2021年甘肃省高考物理二诊试卷

2021年甘肃省高考物理二诊试卷

1.原子中的电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，则（）

A.核外电子受力减小B.核外电子的电势能减小

C.核外电子的动能减小D.原子的能量增大

2.甲、乙两车在某时刻由同一地点沿同一方向做直线运动，若以「乙

该时刻作为计时起点，它们运动的位移x随时间，变化的关系

如图所示，则下列说法正确的是（）1^^;

0I；t

A.h时刻两车相距最远

B.q时刻乙车从后面追上甲车

C.G时刻乙车的速度小于甲车的速度

D.在0到J时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度

3.如图所示，物体A以速度又做平抛运动，落地时水」J

平方向的位移和竖直方向的位移均为1根，图。中的\

虚线是A做平抛运动的轨迹，图6中的曲线是一光〃，〃〃，〃〃〃）〃〃〃，〃〃，〃〃，，〃），，，

（•）向

滑轨道，轨道的形状与图。中的虚线完全相同，让

物体8从轨道顶端沿轨道无初速度下滑，8下滑过程中没有脱离轨道，物体A、B

都可以看作质点，重力加速度g取l（hn/s2。则下列说法正确的是（）

A.A、8两物体落地时的速度相同

B.4、B两物体下落运动的时间相等

C.物体A落地时的速度大小为5m/s

D.物体8落地时沿水平方向的速度大小为5m/s

4.图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，Ro

为定值电阻，R为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观

察到电流表4的示数增大了0.24电流表4的示数增大了0.84则下列说法正确的

是（）

A.电压表匕示数增大

B.电压表%,匕示数均增大

C.该变压器起升压作用

D.变阻器滑片是沿c-d的方向滑动

A.薄板带负电，薄板在A、B两点产生的电场强度相等

B.带电薄板在B点产生的电场强度的大小为貉

C.电子在A点所具有的电势能一定为零

D.电子在B点所具有的电势能小于在4点所具有的电势能

yrM八XX

6.如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，；夕『

。点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、TVx\xx/x

与o等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一

xxPxBx

个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做

往复运动，下列说法中正确的是（）

A.小球由M到N与由N到M所经历的时间相等

B.小球由“到户与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不

等

C.小球由M到尸与由N到P过程中所受合外力的冲量大小相等

D.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的

7.2020年12月3日，中国探月工程“嫦娥五号”上升器点火起飞，携带月壤进入预

定环月轨道，成功实现中国首次地外天体起飞，此前“嫦娥五号”探测器经过约

19小时月面工作，顺利完成月球表面自动采样。假设探测器在月球表面附近做勾

速圆周运动，经过的时间为3运动的弧长为s,将月球看做半径为R、质量均匀分

布的球体，引力常量为G,则（）

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A.探测器的环绕周期为‘竺B.探测器的向心加速度为Y

C.月球的质量为4-D.月球的密度为一^

t2GR4nGt2R2

8.在倾角为。的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块4/

和&它们的质量分别为相和3,”,弹簧的劲度系数为X,<

C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用沿斜面方向

的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当8刚离开C时，A的速度为V,加速度大

小为“，方向沿斜面向上，贝！1()

A.恒力的大小为4mgs讥6+ma

B.物块8从静止到刚离开C的过程中，A发生的位移为竺与皿

C.物块B从静止到刚离开C的过程中，4克服重力做的功为处烂竺

D.物块8从静止到刚离开C的过程中，弹簧弹性势能的增加量为

(3mgsin6+ma)—^ma2

9.某实验小组利用如图1所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。

(1)下列做法正确的是。

A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行

8.在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时;将装有祛码的托盘通过定滑

轮拴在小车上

C实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源

D用托盘和盘内祛码的重力作为小车和车上祛码受到的合外力，为减小误差，实验

中一定要保证托盘和祛码的总质量远小于小车和车上祛码的总质量

(2)某同学以小车和车上祛码的总质量M的倒数为横坐标，小车的加速度a为纵坐

标，在坐标纸上作出的a-［关系图线如图2所示。由图可分析得出：加速度与质

量成关系(选填“正比”或“反比”):图线不过原点说明实验有误差，引

起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角(选“过大”或“过

小”)。

10.(1)图甲使用0.64量程时，图中表针示数是A；图乙使用3V量程，图中表针

示数为匕

(2)电压表匕和电压表彩是由两块完全相同的灵敏电流计改装而成，但量程不同。

图丙中电压表匕的读数为2U,%的读数为U,匕、%的内阻分别为即1、即2,现

电压表匕的指针指在满刻度的一半处，这时电压表彩的指针指在______位置，两

电压表内阻关系为即1：即2=，被测电阻勺两端的电压为〃=。

(3)如图丁，利用两块完全相同的灵敏电流计改装后的高精度电压表匕、眩和以下

测量电路测定电源电动势和内阻，已知匕的量程是匕量程的3倍，彩的内阻为即2,

具体操作步骤如下：

A.当开关打到1的位置时，电压表匕的读数为名；

B.当开关打到2的位置时，电压表彩的读数为

用已知量和直接测量量表示电源电动势E=和内阻r=o

11.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一个用均匀导线

围成的等边三角形线框。反，其边长为L总电阻为上

H

边界MN的右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应

强度的大小为B。线框保持以恒定速度为向右进入磁场，

其中外边总保持与MN平行。在线框进入磁场的过程中。

求：

(1)线框H边刚进入磁场时〃、6两点的电势差；

(2)线框中产生的电动势E随时间变化的关系式(自外边刚进入磁场时计时);

(3)在线框进入磁场的过程中，通过导线截面的总电量。

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12.如图所示，光滑的水平面上有质量分别为肛4=o.2kg、MB=0.6kg两物块A、B,

A、B之间用一根轻弹簧连接，开始时，弹簧处于原长，物块A刚好与竖直墙壁接

触。现用外力缓慢向左推物块B使弹簧压缩，然后撤去外力，在此过程中外力做功

为30为求：

(1)从撤去外力到物块A离开墙壁的过程中，墙壁对物块A的冲量的大小和方向；

(2)在物块4离开墙壁后的运动过程中,物块B的最小速度和弹簧的最大弹性势能。

13.根据热力学定律，下列说法正确的是()

A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动

B.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量

C.单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点

D.密闭在气缸内的气体被压缩，同时气体吸热，则缸内气体的内能一定变化

E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

14.如图所示，一传热性能很好的容器，两端是直径不同

的两个圆筒，里面各有一个活塞，其横截面积分别为

2

SA=lOc*和SB=4cm,质量分别是=6kg,

MB=4kg.它们之间有一质量不计的轻质细杆相连.两活塞可在筒内无摩擦滑动，但

不漏气.在气温是-23。（：时，用销子M把B拴住，并把阀门K打开，使容器和大气

相通，随后关闭K,此时两活塞间气体体积是300cm3,当气温升到27P时把销子

M拔去.设大气压强为1.0x105pa不变，容器内气体温度始终和外界相同.求：

（1）刚拔去销子M时两活塞的加速度大小和方向.

（2）活塞在各自圆筒范围内运动一段位移后速度达到最大，这段位移等于多少？

15.如图所示，一束单色光从空气中射向折射率为我的某种玻璃的表面,i表示入射角,

下列说法正确的是（）

A.当i>45。时会发生全反射现象

B.无论入射角，•是多大，折射角r都不会超过45。

C.欲使折射角r=30°,应以i=45。的角度入射

D.当单色光从空气进入到玻璃时，光的波长将变大

E.当入射角，・满足条件tani=a时，反射光线和折射光线恰好互相垂直

16.如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介

质中沿BP方向传播，P与B相距60cm,8点的振动图象如图乙所示；沿竖直方向

振动的横波H在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距70c〃?，C点的振动图象如

图丙所示。某时刻两列波同时（从此刻开始计时）分别经过8、C两点，两列波的波

速都为20cm/s,经过一段时间两列波在P点相遇，求：

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①波n的波长和波n传至ij尸点所需的时间；

②在0〜6.25s时间内，质点尸的路程和位移。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：根据玻尔理论，原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的

轨道上时，

是原子从高能级向低能级跃迁，原子的能量减小，

核外电子的轨道半径变小，原子核和核外电子的间距减小，核外电子受力增大，

并且该过程伴随着库仑力做正功，电势能减小，

根据与=让可知电子的动能七上=空增大，故ACD错误，8正确。

r2rK2r

故选：Bo

氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，根据其核外

电子的轨道变化情况，判断其受力情况，根据库仑力做功情况判断其电势能变化情况和

能量减小，根据库仑力提供向心力判断核外电子的动能变化情况。

解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，通过牛顿第二定律与库仑定律

的内容分析。

2.【答案】B

【解析】解：A、在玄时刻两车的图像相交，说明口时刻两车相遇，相距最近，故A错

误；

8、两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，G时刻之前，甲在乙的前

面，口时刻两车相遇，说明在Q时刻乙车刚好从后面追上甲车，故B正确；

C、x-t图图像的斜率表示物体的速度，斜率越大，速度越大，故方时刻乙车的速度大

于甲车速度，故C错误；

。、0到打时间内，甲、乙两车的位移相等，根据平均速度等于位移除以时间，可知，0

到Q时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故。错误。

故选：Bo

在位移-时间图像中，两图像的交点表示两个物体相遇，图像的斜率表示速度，结合平

均速度等于位移除以时间来分析。

本题的关键要抓住x-t图像的纵坐标表示物体的位置,纵坐标的变化量等于物体的位移,

斜率等于速度，就能分析两车的运动情况。

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3.【答案】C

【解析】解：人物体A以速度％做平抛运动，物体B从轨道顶端无初速下滑，由动能

定理得，A、8的都是重力做功，且大小相同，所以8的末速度小于A的末速度，故4

错误；

B、4、8两物体的竖直位移相等，但是B在竖直方向上的加速度小于A,根据九=之。/

可知4、8在空中运动的时间不同，且/<生，故B错误；

C、根据平抛运动的知识,A沿水平方向：1=竖直方向：1=Tg/,解得%=V5m/s.

s，22

t=Y则A落地时的速度：vA=+(gt)2=J(V5)+(2y/5)m/s=5m/s>故C

正确；

D、重力对8做功：W=mgL=\mvl，解得B的末速度：%=2巡m/s,因为8与A

的落地速度方向相同，设A落地时速度与水平方向夹角为。，则cos8=*,所以B的水

平分速度为外-cosd=2-\/5x~—2m.is,故。错误。

故选：Co

根据平抛运动的竖直位移与水平位移的时间相等，求出A做平抛运动的时间和水平速度

的大小，根据动能定理即可求出B的末速度的大小。

此题考查的是平抛运动的规律的应用，基础类题目，关键是根据A做平抛运动求解末速

度与水平方向的夹角.

4.【答案】D

【解析】A。、由于“、匕接在电压有效值不变的交流电源两端，匝数比不变，所以副线

圈电压不变，即匕，七示数不变；观察到电流表&的示数增大了0.24电流表4的示数

增大了0.84即副线圈电流增大，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿

c->d的方向滑动，故A错误，。正确，

B、由于&两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表匕示数减小，故

B错误；

C、观察到电流表4的示数增大了0.24电流表4的示数增大了0.84即原线圈电流增

大量小于副线圈电流增大量，

根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误；

故选：D。

本题关键是明确电路结构，根据欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的

电压电流关系分析，不难。

5.【答案】D

【解析】解：A、正电荷4在A点激发的电场强度方向向右，A点的电场强度为零，根

据电场的矢量合成，知薄板带负电，由对称性可知，薄板在A、B两点产生的电场强度

大小相等，方向相反，故A错误；

B、q在A点形成的电场强度的大小为：籍，方向向左；因A点场强为零，故薄板

在A点的场强方向向右，大小也为黑；由对称性可知，薄板在B点的场强也为黑，方

向向左，故3错误；

C、零电势点是人为规定的，故电子在A点所具有的电势能不一定为零，故C错误；

。、如果没有正电荷电子在8点所具有的电势能等于在A点所具有的电势能，现在

叠加正电荷q的电场，电子由A到8电场力做正功，电势能减小，故电子在B点所具有

的电势能小于在A点所具有的电势能，故。正确。

故选:Do

由A点的电场强度为零可判断薄板带负电，零电势的选取是规定的；由点电荷的场强公

式可得出《在A点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在A点的场强大小及方向；

由对称性可知薄板在8点形成的场强；由点电荷电场电势分布可比较两点间电势差。

题目中薄板形成的场强，看似无法解决；但注意A点的场强是由薄板及点电荷的电场叠

加而成，故可求得薄板在A点的电场强度，而薄板两端的电场电势是对称的，之后可以

叠加点电荷的电场电势分析。

6.【答案】AC

【解析】解：人小球所受的洛伦兹力不做功，轨道光滑没有摩擦力，只受重力作用，

小球机械能守恒，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，故A正确。

3、小球由M到P与由N到尸过程中重力对小球做的功相等，洛伦兹力一直与速度方向

垂直，故洛伦兹力不做功，故8错误。

C、根据动量定理有F豕=血△%根据4选项分析，小球机械能守恒，故小球由M到

P与由N到P过程中速度变化量大小相等，故在此过程中所受合外力的冲量大小相等,

故C正确。

。、小球从M到尸的过程中由左手定则可知小球所受的洛伦兹力方向向上，设小球到最

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低点速度为V，圆环半径为七

根据牛顿第二定律有N]+qvB-mg=岸■:

当小球从N到P的过程中由左手定则可知小球所受的洛伦兹力方向下，

根据牛顿第二定律有N?—qvB—mg=卷"

故Ni力N2,故。错误。

故选：AC.

小球所受的洛伦兹力不做功，没有摩擦力，只受重力作用机械能守恒，故小球由"到N

与由N到M所经历的时间相等。

洛伦兹力一直与运动速度方向垂直，不做功。

根据动量定理可求合外力冲量大小。

根据牛顿第二定律受力分析，速度相同向心力相同，但洛伦兹力方向不同故对轨道的压

力也不同。

明确洛伦兹力与速度方向垂直不做功，明确机械能守恒的条件，明确左手定则判断洛伦

兹力方向是解决问题的关键。

7.【答案】AD

【解析】解：4、由〃=称得一=：,又7=%=陋，即：探测器的环绕周期为随，

AttVSS

故A正确；

2c2

B、由向心加速度公式即=三将"=；,r=R代入得：斯=也故8错误；

8、万有引力提供向心力，由向心力公式有：赞=man,将斯=磊代入得：M=嘉，

又p=代入数据得：p=©",故C错误。正确。

V14nGt2R2

故选：AD.

探测器在月球表面附近做勾速圆周运动，可应用经过的时间为f,运动的弧长为s求解

圆周运动的周期、向心加速度等物理量，再应用万有引力提供向心力列式求解月球的质

量和密度。

本题考查万有引力定律的应用，万有引力提供向心力，结合匀速圆周运动的知识求解即

可。

8.【答案】AB

【解析】解：AB、开始时4处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：mgsind=kxr,

解得弹簧的压缩量为：久”

当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=3mgsin9,解得弹簧的伸长量为：

_3mgsin0

“2=­k-

可知物块8从静止到8刚离开C的过程中，A发生的位移为：尤=%+犯=等”；

当B刚离开C时,A的速度为v,加速度方向沿斜面向上、大小为a,此时：F-mgsin。-

kx2=ma,解得：F=4mgsin94-ma,故45正确；

C、物块B从静止到8刚离开C的过程中，A克服重力做的功为：WG=mgxsinO=

皿故c错误；

k

。、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增

加量，即得弹簧弹性势能的增加量为：

-2z

EP=F(;q+x2)—mgsind^+x2)^mv=(^mgsind+ma)—1mv,故D

错误。

故选：AB«

未加拉力尸时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力，由胡克定律求得弹簧的压

缩量；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件

并结合胡克定律求出弹簧的伸长量，从而求出A发生的位移，根据牛顿第二定律求出F

的大小；根据功的公式求出4克服重力做的功的大小；由功能关系可得弹簧弹性势能的

增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量。

本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后B物体恰好要滑动的临界状态，

然后结合功能关系分析。对于含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位

移与弹簧压缩量和伸长量的关系。

9.【答案】AD反比过大

【解析［解：(1)考查操作注意事项，A、只有细线与木板平行才能保证细线的拉力的大

小和方向不变，故A正确；

B、平衡的是小车受到的摩擦阻力，所以不能挂上钩码，让小车拖着纸带恰能做匀速直

线运动，故B错误；

C、先通电再释放小车这是涉打点计时器的规定动作，故C错误；

。、只有m<<M时，小车M受到的合力才能用mg来代替，故。正确；

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故选：AD

(2)根据牛顿第二定律有：a=±=三义F,由图2可以看出a-2图象是一条过原点的

直线，所以得到加速度，，与小车质量”成反比。

a-白图象不过原点，说明当M为某一很大的值时，加速度却不零，说明是平衡摩擦阻

力时长木板的倾角太大的缘故。

故答案为:(1)力。；(2)反比、过大

(1)根据实验的原理以及注意事项确定实验步骤的正误，判断出在什么情况下祛码桶及

桶内祛码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力；

(2)根据图线的斜率和纵截距的意义回答问题。

书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事

项这几点去搞清楚。对于实验中要注意的事项，要知其原因。

10.【答案】0.441.70满刻度的一半2：13。mJ：•即2

【解析】解：(1)图甲所示的电流表使用0.64量程时，其分度值为0.024示数为0.444；

当使用3V量程时，其分度值为0.14示数为1.70V；

(2)两电压表由相同的灵敏电流计改装，满偏电流相同，串联后电流相同，其偏转角度

也相同，

但电压表内阻不同，则电压表示数之比等于电压表内阻之比，即即1：RV2=2U：U=2：

1

所以电压表匕的指针指在满刻度的一半处，即为2U时，则电压表彩的读数为U,也在

电压表彩的指针指在满刻度的一半处，

此时待测电阻心两端的电压U=Ui+&=2U+U=3U；

(3)电压表匕、%是由完全相同的灵敏电流计改装，电压表七的量程是电压表匕量程的3

倍，电压表七的内阻为即2,则电流表匕的内阻值为竽

根据闭合电路欧姆定律有：一荤「，”=£一最,

2%出

联立解得：r=^--RV2,E=

3U1-U2

R

故答案为：(1)0.44,1.70；(2)满刻度的一半，2：1,3U；(3)蒙号，v2;

(1)根据电流表量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数，根据电压表量程确

定其分度值，然后根据指针位置读出其示数.

(2)表头串联分压电阻改装成电压表，由于表头相同，由于两个表头串联电流相等，电

压比等于其内阻之比；

(3)根据闭合电路欧姆定律列式求解电动势和内阻。

本题考查了电表的读数和电表改装，实验数据的垂根据闭合电路欧姆定律找出关系式求

解即可。

11.【答案】解：(1)线框岫边刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=BLv0,根据右

手定则可知〃端为高电势，根据闭合电路欧姆定律可得。、匕两点的电势差为:{/如=|E=

2

.BL%；

(2)线框在/时刻进入磁场的长度为：x=vQt

此时有效切割长度为：I=2(yL-x)tan30°=L-^vot

线框产生的感应电动势为：E=Blv0=BLv0(0<t<^)；

(3)线框进入磁场过程中，平均感应电动势为：£=丝=把受里=生

△tt4t

平均感应电流为：7=应

根据电荷量的计算公式可得：q=7・t=跳。

答：(1)线框而边刚进入磁场时4、％两点的电势差为|B"o；

(2)线框中产生的电动势E随时间变化的关系式为E=■)；

(3)在线框进入磁场的过程中，通过导线截面的总电量为由睡。

【解析】(1)线框湖边刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0,根据闭合电路欧姆

定律可得。、6两点的电势差；

(2)求出线框在，时刻线框有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求解线框产生的感应

电动势；

(3)根据法拉第电磁感应定律求解线框进入磁场过程中产生的平均感应电动势，根据电

荷量的计算公式求解通过导线截面的总电量。

对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连

接情况结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电荷量的计算公式列方程

求解。

12.【答案】解：(1)从撤去外力到物块A离开墙壁的过程中，由功能关系得小=1加8诏，

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解得%=息=后a/s=10m/S

此过程中对8,选水平向右为正方向，由动量定理得/=Tn-%-0

解得弹簧对B的冲量大小为/=6N•s,方向水平向右；

弹簧对物块A的弹力与弹簧对3的弹力等大反向共线且作用时间相同，所以弹簧对A

物块的冲量/'=/=6N-s,方向水平向左

由于物块4保持静止状态，所以墙壁对物块A的冲量与弹簧对物块A的冲量等大反向，

即〃=r=6N-s,方向水平向右；

(2)4离开墙以后做加速运动，B做减速运动，直到弹簧再次恢复原长，8的速度最小：

对A、B及弹簧组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mBv0=mAvA+mBvB,

由机械能守恒定律得：如B诏=lmAvA+如8诏，

解得物块B的最小速度巧？=m7g+：m丁^孙=怒0.6+怒0.2x10m/s=5m/s

A离开墙以后做加速运动，8做减速运动，二者速度相等时，弹簧长度最短，弹性势能

最大，

设此时两物体的共同速度为丫，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mBv0=(mB+mA)v,

根据系统的机械能守恒得

2

Ep=\mBvl-^(mB+mA)v

解得：弹簧的最大弹性势能Ep=7.57

答：

(1)从撤去外力到物块A离开墙壁的过程中，墙壁对物块4的冲量的大小为6N-s,方向

水平向左；

(2)在物块A离开墙壁后的运动过程中，物块2的最小速度为5m/s,弹簧的最大弹性势

能为7.5人

【解析】(1)根据功能关系求出A离开墙壁时8的速度，再对B运用动量定理可以求出

弹簧对物块B冲量大小，由于弹簧对物块8的冲量等于弹簧对物块A的冲量，再根据

物块A保持静止状态，计算墙壁对物块A的冲量即可；

(2)4离开墙壁后，A、8系统动量守恒，两者速度相同时;弹簧的弹性势能最大，应用

动量守恒定律求出共同速度，再由系统的机械能守恒求出最大的弹性势能；以48、

弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块8的最小速

度。

本题考查了求冲量、弹性势能与速度问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，

应用动量定理、动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题.

13.【答案】BDE

【解析】解：A、悬浮在水中的花粉的布朗运动是花粉颗粒的无规律运动，反映了水分

子的无规则运动，故A错误；

8、根据热力学第一定律可知，做功和热传递可以改变物体的内能，故8正确：

C、晶体分为单晶体和多晶体，都有固定的熔点，故C错误；

。、密闭在气缸内的气体被压缩，则有W>0,同时气体吸热，则有Q>0,根据热力学

第一定律△〃=(?+W，可知AU〉。，所以缸内气体的内能一定增加，故。正确；

E、根据热力学第二定律，可知功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，故E正确。

故选：BDE.

布朗运动反映了液体中分子的无规则运动；做功和热传递是改变物体的内能的两种方式;

单晶体和多晶体都有固定的熔点；根据热力学第一定律△{7=(2+〃判断；根据热力学

第二定律判断。

本题考查了布朗运动、热力学第一定律、晶体、热力学第二定律等热学基础知识，要求

学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。

14.【答案】解：(1)对于容器中的气体，在K关闭至M拔去前的过程中，是等容变化.

初态：pi=1.0x105pa,7\=273-23=250K；

末态：T2=273+27=300K

根据查理定律*=M得：

T1T2

55

p2=1.0x10x|^=1.2x10(Pa)①

选取活塞和杆为研究对象，当拔去M时，其受力情况分析如下图所示.

根据牛顿第二定律a=£=丝-P33.=gx-xiofcoxbe】。-，)2=

m6+4

1.2m/s2@

方向：水平向左.(3)

(2)由于&>SB，当活塞向左移动时，气体的体积增大，而气体的温度不变，故气体的

压强减小，

从上一问可知活塞和杆的加速度在减小，速度却增大，当减小到与外界压强相等时，加

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速度为零，这时速度达到最大，利用

初态：p=1.2x105Pa,V=300cm3；

末态:P'=1.0x105Pa,

玻意耳定律：pV=p'V',所以

嗅*"可°=360m3（^

p，1.0X105

设所求移动位移为X,则V'-V=SAx-SBx

所以x=-V'--rV-=360-3,00=10c?n⑤G

SA-SB10-4

答：（1）刚拔去销子M时两活塞的加速度大小是1.2zn/s2,方向向左.

（2）活塞在各自圆筒范围内运动一段位移后速度达到最大，这段位移等于10。”

【解析】（1）对于容器中的气体，在K关闭至M拔去前的过程中，是等容变化，列出等

式，再运用牛顿第二定律求解.

（2）由于SA>SB，当活塞向左移动时，根据气体方程判断出压强的变化，当减小到与外

界压强相等时;加速度为零,这时速度达到最大,根据等温变化列出等式求出这段位移.

熟练运