2022年江西省九江市高考物理二模試卷

1.如圖所示是描述原子核核子的平均質量m與原子序數z的關系曲線，下列說法正確

的是（）

A.原子核A比原子核B的比結合能大

B.原子核B比原子核C更穩定

C.由原子核4分裂出原子核B、C的過程沒有質量虧損

D.由原子核。、E結合成原子核尸的過程一定釋放能量

2.如圖所示，直角三角形ABC內（包括邊界）存在垂直紙面向里的勻強磁場，乙4=30°,

BO1AC,兩個帶異種電荷的粒子分別沿OB方向射入磁場，偏向左邊的粒子恰好

沒有從AB邊射出磁場，偏向右邊的粒子恰好垂直BC邊射出磁場，忽略粒子重力和

粒子間的相互作用。，若正、負粒子的速度大小之比為1：3,則正、負粒子的比荷

之比為（）

A.1：3B.3：1C.2：9D.9：2

3.如圖所示，兩小球P、Q從同一高度分別以外和孫的初速度水平拋出，都落在了傾

角。=37。的斜面上的4點，其中小球P垂直打到斜面上；P、Q兩個小球打到斜面上

4.科學家發現，距離地球2764光年的宇宙空間存在適合生命居住的雙星系統，這一

發現為人類研究地外生命提供了新的思路和方向。假設構成雙星系統的恒星、b距

離其他天體很遠，其中恒星a由于不斷吸附宇宙中的塵埃而使得質量緩慢增大，恒

星b的質量、二星之間的距離均保持不變。則（）

A.恒星a的周期緩慢增大B.恒星a的軌道半徑緩慢增大

C.恒星a的動量緩慢增大D.恒星a的向心加速度緩慢增大

5.如圖所示，0是一只理想二極管，水平放置的平行板電容器的4、B兩極板間有一點

電荷,在P點處于靜止狀態。以Q表示電容器儲存的電荷量,U表示兩極板間的電壓，

3表示P點的電勢。若保持極板B不動，第一次將極板4稍向上平移，第二次將極板A

稍向下平移（移動后極板4的位置還在P點上方），貝1（）

A.兩次移動后U相同

B.兩次移動后點電荷都保持靜止

C.第一次移動后尹減小，第二次移動后9增大

D.第一次移動后Q不變，第二次移動后Q增大

6.如圖所示，交流發電機的矩形線圈在勻強磁場中以角速度3繞垂直磁場的軸勻速轉

動，與理想變壓器原線圈相連，則（）

A.在圖示位置時，矩形線圈中磁通量變化率最小

B.若僅增加副線圈的匝數，則原線圈中的電流增大

C.若僅將?變為原來的2倍，則電路的總功率變為原來的2倍

D.若僅將滑動變阻器滑片向下滑動，可使及變亮，心2變暗

第2頁，共20頁

7.如圖所示，一足夠長的豎直放置的圓柱形磁鐵，產生

一個中心輻射的磁場（磁場水平向外），一個與磁鐵同

軸的圓形金屬環，環的質量m=0.2/cg,環單位長度

的電阻為O.l/rO/TH,半徑廠=0.1血（大于圓柱形磁鐵

的半徑）。金屬環由靜止開始下落，環面始終水平，

金屬環切割處的磁感應強度大小均為B=0.5T,不計空氣阻力，重力加速度g取

lthn/s?,則（）

A.環下落過程的最大速度為4m/s

B.環下落過程中，先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動

C.若下落時間為2s時環已經達到最大速度，則這個過程通過環截面的電荷量是必C

71

D.若下落高度為3小時環已經達到最大速度，則這個過程環產生的熱量為61

8.如圖所示，在光滑的水平面上放著兩塊長度相等、質量分別為和“2的木板，在

兩木板的左端分別放有完全相同的物塊，開始都處于靜止狀態。現分別對兩物塊施

加水平恒力Fi、F2,經過時間匕、今物塊與木板分離后，兩木板的速度大小分別為巧

和火,已知物塊與木板之間的動摩擦因數相同，則（）

M

A.若F]=F2?且MI>M2>則巧<v2

B.若Fi=F2,且MI>M2,則h>t2

C.若&<F2，且Mi=M2，則％<v2

D.若F[<F2,且MI=M2>貝lit]>t2

9.某探究性學習小組利用圖1中的實驗器材測量電池的電動勢和內阻。其中電流表必

的內阻r1=1000/2,電阻Ri=9.9k0,為了方便讀數和作圖，給電池串聯一個Ro=

20的定值電阻。

①請在圖1中完成電路連線。

②通過多次改變滑動變阻器觸頭位置，得到電流表必和&的多組人、與數據，作出

圖像如圖2,由4—4圖像得到電池的電動勢岳=V,內阻r=0。(結

果保留2位有效數字)

10.如圖甲所示，小車的前端固定有力傳感器，能測出小車所受的拉力，小車上固定遮

光條，小車放在安裝有定滑輪和兩個光電門4、B的光滑軌道上，用不可伸長的細

線將小車與質量為m的重物相連，軌道放在水平桌面上，細線與軌道平行，滑輪質

量、摩擦不計。

(1)用游標卡尺測遮光條的寬度，如圖乙所示，則遮光條的寬度d=mm.

(2)實驗過程中(填“需要”或“不需要”)滿足M遠大于m。

(3)實驗主要步驟如下：

①測量小車、傳感器及遮光條的總質量M,測量兩光電門間的距離L。

②由靜止釋放小車，小車在細線拉動下運動，記錄傳感器的示數F,記錄遮光條通

過光電門4、B時的擋光時間以、tB及遮光條從4到B的時間久

(4)利用該裝置驗證動能定理的表達式為FL=

(5)利用該裝置驗證動量定理的表達式為Ft=

(以上兩空均用字母M、d、以、地表示)

11.如圖所示，空間存在豎直平面內的勻強電場，某時刻將二質量為

771、電量為q,帶負電、可視為質點的小球，從P點以大小為楞

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Q

的速度水平向右拋出。經過一段時間后，小球經過P點正下方的Q點，P、Q距離為

h,且經過Q點的速度大小為J等，已知重力加速度為g。求:

(1)P、Q兩點的電勢差；

(2)該勻強電場的場強大小及方向；

(3)小球拋出后速度大小再次為監時，小球離p點的距離L

12.如圖所示，半徑為R=5m的;光滑圓弧42固定在光滑的水平面上，在C點靜止著一

個滑塊P,載人小車M靜止在水平面上的。點。滑塊Q從4點正上方距4點高〃=2.2m

處由靜止釋放，從4點進入圓弧并沿圓弧運動，Q運動到C點與P發生碰撞，碰后P、

Q粘合為一個結合體E。己知Q、P和M的質量分別為7nl=1kg、m2=5kg.m3=

60kg,重力加速度g取l(hn/s2。

(1)求P、Q碰撞后的速度大小：

(2)如果結合體E與小車M發生彈性碰撞，求碰后小車的速度大小。

(3)如果人每次以u=10m/s的速度(相對地面)將E反向推出，求人最多能推E多少

次。

H

A

13.以下說法正確的是（）

A.一定質量的氣體，在吸收熱量的同時體積增大，內能有可能不變

B.內能相等的兩個物體相互接觸，也可能發生熱傳遞

C.僅知道阿伏加德羅常數和氮氣的摩爾體積，能算出氮氣分子的體積

D.當分子間的作用力表現為斥力時，分子間的距離越小，分子計能越大

E.在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零

14.如圖所示，有一根粗細均勻、兩邊等長的U形細玻璃管,

左端開口、右端封閉且導熱良好。U形管豎直放置，管內

有一段水銀柱，右邊封閉了一段空氣柱。環境溫度為

240K時，左、右兩邊空氣柱的長度分別為。=20cni和

%=15cm,大氣壓強為75cmHg。（計算結果保留3位有

效數字）

（1）若改變環境溫度，使左右兩邊管內水銀液面相平，求此時的環境溫度。

（2）若不改變環境溫度，而將左邊管口也封閉，讓U形管兩端豎直朝上自由下落（下

落時忽略空氣阻力）；下落時間足夠長且下落時U形管保持豎直。求氣體狀態穩定后,

左右兩邊水銀柱的高度差是多少？

15.下列說法中正確的是（）

A.機械波的頻率等于波源的振動頻率，與介質無關

B.在雙縫干涉實驗中，僅把紫光換成紅光后，條紋間距會增大

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C.愛因斯坦狹義相對論指出，真空中的光速在不同的慣性參考系中是不同的

D.根據麥克斯韋電磁場理論，電磁波中的電場和磁場互相垂直，電磁波是橫波

E.多普勒紅移現象表示宇宙正在膨脹，是因為我們接收到的遙遠恒星發出的光比

恒星實際發光頻率偏大

16.如圖所示，一個半圓形玻璃磚的截面圖，與0C垂直，半圓的半徑為R。一束平

行單色光垂直于40B所在的截面射入玻璃磚，其中距。點距離為，的一條光線自玻

璃磚右側折射出來，與0C所在直線交于。點，。。=(遮+1)R,已知5譏15。=

(i)此玻璃磚的折射率是多少？

(ii)若在玻璃磚平面4。8某區域貼上一層不透光的黑紙，平行光照射玻璃磚后，右

側沒有折射光射出，黑紙在方向的寬度至少是多少？

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解；4、原子核A比原子核8的核子平均質量大，原子核B比原子核4更穩定，

故原子核4的比結合能比原子核B的比結合能小，故4錯誤；

8、原子核B比原子核C的核子平均質量大，原子核C比原子核B更穩定，故B錯誤；

C、若原子核4分裂成原子核8、C核子的平均質量減小，有質量虧損，根據愛因斯坦質

能方程，有能量釋放，故C錯誤；

。、將原子核。、E結合成原子核尸，核子的平均質量減小，有質量的虧損，根據愛因斯

坦質能方程，可知一定釋放能量，故。正確。

故選：。。

重核裂變、輕核聚變都會向核子平均質量減小的方向反應，都有質量虧損，然后結合質

能方程可知，都向外釋放能量。

本題考查了核子平均質量以及比結合能的含義，知道愛因斯坦質能方程4E=2hnc2,當

核反應有質量虧損，則向外釋放能量。

2.【答案】A

【解析】解：設正、負粒子的質量分別為m1、m2,電量分別為+q1、-q2,在磁場中做

勻速圓周運動的軌道半徑分別為1、萬，速率分別為力、以，由左手定則判斷帶正電粒

子逆時針偏轉，帶負電粒子順時針偏轉，依題意作出兩粒子在磁場中運動的軌跡如圖所

示（軌跡①為正粒子的，軌跡②為負粒子的），設

OB=L,由幾何關系得：

0A——--=q+—

tan3001stn30"

—=tan60°

r2

解得：rj=—L;r=—L

13423

可知：=r2

對于帶電粒子在勻強磁場只受了洛倫茲力而做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力

得:

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Bqv=m^

解得粒子比荷：k=A=

由：7*i=丁2，：廿2=1：3

聯立解得：m=g故A正確，BCD錯誤。

故選：4。

由左手定則判斷帶正電粒子逆時針偏轉，帶負電粒子順時針偏轉，依題意作出兩粒子在

磁場中運動的軌跡圖，由幾何關系求得半徑的關系，根據洛倫茲力提供向心力求解。

本題考查了帶電粒子在磁場中運動問題。對于帶電粒子在勻強磁場只受了洛倫茲力而做

勻速圓周運動，依據題意作出粒子運動軌跡圖是解題的前提，根據幾何關系求得運動半

徑和軌跡圓心角是解題關鍵。

3.【答案】B

【解析】解：兩球拋出后都做平拋運動，兩球從同一高度拋出落到同一點，它們在豎直

方向的位移相等，

小球在豎直方向做自由落體運動，由于豎直位移％相等，據八=19戶可得其運動時間《=

后

對于小球Q,有tan37。=丫=翅=如

Xv2t2V2

解得：v2=|gt

對于小球P，其垂直打在斜面上，則有《加37。=”=住

vy

解得：%=\gt

則Hi=把=故%=92，故8正確，ACD錯誤；

也知t88

故選：Be

平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動。根據題意應用

平拋運動規律求出兩球的水平初速度，然后求出其比值。

本題考查了平拋運動規律的應用，認真審題、理解題意，知道兩球的運動時間相等是解

題的前提，解決本題的關鍵掌握平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，運用運

動學公式進行求解。

4.【答案】C

【解析】解：設恒星a的質量為恒星b的質量為巾2,兩恒星之間的距離為L構成

雙星的軌道半徑為n、r2,

2

由萬有引力提供勻速圓周運動的向心力，有胃詈=加拼132=m2r2co,且有％+方=L

聯立解得：3=叵叵，萬=35/乙

3

yLm1+m2

Gm^_

恒星Q的動量大小為_切”_wrt\-L3（7ni+7n2）,恒星Q的向心加速度Q=々0）2=

Gm2

由于恒星a質量Tn】緩慢增大，恒星b的質量Tn2和二者間距L不變，則雙星系統的角速度

增大，其周期減小；

同時可知恒星a的軌道半徑6緩慢減小，其動量緩慢增加，其向心加速度不變，故ABQ

錯誤，C正確。

故選：Ce

恒星a、b都是各自所受的萬有引力提供勻速圓周運動的向心力，而且兩個恒星的角速度

相等，半徑之和保持不變，根據公式推導出角速度、動量和線速度的表達式并加以分析。

本題主要考查了萬有引力定律的相關應用，理解雙星系統的運動特點，熟悉公式的推導,

對學生的數學能力有一定要求。

5.【答案】D

【解析】解：第一次將極板A稍向上平移，板間距離d增大，根據電容的決定式。=吊

得知，電容C減小；若電容器的電壓不變時，則由Q=CU知電容器所帶電量將要減小，

由于二極管具有單向導電性，電荷不能流回電源，所以電容器的電量Q保持不變；由于

電容C減小，由電容的定義式。=與可知，U變大；根據E=jC=號、。=吊得板間

場強E=嘿，可知板間場強E不變，電荷所受的電場力不變，仍保持靜止狀態；P與B

板間電勢差UPB=EAE、d都不變，保持不變，P點的電勢w保持不變；

第二次將極板4稍向下平移，板間距離d減小，根據電容的決定式C=照得知，電容C增

4nka

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大，電容器的電壓不變，由Q=07知電容器所帶電量Q增大；根據E=?可知板間場強E

增大，電荷所受的電場力增大，電荷將向上運動；P與B板間電勢差UpB=Ed,E增大,

d都不變，UPB增大，P點的電勢3增大，故ABC錯誤，。正確。

故選：0。

將極板4稍向上和向下平移，引起電容器的電容變化，若電容器的電壓不變，根據電容

的決定式和定義式分析電容和電容器所帶電量如何變化，若電容器電量增加，電源可以

充電，若電容器電量減小，要根據二極管單向導電性分析能否放電，結合二極管的單向

導電性，分析電容器的電荷量是否變化，再分析電容器板間電壓和場強是否變化，根據

電荷所受電場力有無變化，判斷電荷的狀態；根據P點與下極板間的電勢差變化情況，

判斷P點的電勢變化情況。

本題分析電容器的電容如何變化是常規思路，要抓住二極管單向導電性判斷電容器的電

量能否發生變化，要防止思維定勢的影響，注意條件的變化。

6.【答案】AB

【解析】解：4在圖示位置時，矩形線圈中磁通量最大，磁通量變化率最小為零，A正

確；

A若僅增加副線圈的匝數，由￡則原線圈中的電流增大，故8正確；

C.若僅將3變為原來的2倍，由6=2853s譏則最大電動勢變為原來的2倍，根據

E有效=等，電動勢的有效值也為原來的2倍，再由功率公式P=R不變，則電路的

總功率變為原來的4倍，故C錯誤；

D若僅將滑動變阻器滑片向下滑動，減小，&與串聯和&并聯的總電阻減小，副

電壓不變，乙2變亮，人不變，故。錯誤。

故選：ABc

當轉到圖中位置時磁通量的變化率最大，根據￡=￡可知原線圈電流增加，由e=

NBSasin3t可知有效值將變為原來的兩倍，再根據公式P=?,可知功率變為原來的四

倍，由題意滑片向下移動，可知總電阻減小，副線圈電壓不變，故可知燈泡亮度變化。

本題考查交變電流的產生，其中涉及知識點由磁通量的變化率、電壓的瞬時表達式、有

效值以及含有變壓器電路的動態分析，屬于綜合性題目。

7.【答案】AC

【解析】解：力、環的電阻為R=0.17Tx2itr=0.17Tx271x0.1。=0.02n2n

當圓環加速度為零時，有最大速度外，此時有產安=B/L,其中/=9="萼包，4=2仃，

RR

由平衡條件得：巾9=?安，聯立解得方=4m/s,故A正確；

B、環下落過程中，先做加速直線運動，隨著速度增大，環產生的感應電動勢增大，感

應電流增大，受到的安培力增大，合力減小，加速度減小，當安培力等于重力時，環開

始做勻速直線運動，所以先做加速度逐漸減小的變加速直線運動，再做勻速直線運動，

故B錯誤；

C、若下落時間為2s時環己經達到最大速度，在這個過程中，由動量定理得：mgt-Bh-

t=mvm-0

這個過程通過環截面的電荷量q=7-t，聯立解得q=|1c，故C正確；

。、環在下落高度為3巾的過程中，由能量守恒定律得環產生的熱量為：Q=-1小感，

解得Q=4.4J,故。錯誤。

故選：AC.

當重力等于安培力時，環的速度最大，根據平衡條件，結合切割產生的感應電動勢公式、

閉合電路歐姆定律以及安培力大小公式求出環的最大速度。分析環的受力情況，抓住安

培力與速度成正比，分析環的運動情況；根據動量定理求出通過環截面的電荷量；根據

能量守恒定律求環產生的熱量。

本題中環下落過程與汽車起動相似，要知道當重力等于安培力時，速度最大。動量定理

是求電磁感應現象中通過導體電荷量常用的方法，要學會運用。

8.【答案】AD

【解析】解：物塊和木板中，設物塊的質量為rn,對物塊受力分析，由牛頓第二定律

可得

F、一f=mar,f=卬ng

兩式聯立可得物塊的加速度為由="吆=J-ixg?

由于物塊與木板所受摩擦力是相互作用力，根據牛頓第三定律可知，大小相等，方向相

反，對木板Mi受力分析，由牛頓第二定律可得

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f=Mg解得木板%的加速度為。2=^=詈②

設木板長度為3當物塊從木板右端滑落時滿足位移差等于木板長度，即

如療-|。2給=L③

木板的速度%=a2tl④

聯立①②③④解得女=器k言亭⑤

同理，在物塊和木板M2中，物塊質量仍然為m,同樣的計算過程可得木板M2的速度為

”“mg

F2nmg?

m從“M2

-2〃o4mg

J

AC.若Fi=F2,且%>M2,可得/<1,_溫<1

所以￡<1,即吃<“2,故A正確；

-2的〃mg

若F1VF2,且MI="2,溫>1，則%,外，故C錯誤;

BD.由④式可得匕=言=禮::小⑦

m產JM]

同理可得t2=P2

⑦⑧兩式相除可得

2

崽

^-

m

工

-

m

Ml

一2囤“mg

若Fi=F2,且MI>M2,則若~浸<1,則q<t2故3錯誤；

M]

工吁山

若F]v尸2,且Mi=Mz，則盤一亮^>1,則tiA。故。正確；

標一“9―_M'r

故選：AD.

對物塊和木板分別受力分析，用牛頓第二定律求解各自的加速度，根據勻變速直線運動

的位移公式求解。

本題屬于追及問題，物塊與木板的位移之差等于木板長度時滑落，比較大小可采用比值

法。

9.【答案】1.41.5

【解析】解：(1)圖1中完成電路連線如圖

(2)根據閉合電路歐姆定律

E=Ii(%+r)+(/i+/2)(Ro+r)

因為

<12

化簡可得

E=Ii(7?i+r)+/2(Ro+r)

變形有：/1=舟p+1p/2

“1十rKQ~TI

根據圖像的斜率k=777=嗤黑，圖像縱軸截距搐=0A4mA

RQ+T260—60/?i+r

聯立解得：E=1.41Z,r=1.5。

故答案為：(1)實物圖見解析；(2)1.4,1.5

(1)根據實驗原理連接電路圖。

(2)根據閉合電路歐姆定律以及串并聯電路的特點，得出兩電流的表達式，結合圖線的

斜率和截距求出電動勢和內阻的大小。

解決本題的關鍵確定故障的方法，對于圖線問題，一般的解題思路是得出兩物理量之間

的關系式，結合圖線斜率和截距進行求解，難度中等。

10.【答案】1.55不需要午售一臺W?

【解析】解：(1)游標卡尺精度為0.057mn,則遮光條的寬度d=1mm+0.05X11mm=

1.55mm.

(2)實驗中拉力通過拉力傳感器得出，沒有用重物的重力表示，所以不需要滿足M遠大

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于?n.

(4)遮光條4、B通過光電門的速度分別為以=9,則動能的變化量為4a=

\Mvl-\Mvl，拉力做功為勿=FL,則驗證的動能定理表達式為FL=4Ek=((^一

/

(5)動量的變化量為4P=MVB-M以，拉力的沖量為W=F3則驗證的動能定理表達

式為尸t=AP=Md(1-?

故答案為：(1)1.55：(2)不需要；⑷竽售償;(5)Md*J)

(1)根據游標卡尺的讀數方法讀得數據.

(2)拉力通過力傳感器測出，不需要滿足M遠大于m.

(4)(5)根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度得出遮光條4、B通過光電門4、B的速

度，從而得出動能的變化量，結合拉力做功等于動能變化量列出表達式，結合動量定理

可知表達式.

以驗證動能定理為實驗命題背景考查學生的實驗能力，知道光電門測速的原理，即極短

時間內的平均速度等于瞬時速度，掌握螺旋測微器的讀數方法，難度不大.

11.【答案】解：(1)從P點到Q點過程中，由動能定理得

mgh+qUPQ=

解得：UpQ=0；

(2)根據電場線與等勢面垂直可知，場強方向水平向右；從P到Q過程中，豎直方向由運

動學公式得：

九=途2,

水平方向由牛頓第二定律得：

qE=ma,

水平方向由運動學公式得：

17

vot-=0,

解得：a=g,E=詈；

(3)對小球受力分析，根據牛頓第二定律得

F合=J(mg)2+(qE)2=ma^.

沿合力方向和垂直于合力方向分解運動，則

▲,、,八2vsin45°

沿合力方向，=箕0一

垂直合力方向L=vQsin45°t

解得：L=A。

4

答：(1)P、Q兩點的電勢差為0；

(2)該勻強電場的場強大小為詈，方向水平向右；

(3)小球拋出后速度大小再次為聆時，小球離p點的距離L為彳仙

【解析】(1)從P點到Q點過程中，由動能定理求得UPQ：

(2)確定場強方向，分解小球的運動在水平方向做勻減速直線運動，在豎直方向做自由

落體運動，根據運動學規律計算場強大小；

(3)沿合力方向和垂直于合力方向分解運動，根據運動學規律求解即可。

本題考查帶電體在疊加場中的運動，解題關鍵確定電場方向，運用運動分解分析小球的

運動。

12.【答案】解：(1)滑塊Q下落過程中，根據動能定理可得：加19(/?+")=：加1詔

代入數據解得：v0=12m/s

。與P相碰過程中，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：-(mj+m2')vE

代入數據解得：vE=2m/s；

(2)E與M相碰過程中，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：(m1+m2)vE=(mx+

m2)vE'+m3vM

2

根據機械能守恒定律可得：*恤+m2)vg=3巾1+m2')vE'+如3詔

聯立解得："M=^m/s；

(3)取向右為正方向，第一次推出過程中，根據動量守恒定律可得：(nii+m?)%=

一(61+TH2)V+7n3v1

以后每次推出過程中，小車的動量變化均為：4P=2(7711+7712)"

推N次后，小車的動量巾3叫/=m3Vl+(N-l)/p

根據題意可得：vN>v

解得：N25.4次

所以N=6次。

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答：(1)P、Q碰撞后的速度大小為2m/s；

(2)如果結合體E與小車M發生彈性碰撞，碰后小車的速度大小為2m/s；

(3)如果人每次以u=10m/s的速度(相對地面)將E反向推出，人最多能推6次。

【解析】(1)根據動能定理求解Q與P碰撞前的速度大小，根據動量守恒定律求解碰撞后

的速度大小；

(2)E與M相碰過程中，根據動量守恒定律、機械能守恒定律列方程聯立解答；

(3)根據動量守恒定律分析第一次推出以后每次推出過程中小車的動量變化，根據動量

守恒定律結合題意進行解答。

本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律;對于動量守恒定律，其守恒條件是:

系統不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時要首先確定一個正

方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程求解。

13.【答案】ABD

【解析】解：4、根據熱力學第一定律ZU=〃+Q,吸收熱量說明Q>0,體積增大說

明對外做功，則W<0,故內能有可能不變，故A正確；

B、內能是物體所有分子動能和分子勢能的總和，內能相同不代表兩物體溫度相等，所

以有可能發生熱傳遞，故B正確；

C、氮氣的摩爾體積與阿伏伽德羅常數的比值計算得到的是氮氣分子所占有的平均空間，

并不是氮氣分子的體積，故C錯誤；

。、根據分子間為斥力時，當分子間距減小時，分子力做負功，分子勢能增加，故。正

確；

E、被封閉氣體的壓強是由氣體分子無規則運動時與器壁表面碰撞時的作用力引起的，

與超重、失重無關，故E錯誤；

故選：ABD.

由熱力學第一定律4U=〃+Q分析4選項，根據內能的定義可知，內能相同不代表兩物

體溫度相等，所以有可能發生熱傳遞，根據氣體分子的體積與氣體分子所占有的平均空

間的區別可以分析C選項，根據分子力做功可以確定分子勢能的增減，根據氣體壓強產

生的本質可以知道E選項錯誤。

該題考查熱學部分相關的知識點，屬于基本概念、原理的考查，需要學生加強該部分知

識點的記憶，題型簡單。

14.【答案】解：(1)初態：Pi=Po-(G-l2)cmHg=75cmHg-(20-l^cmHg=

70cmHg,匕=l2S,Tr=240K

末態：p2=Po=75cmHg,V2=l2S+^S,T2

根據一定質量理想氣體狀態方程可得：竽=竽

12

解得&=300K

(2)讓U形管兩端豎直朝上自由下落，處于完全