2022年江西省重点中学高考物理一模试卷(含答案)

2022年江西省重点中学高考物理一模试卷
1.在气体放电管中，用大量的高能电子轰击犬量处于基态的氢原子，通过光栅分光计
可观测到一定数目的光谱线。

调高电子的能量再次进行实验观测，发现光谱线的数目是原来的三倍。

用Δn表示两次观测中氢原子所处最高激发态的量子数n之差，则在n≤6的范围Δn的值为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
2.有一种假说认为，地磁场是由于某种原因地球表面带上的负电荷随地面自转而产生
的。

受此启发，某同学作了如下大胆的设想：某行星表面也带有负电荷，围绕位于焦点处的恒星在椭圆轨道上沿逆时针运动，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点，如图所示。

从某时刻起在行星运动的空间里加上匀强磁场，就能使行星绕其恒星作圆周运动。

忽略自转影响，下列说法中可能实现这一设想的是( )
A. 当行星运动到P1点时，加一垂直纸面向外的匀强磁场
B. 当行星运动到P2点时，加一垂直纸面向里的匀强磁场
C. 当行星运动到P3点时，加一垂直纸面向外的匀强磁场
D. 当行星运动到P4点时，加一垂直纸面向里的匀强磁场
3.一个m=3kg的物体放在粗糙水平地面上，从t=0时刻起，物体在水平向右的力F
作用下由静止开始做直线运动，在0∼3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示。

已知物体.与地面间的动摩擦因数处处相等，空气阻力不计，则( )
A. 在0∼2s内力F的大小为12N
B. 第3s内物体加速度减小的快慢是4m/s2
C. 在0∼3s内物体的位移等于17m
D. 第3s末物体的速度最大，最大速度为10m/s
4.如图所示，在ab边的中点用弹簧悬挂矩形硬质金属线框abcd，
线框的下半部分处于垂直线框平面的磁场中，各处的磁感应强度
B随时间t的变化情况相同，线框静止，dc边水平，弹簧的长度
不变。

下列描述B的大小随时间t变化的图象中，可能正确的是( )
A. B. C. D.
5.某兴趣小组想利用小孔成像实验估测太阳的密度。

设计如图所示的装置，不透明的
圆桶一端密封，中央有一小孔，另一端为半透明纸。

将圆桶轴线正对太阳方向，可观察到太阳的像的直径为D。

已知圆桶长为H，地球绕太阳公转周期为T。

则估测太阳密度的表达式为( )
A. ρ=24πD3
GT2H3B. ρ=24πH3
GT2D3
C. ρ=3πH3
GT2D3
D. ρ=3πD3
GT2H3
6.第24届冬奥会在北京和张家口联合举行，北京成为冬奥史上首个“双奥”城市，
见证伟大祖国的繁荣昌盛。

假设在一次跳台滑雪比赛中，运动员在助滑道顶端A处由静止下滑到斜面顶端B处时水平飞出，落在了斜面底端C处，最后滑入停止区停下。

BC间的高度差为h，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，不计所有阻力，则( )
A. 运动员在空中运动时相同时间内速度的变化量不同
B. 运动员从B点飞出后到离斜面最远时所经历的时间为1
2√2ℎ
g
C. 运动员落到斜面时的速度方向因从B点飞出时的速度大小不同而不同
D. A、B两点间的高度差为ℎ
4tan2θ
7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：4，a，b端接入电压有效值为U0=6V
的正弦式交流电源。

电阻R1=1Ω，R2=2Ω，滑动安阻器R3最大阻值为60Ω，此时滑片P处于正中间位置，电表均为理想交流电表，则( )
A. 电流表的示数为2A
B. R1与R2的热功率之比为2：1
C. 若向上移动P，电压表示数变小
D. 若向下移动P，电源的输出功率变大
8.竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，
如图所示。

质量为m，电荷量为+q的粒子，从O点以初动能E ko=qU进入电场，
O点在AC连线上，且OA=1
4
d，初速度与水平方向夹角为θ=45∘，粒子沿着OMB 的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直。

不计粒子重力，则关于粒子的说法正确的是( )
A. 粒子运动到B点時的动能E kB=5
qU
2
B. 运动轨迹最高点到下极板的距离MN=3
d
4
C. 水平方向运动的位移之比为AN：NB=√2：3
D. 若将上极板向下移一小段距离，则粒子将在B点上方飞出
9.用如图甲所示的实验装置测木块与木板间的动摩擦因数。

木板的底端置于桌面上，
安装有光电门(与数字计时器相连)，木块上固定有宽度为d的遮光条。

改变木块下滑的初始位置离桌面的高度差h，同时保持该初始位置和底端间的水平距离L不变，进行多次实验，每次实验木块都由静止开始下滑，木块与木板间的动摩擦因数处处相同，重力加速度为g。

(1)先用游标卡尺测出遮光条的宽度如图乙所示，其读数为d=______mm。

(Δt为遮光条通过光电门的时间)计算出木块
(2)根据多次实验得到的数据，用v=d
Δt
经过光电门时的速度大小v，并作出了如图丙所示的v2−ℎ图像。

由此可知木块与木板间的动摩擦因数的计算式为______。

(用b、L和g表示)
(3)由于空气阻力的影响，会使木块与木板间动摩擦因数的测量值______(选填“大
于”、“等于”或“小于”)真实值。

10.如图甲所示是某同学设计的测量电源的电动势和内阻的实验电路图，图中电压表V
的量程为3V，电流计G的满偏电流I g=200mA、内阻R g=0.40Ω，定值电阻R1=
0.40Ω。

闭合开关，移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G
的读数I，作出如图乙所示的图象。

(1)某次测量时，电压表示数如图丙所示，其读数为______ V，此时通过电源的电
流为______ mA。

(2)根据图乙所示的图象求出，电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω(结果
保留到小数点后两位)。

11.如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内
存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。

线
段CO=OD=d，θ=30∘。

在第四象限正方形ODFG内存
在沿+x方向、大小为E=B 2ed
3m
的匀强电场，沿AC在第三象
限放置一个足够大平面荧光屏，屏与y轴平行。

一个电子从坐标原点沿+y方向射入磁场，恰好不从AD边射出磁场。

已知电子的质量为m，电荷量为−e。

试求：
(1)电子射入磁场时的速度大小；
(2)电子打在荧光屏上的位置坐标。

12.如图所示，固定在竖直面内的轨道由足够长直线和半径为R的四分之一圆弧相切连
接而成，除AB段粗糙外其它部分均光滑，C、D是圆弧的两端点。

两个质量均为m 的小球a和b，分别从A点和C点以一定的初速度向右运动，a球的初速度是b球的2倍，b球第一次上升相对C点的最大高度为2R，在b球返回C点向B点运动的过程中，与迎面而来的a球发生弹性碰撞，碰后b球第二次上升相对c点的最大
高度为1
8
R。

由于磁性的原因b球在CD上还会受到轨道对它的垂直轨道方向、大小
为F=√7mgsinθ的吸引力，θ是b球所在位置与C点间的圆弧所对的圆心角。

视小球为质点两球与AB间的动摩擦因数均为μ。

假设除碰撞外两球间没有作用力。

空气阻力不计，重力加速度为g。

求：
(1)b球在空中运动过程中重力的冲量；
(2)b球由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值；
(3)a、b两球在AB上运动的总时间。

13.下列说法中正确的是( )
A. 扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以
B. 岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体
C. 地球大气的各种气体分子中氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球
吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少
D. 从微观角度看气体压强只与分子平均动能有关
14.如图所示，一个粗细均匀、导热良好的U形细玻璃
管竖直放置，A端封闭，D端开口。

玻璃管内通过
水银柱封闭a、b两段气体，a气体下端浮有一层体
积、质量均可忽略的隔热层，各段长度如图所示。

已知大气压强P0=75cmHg，环境温度为27℃。

取
T=t+273(K)。

①通过加热器对b气体缓慢加热，使其温度升高到177∘C时玻璃管内剩余水银柱的
总长度为多少？
②保持b气体温度177℃不变，以BC为轴将玻璃管缓慢旋转90∘至水平状态，则玻
璃管内剩余水银柱的总长度为多少？
15.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=
−2m和x=12m处，两列波的传播速度均为v=4m/s，两波源的振幅均为A=2cm。

图示为t=0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此时刻平衡位置处于x=2m 和x=8m的P、Q两质点刚开始振动。

质点M的平衡位置处于x=5m处，则下列说法正确的是( )
A. t=0.75s时刻，两列波开始相遇
B. t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点
C. t=1s时刻，质点M的位移为−4cm
D. t=1s时刻，质点Q的速度为0
E. 质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向
16.五角棱镜是光束定角度转向器之一，常用于照相机的取景器、图像观察系统或测量
仪器中。

如图所示是五角棱镜的截面图。

棱镜材料的折射率为n，AB面与AE面垂直。

一束单色光垂直AB面入射，经DE面和BC面反射后垂直AE面射出。

该单色光的频率为f，在真空(或空气)中传播的速度为c。

求：
①单色光在棱镜材料中的波长λ；
②BC面与DE面的夹角α；
③若入射光线与AB面不垂直，入射角为i，求同样经两次反射后从AE面射出的光
线与入射光线间的夹角。

答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同，因此设氢原子原来的最高能级为n，则调高后的能级为(n+Δn)，
则有：(n+Δn)(n+Δn−1)
2=3×n(n−1)
2
，解得：n=2，Δn=1，故A正确，BCD错误。

故选：A。

本题难度较大，要明确产生光线数目m和能级n之间的关系，即m=n(n−1)
2
，氢原子吸收电子能量时只吸收对应能级之间的能量差，即能量的吸收应该满足量子化。

该题学生容易出错，考查知识点全面，要求学生在掌握能级、激发态、能级跃迁、能级差等概念的基础上，具备综合理解分析能力。

2.【答案】C
【解析】解：A、当行星运动到P1点时，做近心运动，万有引力大于向心力，加一垂直纸面向外的匀强磁场，由左手定则可知行星受到指向恒星的洛伦兹力，合力大于向心力，仍然做近心运动，故A错误；
BD、当行星运动到P2点和P4点时，洛伦兹力和万有引力不共线，合力不指向恒星，无法做圆周运动，故BD错误；
C、当行星运动到P3点时，做离心运动，万有引力小于向心力，加以垂直纸面向外的匀强磁场，由左手定则可知行星受到指向恒星的洛伦兹力，当合力等于向心力，做圆周运动，故C正确；
故选：C。

分别分析出行星运动到不同位置时的洛伦兹力方向，结合向心力的特点分析是否符合题意。

本题主要考查了地磁场的相关猜想，考法新颖，但难度不大，解题关键点是熟悉左手定则判断出洛伦兹力的方向即可。

3.【答案】D
【解析】解：A、前2s内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律知知前2s内的合外力为12N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力大于12N，故A错误；
B、第3s内物体加速度减小的快慢是Δa
Δt =0−4
3−2
m/s3=−4m/s3，故B错误；
C、在0∼3s内物体做匀加速直线运动，通过的位移等于x=1
2at2=1
2
×4×22m=8m，
故C错误；
D、在0−3s内，物体始终做加速运动，在a−t图像中图像与时间轴所围面积表示速度，
则v=1
2
×(2+3)×4m/s=10m/s，故D正确；
故选：D。

体做加速运动时加速度方向与速度方向相同，加速度的大小与合外力成正比．物体的加速度保持恒定，则其所受合外力恒定，在a−t图像中，图像与时间轴所围面积表示速度的变化量。

Δ
掌握加速运动与减速运动只看加速度的方向与速度方向是相同还是相反，不看加速度的大小变化，知道加速度与物体所受合外力大小成正比，掌握规律是解决问题的关键．4.【答案】D
【解析】解：依题意弹簧长度不变，由受力分析可知金属线框所受重力和弹簧拉力均不变，即dc边所受安培力不变，由安培力公式可得：F=BIL
又I=E
R =ΔBS
ΔtR
联立解得：F=BΔBS
ΔtR
L
A、图像中，ΔB
Δt
为恒定的值，磁感应强度B一直在减小，所以dc边所受安培力变小，故A错误；
B、图像中，ΔB
Δt
为恒定的值，磁感应强度一直在增加，所以dc边所受安培力变大，故B 错误；
C、图像中，ΔB
Δt
的值一直在减小，磁感应强度B一直在减小，所以dc边所受安培力变小，故C错误；
D、图像中，ΔB
Δt
的值一直在减小，磁感应强度B一直在增加，所以dc边所受安培力可能不变，故D正确；
故选：D。

根据对金属线框的受力分析可知dc边的安培力保持不变，根据安培力公式和法拉第电磁感应定律得安培力的表达式，结合图像的斜率和B的变化逐项分析即可。

本题主要考查了法拉第电磁感应定律，结合安培力公式和图像分析出导线框受到的安培力的变化即可。

5.【答案】B
【解析】解：设太阳的半径为R，太阳到地球的距离为r。

根据三角形相似，由几何关系可知，则：R
r =
D
2
H
，解得：R=Dr
2H。

地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为M，地球质量为m，
则：GMm
r2=m4π2r
T2
体积V=4
3
πR3
由密度公式ρ=M
V 解得：ρ=24πH
3
GT2D3。

故B正确，ACD错误。

故选：B。

根据三角形相似，结合万有引力提供向心力，可分析该题。

本题考查小孔成像原理，主要用到三角形相似和万有引力提供向心力等知识，属于基本题型。

6.【答案】BD
【解析】解：A、运动员在空中做平抛运动，做的是匀变速曲线运动，加速度为g，故运动员在空中运动时相同时间内速度的变化量Δv=gΔt，故速度变化量相同，故A错误；
B、运动员从B到C做平抛运动，则ℎ=1
2gt2，解得t=√2ℎ
g
，从B到C，水平方向：ℎ
tanθ
=
v B t，从B到C，沿斜面方向和垂直于斜面方向，则在垂直于斜面方向，根据牛顿第二定律可得：mgcosθ=ma1，速度v1=v B sinθ，运动员从B点飞出后到离斜面最远时所经历的时间为t=v1
a1
联立解得t′=1
2√2ℎ
g
，故B正确；
C、设运动员落到斜面时的速度方向与水平方向夹角为β，如图，根据速度方向偏向角与位移方向偏向角的关系可得，tanβ=2tanθ，所以两种情况下β相同，则两次落到斜面时的速度方向与斜面之间的夹角也相同，故C错误；
D、运动员从B到C做平抛运动，则ℎ=1
2gt2，解得t=√2ℎ
g
，从B到C，水平方向：
ℎtanθ=v B t，从A到B，根据动能定理可得：mgR=1
2
mv B2，联立解得：R=ℎ
4tan2θ
，故
D正确；
故选：BD。

速度变化率相同即为加速度，由此判断两次飞行中速度变化率是否相同；
根据平抛运动的规律求解运动时间和抛出时的速度；
根据速度方向偏向角与位移方向偏向角的关系分析两次落到斜面时的速度方向与斜面
之间的夹角是否相同；
从A到B根据动能定理求得下降高度。

本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道平抛运动的规律和两个重要推论。

7.【答案】AD
【解析】解：B、理想变压器原、副线圈匝数比为1：3，则电流之比为：I1：I2=n2：n1=3：1，
根据电功率的计算公式P=I2R可得R1与R2的热功率之比为：P1：P2=(I12R1)：(I22R2)代入数据解得：P1：P2=3：1，故B错误；
A、根据功率关系可得：U0I1=I12R1+I22(R2+1
2
R3)，解得：I1=2A，故A正确；
C、向上移动P，副线圈电阻增大，则输出电流减小，根据变流比可知，输入电流减小，电阻R1分压减小，原线圈输入电压增大，则输出电压增大，电压表读数将增大，故C
错误；
D、若向下移动P，副线圈电阻减小，则输出电流变大，根据变流比可知，输入电流变大，根据P=U0I1可知，电源的输出功率变大，故D正确。

故选：AD。

理想变压器原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比；理想变压器原副线圈两端电功率相等，由此解答。

本题考查变压器与电路的结合问题，要注意明确电路动态分析的基本方法，同时明确变压器的基本原理。

8.【答案】BC
【解析】解：A、粒子在两极板间仅受电场力作用，从O到B过程中，根据动能定理得：q⋅1
4
U=E kB−E kO
又E kO=qU，解得粒子运动到B点時的动能：E kB=5
4
qU，故A错误；
B、分解粒子的运动，粒子在水平方向上，在竖直方向上做匀变速直线运动，粒子在竖直方向的初速度v y=v0sinθ
从O点到最高点M过程中，在竖直方向上有：0−v y2=2(−qU
md
)y OM，结合E kO=qU=
1 2mv02，联立解得O点与M点的竖直高度：y OM=d
2
，则轨迹最高点到下极板的距离MN=
y OM+d
4=d
2
+d
4
=3
4
d，故B正确；
C、粒子上升过程竖直分位移大小：y OM=d
2，下降过程竖直分位移大小：y MN=3
4
d，
粒子在竖直方向做匀变速直线运动，根据y=1
2at2得t=√2y
a
，则上升过程和下降过程
时间之比为t OM：t MN=√y OM：√y MN=√2：√3，粒子在水平方向上做匀速直线运动，由x=v x t知水平位移之比AN：NB=t OM：t MN=√2：3，故C错误；
D、若将上极板向下移一小段距离，d减小，根据E=U
d
知，匀强电场场强增大，粒子受到的电场力增大，加速度增大，粒子加速和减速时间变短，到达下极板时，水平方向位移减小，粒子将打在B点左侧，故D错误。

故选：BC。

根据动能定理求运动到B点时的动能；分解粒子的运动，粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀变速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求轨迹最高点到下极板的距离。

根据粒子上升和下降的位移关系求出上升和下降的运动时间之比，从而求得水平方向运动的位移之比。

若将上极板向下移一小段距离，板间场强增大，粒子的加速度增大，分析运动时间的变化，判断水平位移的变化，分析粒子飞出电场的位置。

本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，应用处理类斜抛运动的方法是运动的分解，关键是分析清楚哪个方向上是匀速直线运动，哪个方向上是匀加速直线运动，运用牛顿第
二定律和运动学公式相结合进行解答。

9.【答案】10.55b
2gL
大于
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.05mm，估读到分度值本位，则d=10mm+ 11×0.05mm=10.55mm；
(2)根据牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcosθ=ma
结合运动学公式v2=2as
L=scosθ
ℎ=ssinθ
联立解得：v2=2gℎ−2μgL
由图像可知，b=2μgL
解得：μ=b
2gL
(3)由于空气阻力的影响，则上面式子中的摩擦力变大了，所以会使木块与木板之间动摩擦因数的测量值大于真实值。

故答案为：(1)10.55；(2)b
2gL
；(3)大于
(1)根据游标卡尺的读数规则得出d的读数；
(2)根据牛顿第二定律同时结合图像得出μ的表达式；
(3)根据实验原理，学会对实验误差做简单的分析。

本题主要考查了动摩擦因数的测量实验，需要熟悉牛顿第二定律，结合图像得出动摩擦因数的表达式，同时要学会简单的数据分析。

10.【答案】2.80802.931.47
【解析】解：(1)电压表的最小分度为0.1V，所以图丙电压表的示数为2.80V。

从图乙中找出此时电源的电流为；
(2)写出电压表示数U与灵敏电流表G的示数的关系式有：
U=E−(I+IR g
R1)(r+R g R1
R g+R1
)，
代入数据并整理得：U=E−2(r+0.2)⋅I，
根据纵截距可得：E=2.93V，
由图象的斜率|k|=2(r+0.2)=2.93−2.40
159×10−3
Ω，
解得：r=1.47Ω。

故答案为：(1)2.80，80(2)2.93(2.92∼2.94)，1.47(1.43∼1.49)
(1)电压表的示数根据其量程和最小分度值读取；从电源的U−I图象找到对应的毫安表的值，再计算出电源电流的值；
(2)根据图示电路图写出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的电动势与内阻；
本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，并能进行数据处理和分析。

11.【答案】解：(1)电子恰好不从AD边射出磁场得到半径，则电子运动轨迹与AD边相切，设电子运动半径为R，则由几何知识可得：
R+R
sinθ
=d，
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以有：evB=m v 2
R
解得：v=eBd
3m
；
(2)由几何知识可知，电子进入电场的坐标为：x=2R；
电子沿竖直向下的方向进入电场，电场力水平向左，所以，电子做类平抛运动；
电子的加速度为：a=eE
m
；
电子若从GF间射出，则电子在电场中运动的时间为：t1=d
v
；
电子若从OG间离开电场，则电子在电场中运动的时间为：x=1
2
at22；
解得：t1=3m
eB ，t2=2m
eB
因t1>t2，所以由此可以判断电子是从OG间离开电场的。

电子在电场中运动的时间为：t=t2=2m
eB
；
电子通过y轴的坐标为：y1=−vt
速度与y轴负方向的夹角α有关系式为：tanα=at
v
；
所以，电子P打在荧光屏的y坐标为：y=−(y1+d
tanα
)；
解得：y=−7d
6
答：(1)电子射入磁场时的速度大小为eBd
3m
；
(2)电子打在荧光屏上的位置坐标为(−d,−7d
6
)。

【解析】(1)由电子恰好不从AD边射出磁场得到半径，再由牛顿第二定律求得速度；
(2)求得电子在电场中的加速度，分析电子可能出射的边界，分别讨论粒子在电场中的运动时间，较短的即为实际运动时间，再根据几何关系解得。

带电粒子在磁场中运动，垂直进入磁场，若从进入磁场的点在同一边界射出磁场，则粒子速度方向正好相反。

12.【答案】解：(1)b球做轻直上地运动相对D点的高度为R，由R=1
2
gt2可得在空中
运动的时间为t=√2R
g
故重力的冲量为I=mg⋅2t
代入数据解得：I=2m√2gR，方向竖直向下；
(2)b球由最高点下落到圆弧上P点时的高度差为ℎ=R+Rcosθ
根据动能定理有：mgℎ=1
2
mv2
由牛顿第二定律有：N−F−mgcosθ=m v 2
R
联立根据数学知识解得：N≤6mg
据牛顿第三定律，b球由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值为6mg (3)对b球由动能定理可知
2mgR=1
2
mv b2
1 8mgR=
1
2
mv b′2
设a球碰撞前后的速度分别为v a，v′a，ab碰撞过程中系统动量守恒，取向左为正方向，由
mv′a+m(−v′b)=mv a+mv b
12mv a ′2+12mv b ′2=12mv a 2+12
mv b 2 由机械能守恒可知，b 球的初速度为v b0=−v b =−2√gR 则a 球的初速度为v a0=−2v b0=−4√gR 故a 球从A 运动到B 的时间为t 1=
v a −v a0μg
因为v a02−v a 2
=
63gR 4
>v a ′2
=4gR ，v a ′>v b ′
所以两球不会发生第二次碰撞，且都将静止在AB 上，两球在AB 上向左运动的时间分别为t 2=
v a ′μg
，t 3=
v b ′μg
故a 、b 两球在AB 上运动的总时间t =t 1+t 2+t 3 联立解得：t =
6√gR μg
答：(1)b 球在空中运动过程中重力的冲量为2m √2gR ，方向竖直向下； (2)b 球由D 滑向C 的过程中对轨道压力的最大值为6mg ； (3)a 、b 两球在AB 上运动的总时间为6√gR μg。

【解析】(1)根据重力的冲量公式解得；
(2)由机械能守恒定律求出小球b 通过P 点的速度。

在P 点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第三定律求小球对轨道的压力。

(3)分析两球运动情况，结合牛顿第二定律解得时间。

本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，尤其要知道小球b 在圆弧轨道上运动过程，系统动量守恒，机械能守恒。

13.【答案】AC
【解析】解：A 、不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散现象．一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以固体、液体或气体之间都会发生扩散现象，故A 正确；
B 、岩盐是立方体结构，是晶体，且有规则的几何形状，粉碎后的岩盐仍是晶体，仍有规则的几何形状，故B 错误；
C 、温度是分子平均动能的量度，温度越高，分子平均动能越大，质量越小速度越大，氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少，故C 正确；
D、气体压强决定于气体分子的密度(单位体积内的分子数)和分子的平均动能．故D错误．
故选：AC.
扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象．一切物体都可以发生扩散现象；晶体：晶体是固体且有规则的几何形状，有固定的熔点；
温度是分子平均动能的量度，温度越高，分子平均动能越大，质量越小速度越大；
气体压强的微观解释：①气体压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用在器壁单位面积上的平均作用力．
②气体压强决定于气体分子的密度(单位体积内的分子数)和分子的平均动能．
此题考查的知识比较多，要求学生平时多记忆和总结，不仅记住基本的概念和规律，还要记下一些实例加深理解和记忆．
14.【答案】解：①假设b气体膨胀过程中未达到C，膨胀过程中水银不断从D口流出但水银柱高度不变，气体a、b的压强不变，a气体体积不变，b做等压膨胀，对b气体由盖-吕萨克定律得：
V1 T1=
V2 T2
代入数据得：12
273+27=l2
273+177
故b气体的长度变为18cm
b气体右端向右移动18cm−12cm=6cm<10cm，故假设成立
玻璃管内剩余水银柱的总长度为：
②以BC为轴将玻璃管旋转到水平状态a、b两部分气体均做等温变化，且压强变为75cmHg，a气体初状态压强为p a=p0+15cmHg=90cmHg
根据玻意耳定律得：
p a V a=p a′V a′
得：l a′=18cm
对b气体，初状态的压强为：
p b=p a+10cmHg=100cmHg
根据玻意耳定律得：
p b V b=p b′V b′
解得：l b′=24cm
则剩余水银柱的长度为。