2022年四川省泸州市泸县五中高考物理二诊试卷

这是一份2022年四川省泸州市泸县五中高考物理二诊试卷，共20页。试卷主要包含了R2的阻值分别为5Ω等内容，欢迎下载使用。


2022年四川省泸州市泸县五中高考物理二诊试卷

1. 在2011年3月日本发生9级大地震，在日本核电站周围检测到放射性物质铯137(Cs)和239钚(Pu)。核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的元素，钚的一种同位素 94239Pu的半衰期为24100年，其衰变方程为 94239Pu→X+24He+γ，则下列说法中正确的是( )
A. 铀235裂变的方程可能为 92235U+01n→55137Cs+2788Rb+1001n
B. 10个 94239Pu经过24100年后一定还剩余5个
C. 衰变过程中总静质量不变
D. 衰变方程中的X含有143个中子
2. 甲、乙两物体从同一地点开始运动的x−t图像如图所示，则下列说法正确的是( )

A. 3s末，两物体速度相等
B. 0∼3s末，甲、乙两物体之间的距离先增大后减小
C. 0∼3s内，甲、乙两物体的平均速度不相等
D. 0∼3s内，有两个时刻甲和乙的瞬时速度大小刚好相等
3. 在图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，电阻R1、R2的阻值分别为5Ω、6Ω，电压表和电流表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示(为正弦曲线的一部分)，则下列说法正确的是( )

A. 电压表的示数为25.1V B. 电流表的示数为1A
C. 变压器的输入功率为11W D. 变压器的输出功率为11W
4. 如图所示，光滑的金属环被固定在竖直平面内，一弹性绳上端被固定在圆弧最高点A，不挂重物时，弹性绳下端刚好在金属环圆心O处；现将一个中心带孔质量为m的小球拴在弹性绳的下端后再套在金属环最低点，用一始终与金属环相切的拉力F逆时针方向缓慢拉动小球，在小球运动的圆心角θ<90∘的范围内，弹性绳与圆心O处的固定铁钉始终接触，不计铁钉与弹性绳间摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 弹性绳的弹力变大 B. 拉力F变大
C. 金属环与小球间弹力一定变小 D. 金属环与小球间弹力一定变大
5. 如图所示，三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O，不计空气阻力，x轴所在处为地面，则可判断A、B、C三个小球( )，
A. 在空中运动过程中，动量变化率之比为1：2：3
B. 在空中运动过程中，重力做功之比为1：2：3
C. 初始时刻纵坐标之比为1：4：9
D. 到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1：4：9
6. 质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，现将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物体与斜面均能保持静止，已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A. 斜面和水平地面间一定有静摩擦力
B. 斜面对 A、B组成的系统的静摩擦力的合力为2mgsinθ
C. 若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动
D. 弹簧的最大压缩量为mgμ2cos2θ−sin2θk
7. 2018年12月27日，北斗三号系统基本完成建设。其导航系统中部分卫星的运动轨道如图所示：a为低轨道极地卫星；b为地球同步卫星；c为倾斜圆轨道卫星，其轨道平面与赤道平面有一定的夹角，周期与地球自转周期相同。下列说法正确的是( )

A. 卫星b和卫星c的运行半径相等
B. 卫星a的角速度一定比卫星c的角速度小
C. 卫星b的向心加速度比卫星a的向心加速度小
D. 卫星a的动能一定比卫星b的动能大
8. 如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨的左端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计；导轨在x>0侧，存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B随位置x的变化如图乙所示。现有一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒MN置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下，从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右作变速运动，且金属棒MN在运动过程中受到的安培力大小不变，下列说法中正确的是( )
A. 金属棒MN向右做匀加速直线运动
B. 金属棒MN在x=1m处的速度大小为12m/s
C. 金属棒MN从x=0运动到x=1m过程中外力F所做的功为0.175J
D. 金属棒MN从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒MN的电荷量为2C
9. 用图(a)所示装置验证机械能守恒定律。图(b)是某次实验中正确操作得到的一张纸带，依次测出了计时点A、B、D、E、F到计时点O的距离h1、h2、h3、h4、h5，已知打点频率为f，当地重力加速度大小为g。

(1)打A点时重锤的速度表达式vA=______，打E点时重锤的速度表达式vE=______；
(2)若选取A到E的过程验证机械能守恒定律，则需要验证的关系式为______。
10. 欲研究一只额定电压为8V、额定电流为0.4A的小灯泡的伏安特性。要求测量精度高，且灯泡两端电压能够在0∼8V范围内变化。实验提供的器材有：
A.直流电源(电动势9V，内阻不计)；
B.电流表(量程0.6A，内阻约0.3Ω)；
C.电流表(量程3A，内阻约0.06Ω)；
D.电压表(量程10V，内阻约10kΩ)；
E.滑动变阻器(阻值0∼10Ω)；
F.开关一只，导线若干。

(1)为测电流，电流表应选择______(填器材序号字母)；
(2)在的图(a)中用笔画线代替导线连接电路；
(3)图(b)是利用实验测得的多组数据作出的小灯泡的伏安特性曲线(U表示小灯泡两端的电压，I表示通过小灯泡的电流)。根据图(b)可确定小灯泡的功率P与U2或P与I2的关系曲线，如图(d)中合理的是______(填选项序号字母)；
(4)将该小灯泡接入图(c)所示电路。已知R=4Ω，电源电动势E=6.0V，内阻r=1.0Ω，则小灯泡所消耗的电功率为______W(保留2位有效数字)。
11. 2022年第24届冬奥会将在北京举行。图1是滑雪跳远比赛的情境。图2是滑雪跳远比赛的赛道简化图，其中AB是圆心为O、半径R=40m、圆心角α=60∘的光滑圆弧轨道(OB竖直)，BC是倾角θ=37∘的斜面轨道，CD是水平地面。质量m=60kg的运动员从A点静止开始自由下滑。运动员可以看作质点，不计轨道、空气的阻力，g=10m/s2，sin37∘=0.6。
(1)求运动员滑到B点所受支持力大小；
(2)如要安全比赛(运动员不能落到水平地面上)，求斜面轨道BC长度L最小值。








12. 控制带电粒子的运动在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。如图，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，该真空中存在方向沿x轴正方向、电场强度大小E=53N/C的匀强电场和方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场，原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量m=1×10−6kg、电荷量q=−2×10−6C的粒子束，粒子恰能在xOy平面内做直线运动，重力加速度为g=10m/s2，不计粒子间的相互作用。
(1)求粒子发射速度的大小；
(2)若保持E初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即取消磁场，求粒子从O点射出运动到距离y轴最远(粒子在x>0区域内)的过程中重力所做的功(不考虑磁场变化产生的影响)；
(3)若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为E′=5N/C，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围(不考虑电场变化产生的影响)。








13. 下列说法正确的是( )
A. 自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
C. 墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀，混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
D. 当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时。分子间的距离越大，分子势能越小
E. 一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面上体的分子数增多
14. 如图所示，亚铃状玻璃容器由两段粗管和一段细管连接而成。容器竖直放置。容器粗管的截面积为S1=2cm2，细管的截而积S2=1cm2，开始时粗细管内水银长度分别为h1=h2=2rm。整个细管长为h=4cm。封闭气体长度为L=6cm。大气压强为p0=76cmHg，气体初始温度为27℃.求：
①若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应为多少K；
②若在容器中再倒入同体积的水银，且使容器中封闭气体长度L仍为6cm不变，封闭气体的温度应为多少K。







15. 一列简谐横波在t1=0.02s时刻的波形图如图甲所示，平衡位置在x=1m处的质点P的振动图象如图乙所示。已知质点M的平衡位置在x=1.75m处。下列说法正确的是( )

A. 波的传播速度为100m/s
B. t2=0.03s时，质点M的运动方向沿y轴正方向
C. M点在t1时刻位移为210m
D. 质点M从t1时刻起每过0.005s通过的路程均为0.2m
E. 如果该波波源从O点沿x轴正向快速运动，则在x=20m处的观察者接收到的波的频率将大于50Hz
16. 如图所示，一束平行单色光照射到半圆形玻璃砖的平面上，入射光线的方向与玻璃砖平面成45∘角，玻璃砖对该单色光的折射率为2，入射到A点的光线折射后，折射光线刚好射到圆弧的最低点B，照射到C点的光线折射后在圆弧面上的D点刚好发生全反射，半圆形玻璃砖的半径为R，求：

①在B点的光线反射与折射后，反射光线与折射光线间的夹角大小；
②OA间的距离及∠CDO各为多少？







答案和解析

1.【答案】D

【解析】
【分析】
γ射线是波长很短的光子，穿透能力很强；根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而得出X的中子数。半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用。
本题考查了核反应方程、半衰期、射线的特点等基础知识点，比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
【解答】
A.在该核反应过程中，核反应前的电荷数为92，而核反应后的电荷数为82，由质量数和电荷数守恒可知，此方程不可能，故A错误；
B.半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对10个原子核不适用，故B错误；
C.衰变过程中有能量放出，由爱因斯坦质能方程可知，衰变过程中总静质量发生亏损，故C错误；
D.由质量数和电荷数守恒可知X具有92个质子，质量数应为235，所以中子数为143，故D正确。
故选D。  
2.【答案】B

【解析】解：A、在x−t图像中，图线的斜率表示速度，3s末二者的斜率不同，所以速度不同，故A错误；
B、根据x−t图像知，前3s内甲、乙之间距离先增大后减小，3s末两质点位置坐标相同，表示相遇，故B正确；
C、0∼3s内，甲、乙两物体的位移相等，时间相等，结合平均速度等于位移与时间之比，知0∼3s内，甲、乙两物体的平均速度相等，故C错误；
D、甲做匀速直线运动，乙做加速直线运动，0∼3s内，有一个时刻甲和乙的斜率相同，瞬时速度大小刚好相等，故D错误。
故选：B。
位移-时间图像表示物体的位置随时间的变化规律，图像上的任意一点坐标表示该时刻的位置，图像的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，纵坐标的变化量表示位移，结合平均速度等于位移与时间之比分析。
本题的关键要理解位移-时间图像的点和斜率的物理意义，知道图像中的点表示物体的位置，斜率表示速度。

3.【答案】CD

【解析】解：A、由图乙所示可知，原线圈输入电压的最大值Um=220V，设有效值为U1，则：(2202)2R×T2=U12RT，解得：U1=110V，由理想变压器的变压比得：U1U2=n1n2，代入数据解得：U2=11V，电压表示数是11V，故A错误；
B、由欧姆定律可知，副线圈电流I2=U2R1+R2=115+6A=1A，由理想变压器的电流比得：I1I2=n2n1，代入数据解得：I1=0.1A，故B错误；
CD、变压器的输出功率P2=U2I2=11×1W=11W，理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率P1=P2=11W，故CD正确。
故选：CD。
根据图乙所示图像求出原线圈输入电压的最大值，然后求出有效值；根据变压器的变压比求出副线圈电压，应用欧姆定律求出副线圈电流，应用变压器的电流比求出原线圈电流；应用功率公式求出变压器的输入与输出功率。
本题难点在于对有效值的理解及计算。要掌握理解变压器的工作原理及相关的计算。

4.【答案】B

【解析】解：A、在小球运动的圆心角θ<90∘的范围内，弹性绳的长度不变，伸长量也不变，所以弹力不变，故A错误；
BCD、小球在运动过程中，受到重力mg、金属环对小球的弹力N、拉力F和弹性绳的弹力T，其中弹性绳弹力方向都指向圆心，金属环对小球的弹力N的方向可能指向圆心，也可能背离圆心，若金属环对小球的弹力N的方向指向圆心，受力情况如图所示；
根据正弦定理推导出拉密定律，即为：Fsinβ=T+Nsinα=mgsinγ
由于拉力F始终与金属环相切，则γ=90∘不变，所以mgsinγ不变；
在小球运动的圆心角θ<90∘的范围内，β从180∘减小到90∘，所以sinβ逐渐增大，拉力F逐渐增大；
如果金属环对小球的弹力N的方向指向圆心，α从90∘逐渐增大到180∘，所以sinα逐渐减小，T+N逐渐减小，而弹性绳弹力T不变，则金属环与小球间弹力变小；如果金属环对小球的弹力N的方向背离圆心，则T−N逐渐减小，N逐渐增大，故B正确、CD错误。
故选：B。
在小球运动的圆心角θ<90∘的范围内，弹性绳的长度不变，弹力不变；分析小球的受力情况，根据平衡条件结合正弦定理进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，关键是弄清楚小球的受力情况，掌握动态分析的处理方法。

5.【答案】C

【解析】解：A、动量的变化率为合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故A错误
BC、根据x=v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1：2：3，所以它们在空中运动的时间之比为1：2：3，故B错误；
初始时刻纵坐标之比既该过程小球的下落高度之比，根据h=12gt2，初始时刻纵坐标之比为1：4：9，重力做功之比为h之比，即为1：4：9，故B错误，C正确；
D、竖直向速度之比为1：2：3，水平向速度相向，而速度方向与水平方向夹角的正切值为vyvx，则其比值为1：2：3，故D错误
故选：C。
研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由于抛出速度相同，根据水平位移可确定各自运动的时间之比，从而求出各自抛出高度之比，而速度方向与水平方向夹角的正切值为vyvx，可得其值之比。
本题就是对平抛运动规律的直接考查，突破口是由相同的抛出速度，不同的水平位移从而确定运动的时间。所以掌握住平抛运动的规律及运动学公式就能轻松解决。

6.【答案】BD

【解析】解：A、对整体分析可知，整体在水平方向不受外力，故地面不受静摩擦力；故A错误；
B、对AB及弹簧组成的系统分析可知，整体受重力、支持力和斜面的摩擦力，则摩擦力大小为2mgsinθ；故B正确；
C、开始时单个物体受到的静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力；由于物体受到的为静摩擦力，若将弹簧拿掉，摩擦力瞬间发生变化；与重力的分力大小相等；不可能使物块发生滑动；故C错误；
D、物块静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物体上，一个是重力沿斜面向下的分力mgsinθ，静摩擦力f≤fm=μmgcosθ，方向不确定，弹簧弹力水平方向kx，则弹力等于mgsinθ和静摩擦力f的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时：kx=fm2−(mgsinθ)2
故x=mgμcos2θ−sin2θk；故 D正确。
故选：BD。
对整体进行分析，根据平衡条件可分析物体是否会发生滑动，从而明确摩擦力大小；
对物体进行分析，当物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，三力平衡，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解；
本题关键是先对物块受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法和胡克定律列式求解求解弹簧最大压缩量，灵活性较强；注意正确选择研究对象进行分析．

7.【答案】AC

【解析】
【分析】
根据万有引力提供向心力得出周期与半径的关系，从而判断卫星b和卫星c的运行半径关系；通过列式角速度、向心加速度、线速度的关系，再分析动能关系。
本题的关键要抓住万有引力提供向心力，列式求解出周期、线速度、角速度的表达式是解答的前提条件，要知道同步地球卫星的条件和特点。
【解答】
A.根据GMmr2=m4π2T2r，得T=2πr3GM，知卫星b为地球同步卫星，其运行周期与地球自转周期相同，卫星c的周期也于地球自转周期相同，则b、c的轨道半径相等，故A正确；
B.根据GMmr2=mω2r，得ω=GMr3，知卫星a的轨道半径比卫星c的小，所以卫星a的角速度一定比卫星c的角速度大，故B错误；
C.根据GMmr2=ma，得a=GMr2，知卫星b的轨道半径大于卫星a的轨道半径，卫星b的向心加速度小于卫星a的向心加速度，故C正确；
D.根据GMmr2=mv2r，得v=GMr，知卫星b的轨道半径大于卫星a的轨道半径，卫星b的速度小于卫星a的速度，但卫星b和a质量关系未知，故动能无法判断，故D错误。
故选AC。  
8.【答案】BD

【解析】解：A、根据图象得B−x函数关系式：B=0.5+0.5x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势E=BLv，
感应电流I=ER+r=BLvR+r，安培力，解得：；
匀变速直线运动满足v2=v02+2ax，即v2与x是线性关系，所以金属棒不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B、根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x=0处与x=1m处安培力大小相等，有：B02L2v0R+r=B12L2v1R+r，解得v1=0.5m/s，故B正确；
C、金属棒在x=0处的安培力大小为：
对金属棒金属棒从x=0运动到x=1m过程中，根据动能定理有：，代入数据解得WF=−0.175J，故C错误；
D、根据感应电量公式q=ΔΦR+r=ΔBxLR+r，x=0到x=2m过程中，B−x图象包围的“面积”ΔB⋅x=0.5+1.52×2T⋅m=2T⋅m，所以q=2C，故D正确。
故选：BD。
根据安培力的表达式导出速度v与x的关系式，结合匀变速直线运动的速度位移公式判断金属棒的运动是否为匀变速运动；根据安培力与速度的关系式，由x=0和x=1m处的安培力相等即可求出x=1m处的速度；根据动能定理外力做功；根据电量公式q=ΔΦR+r求解电荷量
本题主要是考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中金属棒所受的安培力不变，是本题解题的突破口，注意B−x图象的面积和L的乘积表示磁通量的变化量。

9.【答案】fh22    f(h5−h3)2    g(h4−h1)=f28[(h5−h3)2−h22]

【解析】解：(1)根据匀变速直线运动的推论：某段时间内中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，故A点速度为：
vA=h22T=fh22
E点的速度为：
vE=h5−h32T=f(h5−h3)2
(2)从A到E过程，重力势能减少量为：
△Ep=mghAE=mg(h4−h1)
其动能增加量为：
△Ek=12mvE2−12mvA2
根据机械能守恒有：
△Ep=△Ek
化简得：
g(h4−h1)=f28[(h5−h3)2−h22]
故答案为：(1)fh22，f(h5−h3)2；(2)g(h4−h1)=f28[(h5−h3)2−h22]。
(1)根据平均速度等于其中间时刻速度，可以求出A、E对应的速度；
(2)从A到E过程，由△Ep=mghAE，求势能的减小量，由△Ek=12mvE2−12mvA2，求动能的增加量，要验证证机械能守恒定律，需要验证△Ep=△Ek。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验。注意点：实际上重物和纸带下落过程中要克服阻力(主要是打点计时器的阻力)做功，故动能的增加量必定稍小于势能的减少量，这是属于系统误差。

10.【答案】BD1.4

【解析】解：(1)灯泡的额定电流为0.4A，电流表应选择B。
(2)灯泡两端电压能够在0∼8V范围内变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图1所示。
(3)由图(b)所示图象可知，所电压电流的增大，灯泡电阻R增大；
AB、由电功率公式P=U2R可知，P与U2不成正比，随灯泡两端U2的增大P−U2斜率减小，故AB错误；
CD、由于灯泡电阻随电流增大电阻R增大，由P=I2R可知，随I2增大P−I2图象斜率增大，故C错误，D正确。
故选：D。
(4)把电阻R与电源整体看作等效电源，作出等效电源的U−I图象如图2所示，
由图示图象可知，灯泡工作电压U=4.2V，工作电流I=0.33A，灯泡实际功率为：P=UI=4.2×0.33W≈1.4W。
故答案为：(1)B；(2)实物电路图如图所示；(3)D；(4)1.4。

(1)根据灯泡额定电流选择电流。
(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。
(3)根据图示图象分析灯泡电阻随电压(电流)变化关系，然后根据电功率公式分析答题。
(4)把电阻R与电源整体看成等效电源，作出等效电源的U−I图象，求出灯泡的工作电压与工作电流，然后求出灯泡的实际功率。
本题考查了实验器材选择、连接实物电路图与实验数据处理等问题，要掌握实验器材的选择原则，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。

11.【答案】解：(1)设运动员在B点的速度为vB，在B点受到的支持拉力为F。
在运动员从A运动至B的过程中，由动能定理得
  mg(R−Rcosα)=12mvB2
解得vB=20m/s
运动员在B点时，由牛顿第二定律得
 F−mg=mvB2R
解得F=1200N
(2)经分析，运动员离开B点后做平抛运动，则竖直方向有Lsinθ=12gt2
 水平方向有Lcosθ=vBt
联立解得L=75m
答：
(1)运动员滑到B点所受支持力大小是1200N；
(2)斜面轨道BC长度L最小值是75m。

【解析】(1)在运动员从A运动至B的过程中，由动能定理求出运动员在B点的速度。运动员在B点时，根据向心力公式求出运动员受到的支持力。
(2)运动员离开B点后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据位移公式求解。
本题是常规题，关键要能明确运动员经过B点时向心力的来源：轨道的支持力和重力的合力。知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，掌握分运动的规律，并能熟练运用。

12.【答案】解：(1)对粒子受力分析如图所示，

粒子恰能在xoy平面内做直线运动，合力为零，根据三角形定则有：qvB=(mg)2+(qE)2
解得v=20m/s；
(2)设粒子初速度与x轴正方向夹角为θ，则tanθ=qEmg
取消磁场后，粒子在水平方向由牛顿第二定律得qE=max
粒子从O点射出运动到距离y轴最远(粒子在x>0区域内)时，粒子在x轴方向做匀减速运动的速度为零，
粒子水平方向的初速度为：vx=vcosθ
根据运动学公式有vx−0=axt
粒子在竖直方向只受重力的作用下做匀加速运动，其竖直方向的初速度为：vy=vsinθ
根据运动学公式有：h=vyt+12gt2
重力做功为：WG=mgh
解得WG=1.167×10−4J；
(3)若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为E′=5N/C，则电场力方向竖直向上，且qE′=mg，
则有洛伦兹力提供向心力，即qvB=mv2R
如图所示，当粒子在O点时就改变电场，第一次打在x轴上的横坐标最小，则最小坐标为x1=2Rsinθ

如图所示，当改变电场时粒子所在位置与打在x轴上的位置连线刚好为粒子做圆周运动的直径时，粒子打在x轴上的横坐标最大，
则最大坐标为：x2=2Rsinθ
所以，从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为x1≤x≤x2
解得203m≤x≤8033m。
答：(1)粒子发射速度的大小为20m/s；
(2)若保持E初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即取消磁场，粒子从O点射出运动到距离y轴最远(粒子在x>0区域内)的过程中重力所做的功为1.167×10−4J；
(3)若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为E′=5N/C，从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为203m≤x≤8033m。

【解析】(1)粒子恰能在xoy平面内做直线运动，合力为零，分析粒子的受力，根据三角形定则求解粒子的速度；
(2)粒子从O点射出运动到距离y轴最远时，粒子在x轴方向做匀减速运动的速度为零，根据运动学公式分析粒子上升的高度，再由做功公式求解重力做功；
(3)当粒子在O点时就改变电场，第一次打在x轴上的横坐标最小，当改变电场时粒子所在位置与打在x轴上的位置连线刚好为粒子做圆周运动的直径时，粒子打在x轴上的横坐标最大，根据几何知识求解最小坐标和最大坐标。
该题考查了带电粒子在复合场中的运动相关知识，综合性强，题目难度大，解决这类题的关键是必须分析清楚粒子的运动过程，掌握其临界状态。

13.【答案】ABE

【解析】
【分析】根据热力学第二定律分析A选项；根据液体表面张力产生的原因分析B选项； 根据分子动理论的知识分析C选项；根据分子力做功与分子势能的关系分析D选项；根据气体压强的微观意义分析E选项。
本题主要是考查分子动理论、热力学定律、表面张力等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。
【解答】A、根据热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A正确；
B、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，所以叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；
C、根据分子动理论的知识可知，混合均匀主要是由于水分子做无规则运动，使得炭粒做无规则运动，即布朗运动，故C错误；
D、两分子间距大于平衡距离时，分子间为引力，则分子距离增大时，分子力做负功，分子势能增大；故D错误；
E、一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，单位时间内撞击器壁单位面上的分子数增多，故E正确。
故选：ABE。  
14.【答案】解：①气体初状态参量：p1=p0+ph1+ph2=80cmHg，V1=LS1，T1=273+27=300K
水银全面离开下面的粗管时，设水银进入上面的粗管中的高度为h3，
则：h1S1+h2S2=hS2+h3S1，解得：h3=1cm，
此时管中气体的压强：p2=p0+ph+ph3=81cmHg，
管中气体体积为：V2=(L+h1)S1，
由理想气体状态方程得：p1V1T1=p2V2T2
代入数据解得：T2=405K；
②再倒入同体积的水银，气体的长度仍为6cm不变，则此过程为等容变化，
管里气体的压强：p3=p0+2p(h1+h2)=84cmHg，
由查理定律得：p1T1=p3T3，
代入数据解得：T3=315K；
答：①若要使水银刚好离开下面的粗管，封闭气体的温度应上升到405K；
②若在容器中再倒人同体积的水银，且使容器中气体体积不变，封闭气体的温度应为315K。

【解析】①水银刚好离开下面细管时，由几何关系求出水银进入上面的粗管中的高度，列出初末状态的参量，根据理想气体状态方程即可求解气体末态的温度；
②再倒入同体积的水银，粗管中气体的体积不变，根据等容变化的实验定律即可求解。
本题考查了理想气体状态方程的应用，分析清楚气体的状态变化过程是解题的前提，根据题意求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程与查理定律可以解题。

15.【答案】ACE

【解析】解：A、由图甲可知波长λ=2m，由乙图可知周期T=0.02s，所以波速为：v=λT=100m/s，故A正确。
B.由图乙知t1=0.02s时质点P正通过平衡位置向y轴负方向运动，可以判断出该波沿x轴正向传播，所以此时质点M的运动方向沿y轴正方向，则当t2=0.03s，即再过半个周期，质点M的运动方向沿y轴负方向。故B错误。
C.质点M的平衡位置在x=1.75m，与P点振动情况相差1.75−1.02T=38T
根据振动方程可知：y=Asinωt=Asin2πTt=0.2sin2πT×38T=210m，故C正确。
D.在△t=0.005s=14T时间内，质点M从t1时刻起每过0.005s通过的路程均为0.2m。故D错误。
E.波源的频率为50Hz，如果该波波源从O点沿x轴正向快速运动，根据多普勒效应可知在x=20m处的观察者接收到的波的频率将大于50Hz，故E正确。
故选：ACE。
由图乙得到周期；根据图甲可知该波的波长；求出该波的波动方程，由此求解M点的位移；质点M在T4时间内的路程不等于振幅A；根据多普勒效应分析在x=20m处的观察者接收到的波的频率。
本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意义，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。

16.【答案】解：①光线在平面上发生折射，设入射角为i，折射角为r，
由折射定律可知n=sinisinr，
求得sinr=sinin=12，r=30∘
在A点发生折射的光线在B点处发生反射和折射，反射角为30∘，根据对称性可知，折射角为45∘，因此反射光线和折射光线的夹角为60∘+45∘=105∘；
②由几何关系知，AO=Rtan30∘=33R
由于在C点入射的光线折射后在D点刚好发生全反射，连接OD，则sin∠CDO=sinC=1n=22
则∠CDO=45∘
答：①在B点的光线反射与折射后，反射光线与折射光线间的夹角大小是105∘；
②OA间的距离是33R，∠CDO为45∘。

【解析】①在B点的光线反射与折射后，根据折射定律求出折射角，由反射定律得到反射角，再由几何关系求反射光线与折射光线间的夹角大小；
②由几何关系求OA间的距离。光线在D点刚好发生全反射，入射角等于临界角，由临界角公式求∠CDO。
本题的关键要掌握光的全反射条件和临界角公式sinC=1n，运用数学几何知识求相关的角度，结合折射定律研究。