2022年四川省巴中市高考物理一诊试卷（附答案详解）

2022年四川省巴中市高考物理一诊试卷

1.小球以一定的初速度竖直上抛，在其向上运动过程中，空气阻力与速度大小成正比,

则其机械能E（以抛出点为零势能点，抛出时机械能为尻）随小球上升高度八变化的规

律下列描绘正确的是（）

2.有三种不同抗拉强度Rm（在拉断前承受的最大拉力值）的材料a、b、c,其中c的R值

最大，a的最小，某次施工时按如图所示对a、b、c三种材料制成的钢绳进行安装，

B.。4用材料a,OB用材料c,0C用材料b

C.。4用材料a,0B用材料b,0C用材料c

D.。4用材料b,OB用材料a,OC用材料c

3.运动员甲站在地上伸手可摸到2.70m,竖直起跳后可摸到3.15沉。他的队友乙以

5rn/s的速度向篮板方向传出篮球，出球方向与水平方向成37。角，篮球上升到最高

点时甲恰好起跳达到最高点在空中接到球完成扣篮得分，不计空气阻力，g=

10m/s2,sin370=0.6,下列说法正确的是（）

A.运动员甲起跳速度为4.0m/s

B.运动员甲在队友乙传出篮球时起跳

C.篮球在空中运动过程中，篮球所受重力的冲量为零

D.运动员接到球前的瞬间，篮球的速度恰好为零

4.如图所示，质量M=3kg,长L=2m的木板静止在光滑水平面上，木板上右端放

一个小滑块（可视为质点），小滑块的质量巾=1kg，小滑块和木板之间的动摩擦因

数〃=0.2。若用水平拉力F作用在木板上,取g-10m/s2,则下列说法正确的是（）

M

A.F=4N时，滑块的加速度大小为2m/s2

B.F=6N时，小滑块与木板发生相对滑动

C.F=14N时，小滑块会从木板上滑下，且小滑块和木板之间产生的热量是4/

D.把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F越大，小滑块和木板之间产生的热量越

大

5.2021年5月15日，天问一号探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，实

现了从地月系到行星际的跨越，在火星上首次留下中国人的印迹。科学家设计了在

火星表面从高为无处以初速度%水平抛出一个小球，测得抛出点与落地点之间的距

离为3该火星的半径为R,万有引力常数为G,根据以上信息则可以求出（）

A.天文一号发出它收集到的信息到我控制中心的时间

B.火星的自传周期

C.天问一号探测器在火星表面上的重力

D.火星的质量

6.在如图所示的电路中，定值电阻％=/?4=3k0,R2=2kU,R3=Rs=12kn,电

容器的电容C=6〃尸，电源的电动势E=10V,内阻不计，当开关S1闭合电流达到

稳定时，处在电容器中间带电量q=2x10-3。的油滴恰好保持静止，当开关$2闭

合后，则以下判断正确的是（）

&aR、

A.电容器上极板是高电势点B.带电油滴加速向下运动

C.a、b两点的电势差1/助=8VD.通过R3的电量Q=4.8x10-5C

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7.如图所示，水平面上有一个正方形，M、N、P、Q是其

四条边上的中点，M、N两点连线与P、Q两点连线交于

。点，在。点处固定一个负点电荷。现加一平行于纸面

的匀强电场后，Q点的场强为零，则加匀强电场后（）

A.P点的场强大小大于N点的场强

B.正电荷在M点的电势能大于N点的电势能

C.M点的场强方向由M指向Q

D.把正电荷从N点移到Q点电场力做负功

8.如图甲所示，在竖直平面内有一个倾角为。且足够长的斜面、现有质量为m的物块，

从斜面上的某位置由静止开始下滑。斜面与物块间的动摩擦因数〃随物块下滑位移x

的变化规律如图乙所示，物块的加速度随下滑位移变化规律如图丙所示，取沿斜面

向下为x轴正方向，下列说法正确的是（）

A.图乙中％处对应的纵坐标为〃=tan。

B.物块的最大速度为J2gx（）sin。

C.物块运动过程中机械能先变大后变小

D.物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为27ngx°s勿。

9.某实验小组采用如图所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与

它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用小车的质量为M,重物的质量

为m,试回答下列问题：

轻动滑轮弹簧泄力计

打点计时器小，车/

纸带、、金战——

水平实验台

(1)他们用该实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计

的示数尸为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的F-a图像，则小车的质量为,

该实验中，平衡小车和长木板之间的摩擦力(4必须B.不必)。

(2)若实验小组同学使用的重物质量m=：M,则小车的加速度a_____g(大于、小

于或等于)。

10.某兴趣小组想测一测奶茶的电阻率，用一根较粗并且粗细均匀的吸管注满奶茶，两

端用导电性能良好的材料密封管口，现有如下仪器：

电源E：电动势为6V,电源的内阻不计

电压表量程为2V,内阻=2/cO

电流表4量程为6m4内阻约为500

定值电阻％=4k。

定值电阻/?2=8ko

滑动变阻器R：最大阻值200,额定电流24多用电表一个，单刀单掷开关S,导

线若干•

(1)小李同学找来一根同规格的吸管，用游标卡尺测量吸管内径D，其读数如图1所

示，D=mm0

(2)小红同学将多用电表欧姆挡旋至“X100”挡，对注满吸管的奶茶粗略的测量电

阻如图2所示，小红同学所测量的阻值为0。

(3)小张同学想要精确测量奶茶的阻值，测量过程要求仪表的指针偏角均达到最大

偏角的三分之一以上且指针偏转范围尽量较大，请你在方框内设计合理的电路，并

补充完整，图3中％为奶茶的电阻。

(4)小张某次测得电压表的读数为U=1人电流表的数为/=2.5松，所测得奶茶的

电阻为&=，再用刻度尺测量吸管的长度可以计算出奶茶的电阻率。

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11.如图所示，一足够长、倾角a=30。的斜面固定在水平地面上，一个可看成质点且

质量为2.5kg的滑块M在斜面上的B点静止，滑块M与斜面间的动摩擦因数〃=弓。

另一个质量为1.5kg也可看成质点的滑块m(7n与斜面接触的表面光滑)，从离B点的

距离d=1.6m的4点由静止下滑，之后两滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短、重力

加速度g=10m/s2o求:

(1)4与B刚要发生碰撞时A的速度打;

(2)碰后到Tn第一次上滑到最高点的过程中，M损失的机械能E。

12.间距为d的平行金属板PQ、MN水平放置，极板右端点Q、N在足够长的竖直虚线4C

上，如图甲所示，两极板间有竖直向上的匀强电场，场强当按图乙所示规律变化(E。

未知)。在AC右侧区域同时存在垂直于纸面的匀强磁场B和竖直向上的匀强电场为，

且第=等在0〜7时间内，紧靠M点水平向右不断地射入质量为小、电荷量为q(q>

0)、速度/)=J中的小球，小球可视为质点，在小球飞越极板的极短时间内%可

视为不变，0时刻射入的小球恰好从Q点射出，射出速度与水平方向的夹角。=

在4c右侧区域运动一段时间后从N点飞入两极板间，重力加速度为g,求：

(1)电场强度比的值；

(2)磁感应强度B的大小和方向；

(3)。时刻(0<口<T)射入极板的小球，在AC右侧区域运动的时间加。(结果用反

三角函数表示，若tan®=p,则。=arctanp)

13.下列有关热现象和内能的说法中正确的是()

A.把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变

B.盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大

C.电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的

D.分子间引力和斥力相等时，分子势能最大

14.在图甲所示的密闭气缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态4变化到状态

B的/-7图象.已知4B的反向延长线通过坐标原点0,气体在4点的压强为p=

1.0x105Pa,在从状态4变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q=6.0x102/1

求：

(i)气体在此状态B的体积/；

(ii)此过程中气体内能的增量4U.

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15.周末，鹏程和小李到清江观光园去秋游，他俩发现公园内湖面上有只游船，游客周

期性摇动双桨激起的水波源源不断地传向湖边、他俩用华为手机上的秒表记录了水

面上漂浮的树叶在12秒共完成了6次全振动，他们又用该手机上“实用工具”中的

“4R测量”测出树叶与他们所在湖边距离是5米，树叶的振动状态传到湖边的时间

是10s,鹏程10s内拍击水面10次让手激起的振动向周围传播，他们最后讨论得到

正确结论的是()

A.游客摇桨激起的水波波长是1m

B.鹏程用手激起的水波和桨激起的波叠加能产生干涉图样

C.他们观察到桨激起的水波波长比手激起的水波长长

D.期号程用手激起的水波向远方传播的过程中，各质点的振幅不改变

E.鹏程用手激起的水波能够绕过漂浮在湖中长为0.2巾的木板

16.在各种标准的公路上，都有用“回归反光膜”制成的标志牌，夜间行车时，它能把

车灯射出的光逆向返回，标牌上的各种标志能把车灯射出的光逆向返回，标牌上的

各种标志特别醒目，这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀

分布着一层直径非常小的细玻璃球。如图所示，某球形的半径为R,所用玻璃的折

射率为n=V3,一光线沿平行于玻璃球直径方向照射在玻璃球上，该光线射入

球中，只在里面发生一次反射后又通过球体折射出，折射光线与入射光线平行而反

向，求：

(1)该入射光线离4B的距离d是多大？

(2)判断该光线在玻璃珠内能否发生全反射，并求所有平行AB方向照射到玻璃球上

的光中，射入球内只经一次反射后射出玻璃球，其中在球内经过的最长时间久

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：根据功能关系得4E=//%,即E-八图象切线的斜率绝对值等于空气阻力

的大小。在上升过程中，九增大，小球的速度减小，空气阻力随之减小，图象的斜率逐

渐减小，直至为零。所以C图可能正确。故错误，C正确。

故选：Co

由功能关系可知，机械能的减少量等于物体克服阻力所做的功，E-/1图中切线的斜率

大小等于阻力的大小，通过速度的变化分析空气阻力的变化，来分析图象的形状。

解决本题的关键是要知道E-h图象切线的斜率绝对值等于空气阻力的大小，根据小球

的运动情况，来分析空气阻力的大小。

2.【答案】4

【解析】解：对结点。受力分析如图所示;

根据共点力平衡条件得

T_Toe2取_

0A-COS30°-30C

TOB=Toctan30°=^Toc

故三段钢绳拉力CM段最大，。8段最小，安装合理的是用材料c,0B用材料a,0C用

材料从故A正确，BCO错误。

故选：Ao

对结点进行分析，做出受力分析图，结合图象进行分析即可求解。

本题考查受力分析中的静态平衡问题，要求学生结合作图对物体受力情况进行分析，难

度不大。

3.【答案】B

【解析】解：4、设运动员甲站在地上伸手可摸到高度为：怎=2.70m,竖直起跳后最

大摸高为：％=3.15m,根据速度一位移公式，可得运动员甲起跳速度为：v=

J2g(电一儿)=72x10x(3.15-2.70)m/s=3m/s,故A错误；

B、根据速度的合成与分解，可得篮球抛出时竖直向上分量为：vy=v0-sin370=5x

0.6m/s=3m/s,与运动员的起跳速度相等，所以篮球上升到最高点时甲恰好起跳达到

最高点在空中接到球完成扣篮得分,运动员甲应该在队友乙传出篮球时起跳，故B正确;

C、篮球在空中运动时，加速度为g,做匀变速运动，根据冲量的定义，可得篮球所受

重力的冲量为：/=mgt,所以篮球所受重力的冲量不可能为零，故C错误；

。、运动员接到球前的瞬间，即篮球运动至最高点时，水平方向的速度是不变的，并不

为0,即速度不为0,故。错误。

故选：B。

篮球在空中做斜上抛运动，可以将运动分解成水平方向匀速运动和竖直方向竖直上抛运

动；运动员则在篮筐下做竖直上抛运动；要完成恰好在篮球上升到最高点时接到球并完

成扣篮，及运动员手和篮球同时在篮筐处相遇；根据运动的合成与分解，结合运动学公

式求解即可；根据冲量的定义求解。

本题以运动员投篮为背景，考查了抛体运动在实际问题中的应用，重点是建立篮球和运

动员运动模型，对于抛体运动采用运动分解方法处理。

4.【答案】C

【解析】解：AB,设小滑块恰好开始相对木板滑动时滑块的加速度大小为劭，拉力大

小为由牛顿第二定律得：

对滑块：卬ng=ma0,对滑块与木板系统：&=(M+m)a0,代入数据解得：Fo=6/V,

当拉力F>Fo=6N时滑块相对木板滑动，

当F=4N时滑块相对木板静止,对滑块与木板整体，由牛顿第二定律得:尸=(M+m)a,

代入数据解得：a=lm/s2,故AB错误；

C、F=14N>6N,滑块相对木板滑动，小滑块会从木板上滑下，小滑块与木板间产生

的热量Q=fimgL=0.2x1x10x27=4J,故C正确；

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。、只要能把木板从小滑块下面抽出，不论水平拉力尸大小，小滑块和木板之间产生的

热量都是Q=iimgL=0.2x1x10x27=4J,故。错误。

故选:Co

应用牛顿第二定律求出滑块与木板相对滑动时的临界拉力，然后应用牛顿第二定律求出

加速度；应用运动学公式与功的计算公式分析答题。

本题的关键是求解滑块的最大加速度，即二者发生相对滑动的临界加速度，当木板加速

度小于临界加速度时，二者一起加速；当木板加速度大于临界加速度时，二者发生相对

滑动；再据牛顿第二定律结合运动学公式处理运动学问题。

5.【答案】D

【解析】解：4由于不知道距离，故无法求出天文一号发出它收集到的信息到我控制中

心的时间，故4错误；

8.由已知条件，无法求出火星的自转周期，故B错误；

C.由于不知道天问一号的质量，故无法求出天间一号探测器在火星表面上的重力，故C

错误；

D忽略火星自转影响，物体在火星表面受到的重力等于火星对物体的万有引力，则

CMm

G-^r=mg

小球在火星表面做竖直上抛运动，则有

vo=5-f

联立解得M=乎

Gt

故可求出火星的质量，故。正确。

故选：D。

先根据平抛运动的运动学公式列式求解重力加速度，然后根据重力等于万有引力列方程

求解星球质量.

本题提供了利用重力加速度估测星球质量的一种方法，利用平抛运动的分位移和合位移

关系公式计算出重力加速度是关键.

6.【答案】BD

F1o

【解析】解：4、当开关S2闭合后，由电路图可知，&两端的电压%=$,%=怒义

十/t2DTZ

F10

3V=6P,R4两端的电压北=/74=提乂3以=2人因Ui〉/，结合在外电路

中顺着电场方向电势降低，可知电容器上极板是低电势点，故A错误；

8、当开关Si闭合电流达到稳定时，此时电容器上极板是高电势点，处在电容器中油滴

保持静止，所受的电场力方向竖直向上，而开关S2闭合后，电容器上极板是低电势点，

油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，故B正确；

C、由电路图可知，a、b两点的电势差为（/她=/一。1=2,-6U=—4U,故C错误；

D、当开关&闭合电流达到稳定时,a、b两点的电势差几/=-^-E=。x10U=4V,

KjT/\23十/

再到当开关S2闭合后的过程中，通过R3的电量为Q=Q1+Q2=cuab'+cuab,

代入数据解得：Q=4.8xl0-5c,故。正确。

故选：BD。

当开关$2闭合后，根据R1与心电压关系，分析电容器上极板电势高低；根据开关52闭合

前后油滴所受电场力的变化，判断油滴的运动情况；a、b两点的电势差。岫等于％与治

电压之差；由。=。（/助求电容器带电量的变化量，即为通过R的电量Q。

本题是“桥式电路”，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据闭合电路的欧姆定律、

电势差的概念、电容的定义式等进行分析。

7.【答案】AC

【解析】解:根据负电荷的电场的特点可知，负电荷产生的电场的场强方向指向负电荷，

加之强电场后，Q点的场强为零，匀强电场的电场与负电荷在Q点产生的电场用）的大小

相等，方向相反，可知强电场的电场强度的方向向下。

4负电荷在P点产生的电场的方向向下，加匀强电场后

Ep=2Eg

N点的场强方向水平向左，大小为坑，根据矢量运算得

EN—V2£10

故A正确：

B.负电荷产生的电场在M、N两点的电势相等，匀强电场方向向下，在M、N两点的电势

也相等，所以M、N两点的电势相等，正电荷在M点的电势能等于N点的电势能，故B

错误；

C.负电荷在M点产生的电场的方向向右，匀强电场的方向向下，二者大小相等，由几何

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关系知，合成后合场强的方向由M指向Q,故C正确；

D负电荷产生的电场在N、Q两点的电势相等，匀强电场方向向下，即匀强电场在N点

的电势高于在Q点的电势，所以整体N点的电势高于Q点的电势，把正电荷从N点移到Q点

电场力做正功，故。错误。

故选：AC»

根据电场的矢量合成可比较PN的场强大小，负电荷产生的电场在M、N两点的电势相等,

匀强电场方向向下，在M、N两点的电势也相等，沿电场线方向电势降低。

本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握沿电场线方向电势降低.

8.【答案】AD

【解析】解：4、根据图丙可知，在配处的加速度为0,则由

mgsind—fimgcosG

可得图乙配处的纵坐标为〃=tan。，故4正确；

B、开始下滑时的加速度读为：a0=gsind

根据"2=2ax

结合图像丙可知物体的最大速度为：i%=^2x^xogsind=y/gx0sin9＞故8错误；

C、整个过程中有摩擦力做功，故物体运动过程中机械能一直变小，故C错误；

。、物体从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为：

AE=fimgcosBX2x0=2mgcos0xoxtand=2mgxOsine,故Z）正确；

故选：AD.

根据图丙得出加速度为零的位置，结合受力分析得出〃的值；

根据速度一位移公式，结合加速度为零时速度最大计算出物块的最大速度；

因为摩擦力一直做负功，所以物块的机械能一直减小；

根据做功公式计算出摩擦力做的负功，即为损失的机械能。

本题主要考查了功能关系，分析过程中涉及到了牛顿第二定律，同时要理解加速度为零

时，物体的速度最大。

9.【答案】§必须小于

a0

【解析】解：(1)实验必须平衡小车和长木板之间的摩擦力；

弹簧测力计的示数为F，对小车，由牛顿第二定律得：2F=Ma,解得F=

由图示F—a图像可知，图像的斜率k=：M=F，解得小车的质量用=答。

(2)由图示实验装置可知，重物与小车都由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，

在相等时间内，重物的位移是小车位移的2倍，由匀变速直线运动的位移一时间公式可

知，重物的加速度a重物是小车加速度a的2倍，即a重物=2a,

由牛顿第二定律得：

对小车：2F=Ma

对重物：ing-F=ma电物

已知：m=|/W

解得：a=[g，a小于g

故答案为：(1)竽；必须；(2)小于。

(1)实验需要平衡摩擦力；应用牛顿第二定律求出图像的函数表达，根据图示图像求出

小车的质量。

(2)应用牛顿第二定律求解。

理解实验原理是解题的前提，应用牛顿第二定律求出图像的函数表达式即可解题。

10.【答案】10.51600/2150012

【解析】解:(1)根据游标卡尺的读数规则，游标卡尺游标为10分度，故精确度为0.1mm,

主尺读数为10mm,游标尺上第5个格对齐，故最终读数为10mm+0.1x5mm=

10.5mmo

(2)由于多用电表欧姆挡旋至“x100”挡，由图可知，所测量的阻值为

16x100/2=16000

(3)由条件可知，电压表与定值电串联测电阻的电压，电流表测干路的电路，其电路图

如下图所示

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(4)根据闭合电路的欧姆定律可得

Rx=-=----―a10=1500。

'2,5X1°T-印

故答案为：(1)10.5；(2)1600/2；(3)15000。

(1)由图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数；游标卡尺读数的方法是主尺读数加

上游标读数，不需估读；

(2)图2中指针指向16,由题意可知：欧姆表倍率为x100,乘以倍率即得被测电阻的值；

(3)合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的

原则选择待选器材。电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法。滑动变阻器是小

电阻控制大电阻，用分压式接法。

(4)根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律，即可求解。

考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法,

主尺读数加上游标读数，不需估读；同时还考查了同学们设计电路的能力，要弄清楚是

内接法还是外接法，是分压还是限流法；

11.【答案】解：(1)4从开始下滑到与B碰撞过程，由动能定理得：mgdsina=1mv^-0

代入数据解得：v0=4mls

(2)4、8发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，

以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mvvQ=mvv14-Mvv2,

由机械能守恒定律得：\rnvl=-mvl例谚

代入数据解得：Vi=-lm/s,v2=3m/s,负号表示方向沿斜面向上

对?n,由牛顿第二定律得：mgsina=ma

代入数据解得：a=5m/s2,

m上升到最高点需要的时间t=—=三3s=0.2s

a5

碰撞后对M,由牛顿第二定律得：Mgsina-p.Mgcosama'

代入数据解得：优=0,即碰撞后M向下做匀速直线运动，

m上升到最高点时M的位移大小％=v2t=3x0.2m=0.6m

M损失的机械能E=林Mgxcosa=yx2.5xl0x0.6xcos30°J=7.5/

答：(1)4与B刚要发生碰撞时4的速度%大小是4rn/s,方向平行于斜面向下。

(2)碰后到m第一次上滑到最高点的过程中，M损失的机械能E是7.5/。

【解析】(1)应用动能定理可以求出碰撞前瞬间4的速度。

(2)两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与

机械能守恒定律求出碰撞后瞬间滑块的速度，应用牛顿第二定律与运动学公式求出m到

达最高点的时间与在该时间内M的位移大小，然后求出M损失的机械能。

解决本题的关键是要正确分析物体的运动过程，把握碰撞的基本规律：动量守恒定律,

要注意速度的方向；分析清楚滑块的运动过程后，应用动能定理、动量守恒定律、牛顿

第二定律与运动学公式即可解题。

12.【答案】解：(1)小球在极板间做类平抛运动，对0时刻进入的小球，由牛顿第二定

律得：

qEQ—mg=ma

小球在竖直方向做匀加速直线运动，有

d=-at2

2

vy—at

由题意可得：vy=votan^

联立解得：t=后；琮=等

(2)小球进入4c右侧区域，等=血9,F^=qvB,小球做匀速圆周运动

小球从极板飞出时的速度为：v=1=2必

由牛顿第二定律得：quB=^

由几何关系得：R=A

2

联立解得：B=等后

根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外

(3)极板间匕时刻的电场强度瓦=E°(l-枭)

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tl时刻进入极板的小球，由牛顿第二定律得:

qEi—mg=max

=5(i-y)

小球沿历方向做匀速直线运动，通过极板的时间仍为t=]

小球飞出极板时的竖直分速度为：3=ait=/项(1-票)

设小球飞出极板时速度与水平方向的夹角为仇则有

小球在磁场中转过的角度为Q=7T+2。

小球在磁场中运动的周期为：7\=

小球在磁场中运动时间为：仇=为

解得：At=[n+2arctan(y—

答：(1)电场强度埼的值为等；

磁感应强度的大小为等后,

(2)B方向垂直纸面向外;

(3)4时刻(0VG<T)射入极板的小球，在4C右侧区域运动的时间为[兀+2arctan(l-

【解析】(1)小球进入极板间做类平抛运动，根据不同方向的运动特点计算出场强的大

小；

(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系计算出磁

感应强度的大小；

(3)根据牛顿第二定律静思园出小球的加速度，结合角度关系分析出小球在磁场中的运

动时间。

本题主要考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，理解小球在不同场中的运动特点，解

题关键点是掌握洛伦兹力提供向心力，同时要处理好几何关系完成分析。

13.【答案】AC

【解析】解：4、把物体缓慢举高，重力势能增加，由于速度不变，动能不变，故机械

能增加，在举高的过程中，由于物体的温度没有变化，故内能不变，故A正确；

8、气体的内能由温度决定，与物体的宏观速度大小无关，容器中气体的内能不变，故

8错误；

C、电流通过通过电阻后电阻发热，内能的增加是通过电流“做功”的方式实现的，故

C正确；

。、分子间引力和斥力相等时，分子力的合力为零，分子势能最小，故。错误；

故选:AC.

物体的机械能与动能和势能有关，物体内能与物体的温度有关，热传递和做功都可以改

变物体的内能，电流通过电阻发热是通过电流做功的方式实现的，分子力的合力为零时,

分子势能最小。

本题考查了物体的内能和机械能、增加内能的两种方式、分子势能等基础知识点，关键

要熟悉教材，牢记这些基础知识点。

14.【答案】解：(i)由题V-7图象通过坐标原点，则知从4到B理想气体发生等压变化.由

盖一吕萨克定律得：，=再

TATB

解得：V=—V=X6.0x10-33=x10-33

B7"AA3x10m80nl

(ii)外界对气体做的功：

s-32

W=p(yB-VA)=-1.0x10x(8.0x10-3_6.0X10)J=-2x107

根据热力学第一定律：AU=Q+W

解得：AU=6.0x102/-2x102/=4.0x102