到G的過(guò)程中，球所受支持面作用力的合力將減小如圖，正方形PNMQ的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓心在M，半徑也為L(zhǎng)的14圓形區(qū)域MQN內(nèi)有垂直于圓面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，K是圓弧QN的中點(diǎn)，G是QM邊的中點(diǎn)。一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)，以相同的速度v=qBLm沿既垂直于QM也垂直于磁場(chǎng)的方向從QM邊射入磁場(chǎng)。關(guān)于從K點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子，下列說(shuō)法正確的是A.它是從G點(diǎn)射入的

B.它是從QG之間的某一點(diǎn)射入的

C.它離開(kāi)磁場(chǎng)后將經(jīng)過(guò)P點(diǎn)

D.它離開(kāi)磁場(chǎng)后將從P點(diǎn)下方穿過(guò)PQ邊如圖，L1和L2是輸電線(xiàn)，甲、乙是兩個(gè)互感器(可視為理想變壓器)，其中的線(xiàn)圈匝數(shù)關(guān)系為n1：n2=200：1、n3：A.甲是電流互感器，乙是電壓互感器

B.甲是電壓互感器，乙是電流互感器

C.若V表示數(shù)為30V，則輸電線(xiàn)兩端的電壓最大值為6000V

D.若A表示數(shù)為5A，則通過(guò)輸電線(xiàn)的電流有效值為500A從地面豎直向上拋出一物體，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體除受到重力外還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力F作用。以地面為零勢(shì)能面，物體從拋出到落回地面的過(guò)程中，機(jī)械能E隨路程s的變化關(guān)系如圖所示，重力加速度大小為10m/s2，則(????)A.物體到達(dá)的最高點(diǎn)距地面的高度為1.0m

B.外力F的大小為3.5N

C.物體動(dòng)能的最小值為1.0J

D.物體的質(zhì)量為0.4kg如圖，上端固定的輕彈簧下端系在正方形單匝閉合線(xiàn)框abcd的bc邊中點(diǎn)上，線(xiàn)框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，電阻為R；在外力作用下線(xiàn)框靜止，線(xiàn)框平面(紙面)豎直，ad邊水平且彈簧恰好為原長(zhǎng)，與ad邊相距0.5L的水平邊界MN下方存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。由靜止釋放線(xiàn)框，當(dāng)ad邊到達(dá)邊界MN時(shí)，線(xiàn)框速度大小為v。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，彈簧勁度系數(shù)k=mgL且形變始終在彈性限度內(nèi)。下列判定正確的是(????)A.ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)前的過(guò)程中，彈簧彈力的沖量大小為I彈=mgLv?mv

B.ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，a、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uad=BLv

C.如圖所示為某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)的“用量角器和刻度尺測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)”的實(shí)驗(yàn)裝置。

(1)實(shí)驗(yàn)步驟為：

①將小球和滑塊用細(xì)繩連接，使其跨過(guò)固定的斜面，均處于靜止?fàn)顟B(tài)；

②剪斷細(xì)繩，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，先后聽(tīng)到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音；

③保持小球和滑塊的位置不變，調(diào)整______位置，重復(fù)以上操作，直到同時(shí)聽(tīng)到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音；

④用量角器測(cè)出斜面的傾角θ，用刻度尺測(cè)出小球下落的高度H和滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移x。

(2)由實(shí)驗(yàn)可求得：滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的加速度和重力加速度的比值ag=______；滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=______。測(cè)定干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的電路如圖(a)所示，MN為一段粗細(xì)均勻、電阻率較大的電阻絲，定值電阻R0=1.2Ω。調(diào)節(jié)滑片P，記錄電壓表示數(shù)U、電流表示數(shù)I及對(duì)應(yīng)的PN長(zhǎng)度x，繪制出圖(b)所示的U?I圖像。

(1)由圖(b)求得電池的電動(dòng)勢(shì)E=______V(保留3位有效數(shù)字)，內(nèi)阻r=______Ω(保留2位有效數(shù)字)。

(2)實(shí)驗(yàn)中因電表內(nèi)阻的影響，電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值______(選填“大于”、“等于”或“小于”)真實(shí)值。

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可繪出圖(c)所示的UI?x圖像。若圖像斜率為k，電阻絲橫截面積為S，則電阻絲的電阻率ρ=______，電表內(nèi)阻對(duì)電阻率的測(cè)量______(選填“有”或“沒(méi)有”)如圖，在第一、第四象限的y≤0.8m區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E=4×103N/C；在第一象限的0.8m<y≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量m=1×10?10kg、電荷量q=1×10?6C的帶正電粒子，以v0=6×103m/s的速率從坐標(biāo)原點(diǎn)

如圖，傾角為θ的傾斜軌道與水平軌道交于Q點(diǎn)，在傾斜軌道上高h(yuǎn)處由靜止釋放滑塊A，此后A與靜止在水平軌道上P處的滑塊B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間不計(jì))。已知A、B的質(zhì)量之比為mA：mB=1：4，B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A與軌道間無(wú)摩擦，重力加速度大小為g。(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，水平軌道足夠長(zhǎng)，A過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度大小不變、方向變?yōu)榕c軌道平行)

(1)第一次碰撞后瞬間，求A與B的速度大小vA和vB；

(2)求B在水平軌道上通過(guò)的總路程s；

(3)當(dāng)P、Q的距離為sPQ=?5時(shí)，在B的速度減為零之前，A

下列說(shuō)法正確的是(????)A.布朗運(yùn)動(dòng)是固體分子的運(yùn)動(dòng)，它反映了液體內(nèi)部分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性

B.質(zhì)量和溫度都相同的水、冰和水蒸氣，它們的內(nèi)能不相等

C.密閉容器內(nèi)，氣體的壓強(qiáng)是由大量氣體分子頻繁地碰撞器壁而產(chǎn)生的

D.雨水沒(méi)有透過(guò)布雨傘是因?yàn)橐后w表面存在張力

E.滿(mǎn)足能量守恒定律的物理過(guò)程都能自發(fā)地進(jìn)行為了監(jiān)控鍋爐外壁的溫度變化，某鍋爐外壁上鑲嵌了一個(gè)底部水平、開(kāi)口向上的圓柱形導(dǎo)熱氣缸，氣缸內(nèi)質(zhì)量m=100g、橫截面積S=10cm2的活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞上方用輕繩懸掛著矩形重物。當(dāng)缸內(nèi)溫度為T(mén)1=360K時(shí)，活塞與缸底相距H=6cm、與重物相距?=4cm。已知鍋爐房?jī)?nèi)空氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2，不計(jì)活塞厚度及活塞與缸壁間的摩擦，缸內(nèi)氣體溫度等于鍋爐外壁溫度。(結(jié)果取3位有效數(shù)字)

(i)當(dāng)活塞剛好接觸重物時(shí)，求鍋爐外壁的溫度T2；

(ii)當(dāng)鍋爐外壁的溫度為660K時(shí)，輕繩拉力剛好為零，警報(bào)器開(kāi)始報(bào)警，求重物的質(zhì)量如圖，一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波t0時(shí)刻剛好傳播到P(10m,0)點(diǎn)，原點(diǎn)O是波源的平衡位置，波源持續(xù)振動(dòng)的頻率為5Hz。

①波源的起振方向沿y軸______(選填“正”或“負(fù)”)方向；

②該波的波速為_(kāi)_____m/s；

③平衡位置為(6m,0)的質(zhì)點(diǎn)在(t0?0.2s)～(t0如圖，ABC是某三棱鏡的橫截面，∠B=30°，∠C=90°，邊長(zhǎng)AC=L，一條平行于BC的光線(xiàn)入射到AB邊上D點(diǎn)，經(jīng)棱鏡兩次折射從AC邊中點(diǎn)E射出，出射光線(xiàn)與AC邊的夾角θ=30°

(i)求該棱鏡材料的折射率；

(ii)若平行于BC邊平移入射光線(xiàn)，當(dāng)AB邊的入射點(diǎn)在F(圖中未畫(huà)出)時(shí)，光線(xiàn)再次從E點(diǎn)射出。請(qǐng)判斷光線(xiàn)是否會(huì)在BC邊發(fā)生全反射，并求F點(diǎn)到D點(diǎn)的距離。(每條邊只考慮一次反射或折射)

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、天然放射性現(xiàn)象中發(fā)射的γ射線(xiàn)在磁場(chǎng)中不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，因?yàn)棣蒙渚€(xiàn)不帶電，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)原子從高能級(jí)躍遷到低能級(jí)時(shí)，因釋放能量，則要輻射光子，故B錯(cuò)誤；

C、當(dāng)光照射在金屬表面上時(shí)，金屬中的電子會(huì)逸出金屬表面，并不是質(zhì)子，故C錯(cuò)誤；

D、核子在結(jié)合成原子核的過(guò)程中向外釋放能量，存在質(zhì)量虧損，所以原子核的靜質(zhì)量小于構(gòu)成它的所有核子單獨(dú)存在時(shí)的總靜質(zhì)量，故D正確。

故選：D。

γ射線(xiàn)不帶電；從高能級(jí)躍遷到低能級(jí)時(shí)，要釋放光子；發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，是電子逸出金屬表面；康普頓效應(yīng)說(shuō)明光具有粒子性；核子在結(jié)合成原子核的過(guò)程中向外釋放能量，依據(jù)質(zhì)能方程，即可判定。

該題考查γ射線(xiàn)是否帶電，掌握電子躍遷時(shí)，何時(shí)吸收光子，何時(shí)輻射光子，理解光電效應(yīng)現(xiàn)象的條件，注意質(zhì)能方程的含義。

2.【答案】A

【解析】解：上升器在環(huán)月軌道運(yùn)行時(shí)萬(wàn)有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r

月球的質(zhì)量：M=v2rG，故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：A?！窘馕觥拷猓篈、小球處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，由題目圖可知，小球受到水平向左的電場(chǎng)力，由于左極板帶正電，因此小球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)電容的決定式C=?S4πkd與定義式C=QU，再結(jié)合E=Ud，那么電場(chǎng)強(qiáng)度的綜合表達(dá)式為：E=4πkQ?S，僅平移B板使兩板間的距離適當(dāng)增大，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，那么小球受到的電場(chǎng)力不變，因此θ角將保持不變，故B正確；

C、同理，僅平移B板使兩板間的正對(duì)面積適當(dāng)減小，由上可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，那么電場(chǎng)力要增大，因此θ角將變大，故C錯(cuò)誤；

D、剪斷前，小球受到重力、電場(chǎng)力與拉力處于平衡，僅剪斷細(xì)線(xiàn)，拉力為零，但重力與電場(chǎng)力的合力仍不變，與剪斷前的拉力反向，因此在離開(kāi)或碰到極板前，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

依據(jù)小球受力分析，結(jié)合平衡狀態(tài)，分析電場(chǎng)力方向，從而確定小球的電性；

根據(jù)電容的決定式C=?S4πkd與定義式C=QU，再結(jié)合E=【解析】解：對(duì)金屬球受力分析如圖，根據(jù)平衡條件，水平方向：F=N′cos45°；豎直方向：N+N′sin45°=G。

A、根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫Φ扔谛泵娼o球的支持力N′=Fcos45°=0.5G22=22G，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)Φ孛娴膲毫Φ扔诘孛娼o球的支持力N=G?N′sin45°=G?0.5G=0.5G，故B正確；

C、F由零緩慢增大到G過(guò)程中，球始終處于平衡狀態(tài)，合力為零，故C錯(cuò)誤；

D、球所受支持面作用力的合力等于F與重力的合力，F(xiàn)增大，F(xiàn)與重力的合力增大，球所受支持面作用力也增大，故D錯(cuò)誤；

故選：【解析】解：A、由洛倫茲力提供向心力得：qvB=mv2r，代入數(shù)據(jù)得：r=L，畫(huà)出粒子從G射入時(shí)的軌跡圖如圖1：

因?yàn)镵為中點(diǎn)，故∠b=45°，因?yàn)镺Q=L2，QC<L2，故∠a<45°，所以從磁場(chǎng)射出的點(diǎn)A在K下面，故A錯(cuò)誤。

B、由選項(xiàng)A中的分析得，從G射入的粒子在K下面射出，故要想從K點(diǎn)射出，應(yīng)從GM間射入，故B錯(cuò)誤。

CD、從K射出的粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2，因?yàn)镸K=OK=r且∠b=45°，所以三角形OMK為直角三角形，故速度與MK同線(xiàn)，MK為對(duì)角線(xiàn)，故速度過(guò)點(diǎn)P，即粒子會(huì)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：C。

先計(jì)算出粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，然后畫(huà)出粒子從G射入時(shí)的軌跡圖，畫(huà)出粒子射出點(diǎn)然后和K進(jìn)行比較。

粒子從K射出后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出軌跡圖利用幾何關(guān)系判斷粒子能否經(jīng)過(guò)P點(diǎn)。

對(duì)于能算出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑的題目，要先算出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑，再結(jié)合尺規(guī)作圖，能更方便的找到幾何關(guān)系，減小解題難度?！窘馕觥拷猓篈B、甲圖的原線(xiàn)圈兩端接電源兩端的電壓，所以是電壓互感器，乙圖中的原線(xiàn)圈串聯(lián)接入輸電線(xiàn)的一根導(dǎo)線(xiàn)，所以的電流互感器，故A錯(cuò)誤、B正確；

C、若V表示數(shù)為30V，則輸電線(xiàn)兩端的電壓的有效值為：U1=n1n2UV=2001×30V=6000V，則輸電線(xiàn)兩端的電壓最大值為Um=60002V，故C錯(cuò)誤；

D、若A表示數(shù)為5A，則通過(guò)輸電線(xiàn)的電流有效值為：I【解析】解：A、根據(jù)圖可知，物體一共走過(guò)的路程為2m，則上升的最大高度?=st=22m=1.0m，故A正確；

B、在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，初末機(jī)械能只有動(dòng)能，根據(jù)動(dòng)能定理可得：?Fs=Ek2?Ek1，解得F=Ek2?Ek1?s=1?7?2N=3N，故B錯(cuò)誤；

C、物體達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)物體的速度為零，只有重力勢(shì)能，故動(dòng)能為零，故C錯(cuò)誤；

D、由圖可知當(dāng)s=1m時(shí)達(dá)到最高點(diǎn)，此時(shí)具有的機(jī)械能為【解析】解：A.取向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得ad邊進(jìn)入磁場(chǎng)前的過(guò)程中mgt?I彈=mv，

由于線(xiàn)框受到的彈簧彈力是不斷變化的，故線(xiàn)框加速度是不斷變化的，則t≠Lv，所以I彈≠mgLv?mv，故A錯(cuò)誤；

B.ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，a、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為電源路端電壓，由于正方形線(xiàn)框總電阻為R，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得：Uad=34E=34BLv，故B錯(cuò)誤；

C.ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線(xiàn)框受到自身重力，豎直向上的彈簧彈力及安培力的作用，根據(jù)牛頓第二定律得：mg?Fx?F安=ma，

又因?yàn)閍邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，彈簧彈力Fx=k△x=mgL×0.5L=0.5mg，安培力F安=BIL，I=ER=BLvR，

聯(lián)立以上式子解得線(xiàn)框的加速度大小為a=|g2?【解析】解：(1)本實(shí)驗(yàn)利用小球與滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律進(jìn)行處理，則保持小球和滑塊的位置不變，調(diào)整擋板的位置，重復(fù)以上操作，直到同時(shí)聽(tīng)到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音；

(2)對(duì)滑塊有：x=12at2

對(duì)小球有：H=12gt2

得：ag=xH。

(3)由牛頓第二定律有：

mgsinθ?μmgcosθ=ma

解得：μ=tanθ?agcosθ=tanθ?xHcosθ。

故答案為：(1)擋板(2)x【解析】解：(1)由圖(a)所示電路圖可知，路端電壓：U=E?I(r+R0)，

由圖(b)所示U?I圖象可知，電源電動(dòng)勢(shì)：E=1.49V，

圖象斜率的絕對(duì)值：k=r+R0=△U△I=1.49?1.20.20Ω=1.45Ω，

電源內(nèi)阻：r=k?R0=1.45Ω?1.2Ω=0.25Ω；

(2)圖示(a)可知，伏安法測(cè)電阻相對(duì)于電源來(lái)說(shuō)采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，

電流表測(cè)量值偏小，當(dāng)外電路短路時(shí)，電流測(cè)量值等于真實(shí)值，電源的U?I圖象如圖所示，

由圖象可知，電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值小于真實(shí)值。

(3)根據(jù)圖(a)所示電路圖可知：R+RA=UI=ρxS+RA=ρSx+RA

由UI?x圖象可知，圖象的斜率：k=ρS，解得：ρ=kS；

考慮電表內(nèi)阻，圖象的斜率不變，對(duì)電阻率的測(cè)量沒(méi)有影響；

故答案為：(1)1.49；0.25；(2)小于；(3)kS，沒(méi)有。

(1)由圖甲所示電路圖求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻。

(2)根據(jù)圖示電路圖與實(shí)驗(yàn)誤差來(lái)源分析實(shí)驗(yàn)誤差。

(3)根據(jù)電路圖利用歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖象求出電阻率。

本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻以及測(cè)量電阻率的實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，認(rèn)真分析實(shí)驗(yàn)電路圖，應(yīng)用閉合電路歐姆定律、電阻定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式即可解題。

11.【答案】解：(1)粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，所受電場(chǎng)力為F=qE，由牛頓第二定律有：a=Fm，

y方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有vy2=2as，代入數(shù)據(jù)，解得vy=8×103m/s，

粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為：v=v02+vy2，代入數(shù)據(jù)得：v=1×10【解析】帶電粒子在電場(chǎng)中類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類(lèi)平拋的規(guī)律求出水平速度和豎直速度，然后合成得到合速度。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)，得到半徑，就可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度。

帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，學(xué)生要掌握好規(guī)律，結(jié)合數(shù)學(xué)進(jìn)行分析求解。

12.【答案】解：(1)A與B發(fā)生碰撞前只有重力做功，由機(jī)械能守恒可得：mAg?=12mAvA02

得：vA0=2g?

碰后瞬間A的速度為vA，B的速度為vB，取碰撞前A的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得：

mAvA0=mAvA+mBvB…①

根據(jù)能量守恒定律可得：12mAvA02=12mAvA2+12mBvB2…②

A、B的質(zhì)量之比為mA：mB=1：4

③

聯(lián)立①②③解得：vA=?35vA0=?32g?5，vB=25vA0=22g?5；

(2)在物塊A與物塊B發(fā)生碰撞后，由于B做減速運(yùn)動(dòng)，所以A還會(huì)與B發(fā)生多次碰撞，碰撞的過(guò)程中沒(méi)有能量損失，則最終A的重力勢(shì)能將全部轉(zhuǎn)化為B與地面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，由功能關(guān)系可得：μmBgs=mAg?

可得：s=?4μ

(3)設(shè)A與B第一次碰撞到B的速度減小為零的時(shí)間為t，A與B在t時(shí)間內(nèi)的位移分別為xA和xB，對(duì)B由動(dòng)量定理得：?μmBgt=0?mBvB

【解析】(1)由機(jī)械能守恒求出A與B碰撞前速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系列方程求解碰撞后A和B的速度；

(2)根據(jù)功能關(guān)系求出B的總位移；

(3)若A與B能發(fā)生第二次碰撞，設(shè)A與B第一次碰撞到B的速度減小為零的時(shí)間為t，則在t時(shí)間內(nèi)A的總位移大于B的總位移，對(duì)B物塊根據(jù)動(dòng)量定理求出該時(shí)間，然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式求出B的位移；A在水平面上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在斜面上做往返運(yùn)動(dòng)，加速度的大小相等，由牛頓第二定律求出A在斜面上的加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式求出時(shí)間，再求出A物塊在水平面上的位移的表達(dá)式，最后結(jié)合追上的條件即可求出。

本題考查了動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律；運(yùn)用動(dòng)能定理解題時(shí)，首先要選取研究過(guò)程，然后分析在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)動(dòng)能定理列方程解答；動(dòng)能定理的優(yōu)點(diǎn)在于適用任何運(yùn)動(dòng)包括曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；一個(gè)題目可能需要選擇不同的過(guò)程多次運(yùn)用動(dòng)能定理研究，也可以全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理解答。

13.【答案】BCD

【解析】解：A、布朗運(yùn)動(dòng)是指懸浮在液體中的微小顆粒的運(yùn)動(dòng)，而不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，間接地反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性，故A錯(cuò)誤；

B、水結(jié)冰時(shí)要放出熱量，而變成水蒸氣時(shí)要吸收熱量，故溫度和質(zhì)量都相同的水、冰和水蒸氣，它們的內(nèi)能不相等，故B錯(cuò)誤；

C、密閉容器內(nèi)，氣體的壓強(qiáng)是大量氣體分子頻繁地碰撞器壁產(chǎn)生的，故C正確；

D、液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，即是表面張力，表面張力的存在使液體表面具有收縮的趨勢(shì)，雨水不能透過(guò)布雨傘，是因?yàn)橐后w表面存在張力，故D正確；

E、滿(mǎn)足能量守恒定律的物理過(guò)程不一定能自發(fā)進(jìn)行，還要遵守?zé)崃W(xué)第二定律，故E錯(cuò)誤。

故選：BCD。

布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，不是分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；物體的內(nèi)能由物體的體積，溫度和物質(zhì)的量共同決定；氣體的壓強(qiáng)是大量氣體分子頻繁地碰撞器壁產(chǎn)生的；液體表面層分子間距大于分子平衡距離，分子力表現(xiàn)為引力，即液體的表面張力；自然界一切發(fā)生的能量轉(zhuǎn)化過(guò)程都具有單向特性，遵守?zé)崃W(xué)第二定律。

本題考查了布朗運(yùn)動(dòng)、內(nèi)能、液體表面張力、氣體壓強(qiáng)與熱力學(xué)第二定律等問(wèn)題，涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，但難度不大，掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。

14.【答案】解：(i)活塞上升過(guò)程為等壓變化。

初態(tài)：V1=HS，T1=360K

末態(tài)：V2=(H+?)S，T2=？

則根據(jù)蓋?呂薩克定律得V1T1=V2T2

得T2=600K

(ii)活塞碰到重物后到繩的拉力為零是等容過(guò)程，設(shè)重物質(zhì)量為M。

初態(tài)：對(duì)活塞根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：p2S=p0S+mg，解得p2=p0+mgS，T2=600K

末態(tài)：對(duì)活塞根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：【解析】(i)活塞上升過(guò)程為等壓變化。根據(jù)呂薩克定律分析當(dāng)活塞剛剛碰到重物時(shí)鍋爐外壁溫度。

(ii)活塞碰到重物后到繩的拉力為零是等容過(guò)程，由力平衡求出初末狀態(tài)時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)，再由查理定律求解。

本題考查氣體定律的綜合運(yùn)用，解題關(guān)鍵是要分析好壓強(qiáng)p、體積V、溫度T三個(gè)參量的變化情況