2021年安徽省安庆市示范高中高考物理模拟试卷

2021年安徽省安庆市示范高中高考物理模拟试卷（4月份）1.如图为氢原子的部分能级图，假设通过电场加速的电子
轰击氢原子时，电子全部的动能被氢原子吸收，使处于
基态的一群氢原子受激发后可以向外辐射出3种频率
的光，则使电子加速的电压至少为()
A. 12.09V
B. 12.75V
C. 13.06V
D. 13.6V
2.2021年2月10日，我国首次火星探测任务“天问一号”火星探测器实施近火捕获
制动，开启了环绕火星之旅。

假设天问一号探测器在绕火星做圆周运动时距火星表面高为h，绕行的周期为T1；火星绕太阳公转的周期为T2，公转半径为R。

太阳半径为r1，火星半径为r2。

若忽略其他星球对天问一号探测器的影响，则火星与太阳质量之比为()
A. R3
r13B. R3T22
r13T12
C. (r2+ℎ
R
)3 D. (T2
T1
)2⋅(r2+ℎ
R
)3
3.如图所示，在xOy平面上以O为圆心的圆形区域内存在匀强磁场(图中未画出)，磁
场方向垂直于xOy平面向外。

一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从原点O 以初速度大小为v0沿y轴负方向开始运动，后来粒子经过x轴上的A点，此时速度方向与x轴的夹角为30°。

A到O的距离为d，不计粒子的重力，则圆形磁场区域的半径为()
A. √3
2d B. √3
3
d C. √3
4
d D. 2√3
3
d
4.2021年2月14日，中国台北选手谢淑薇晋级澳网八强创历史，同时也是历史上首
次闯进澳网八强最年长的女选手。

若一运动员某一次击球时，将网球从A点水平击出，网球击中D点；另一运动员将该网球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，网球也击中D点。

A、C高度相同。

忽略空气阻力，则()
A. 网球在两个过程中飞行时间相等
B. 网球在后一个过程中击中D点时速度较大
C. 运动员在两个过程中对网球所做功可能相等
D. 网球在后一个过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率较大
5.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一正方形线框abcd，线框由均匀电阻丝制成，
边长为L，总电阻值为r。

两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向竖直向下。

线框abcd沿垂直于cd方向的速度进入磁场，当对角线ac刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，则对角线ac刚进入磁场时()
A. 线框产生的感应电动势为2BLv
B. 线框中的感应电流为BLv
r
D. ac两端的电压为BLv
C. 线框所受安培力大小为B2L2v
r
6.如图所示，一辆电动小车运载着完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，五个积
木相互紧贴按图示(截面图)方式堆放在底板水平两侧竖直的小车上，C自由的摆放在A、B之间，五个积木和汽车一起保持静止。

若电动小车以某一加速度向左做匀加速运动，且A、B、C与电动小车保持相对静止，则与小车静止时相比()
A. 积木A对积木C的支持力减小
B. 积木B对积木C的支持力减小
C. 积木A与积木C之间可能没有弹力作用
D. 小车底板对积木A、B支持力的合力增大
7.在农村人们盖房打地基叫打夯，如图所示，在某次打夯过程中，两人通过绳子对夯
锤各施加一个力，将夯锤提升到距地面80cm后夯锤做自由落体运动把地面砸结实。

已知夯锤从接触地面到速度为零用时0.05s，夯锤的质量为50kg，重力加速度大小为g=10m/s2，则()
A. 夯锤做自由落体运动的时间为0.5s
B. 夯锤做自由落体运动的末速度大小为4m/s
C. 夯锤在接触地面到速度为零的过程中，对地面的平均作用力大小为5000N
D. 夯锤在接触地面到速度为零的过程中，地面对夯锤作用力的冲量大小为225N⋅
s
8.如图所示，A、B为空间某区域电场中一直线上的两个点，一个带正电的粒子只受
电场力的作用，从A以某一初速度沿直线运动到B点，其动能E k随位移的变化关系图象如图，则该粒子从A运动到B的过程中，下列说法正确的是()
A. 粒子的电势能先减小后增大
B. 在x轴上，电场强度的方向由A指向B
C. 粒子所受电场力先减小后增大
D. 在x轴上，从A到B各点的电势先降低后升高
9.如图甲所示是某同学探究动能定理的实验装置。

已知当地重力加速度大小为g，实
验操作如下：
①先测出小车的质量M，按图示安装好实验装置，再测量两光电门之间的距离L，
挂上沙桶并适当倒入少量沙子；
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电
门的时间相等；
③取下细绳和沙桶保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止
释放小车，记录小车先后通过光电门1和2时显示的时间t1、t2，并测量所用的沙子和沙桶的总质量m；
④重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复步骤②③；
⑤依据以上数据探究动能定理。

(1)根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是______ 。

A.按照实验操作过程可知，此实验并不要求斜面是光滑的
B.为了求出小车的合力，实验过程需要测出斜面的倾角
(2)如图乙所示，根据游标卡尺读数规则，测得小车上遮光片的宽度d=______ mm。

(3)本实验中若表达式______ 在误差允许范围内成立，就验证了动能定理(用上述
给定或测定物理量的符号表示)。

10.某实验小组做“测量一新材料制成的粗细均匀金属丝的电阻率”实验。

(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值。

当用电阻“×10”挡时发现指针偏转角度过大，
应该换用______ 挡(选填“×1”或“×100”)，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示，其读数为______ Ω；
(2)用螺旋测微器测量电阻丝R x的直径d，示数如图乙所示，其直径d=______ mm；
再用刻度尺测出电阻丝R的长度为L；
(3)为了准确测量电阻丝的电阻R x，某同学设计了如图丙所示的电路。

闭合S1，当S2
接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1；当S2接b时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，则待测电阻的阻值为R x=______ (用题中的物理量符号表示)；根据电阻定律计算出该电阻丝的电阻率ρ=______ (用R x、d、L表示)。

(4)由于电表不是理想电表，电阻的测量值与真实值相比______ (填“偏大”“偏
小”或“不变”)(只考虑系统误差)。

11.如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，其左侧有一圆心为O、
半径为r的圆形区域，区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，圆周上的点A、圆心O与平行板电容器上的两小孔S1、S2在同一水平直线上。

现有一质量为m、电荷量为−q(q>0)的带电粒子(重力忽略不计)，以某一恒定的水平初速度从极板M的中央小孔S1处射入电容器，穿过小孔S2后从A处进入磁场，当平行板M、N间不加电压时，带电粒子恰好从O点正下方的C点射出磁场。

(1)求带负电的粒子的初速度大小；
(2)当平行板M、N间加上一定电压时，带负电的粒子在磁场中运动的时间变为原
，求M、N板间的电势差U MN。

来的2
3
12.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径R=0.45m，下端
恰好与平台平滑对接，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板c，可视为质点的小滑块b静止在距离木板右端L=2.25m处，木板的右端紧靠侧壁竖直的平台，平台的上表面光滑并与木板上表面等高。

可视为质点的小滑块a由圆弧轨道顶端无初速释放，a、b碰撞时间极短，碰后粘连在一起运动。

已知两个小滑块与木
板的质量均为m=1kg，小滑块a、b与木板间的动摩擦因数均为μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。

(1)求小滑块a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；
(2)求小滑块a、b碰后瞬间速度的大小；
(3)若a、b间发生弹性碰撞，求碰撞后小滑块a、b之间的最大距离。

13.关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是()
A. 空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
B. 布朗运动是由于分子无规则运动直接形成的，而扩散现象是分子热运动的间接
反映
C. 阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和
水分子的质量，可以求出该常数
D. 热传递的自然过程是大量分子从无序程度大的状态向无序程度小的状态转化的
过程
E. 水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径时可把它们当做球形处理
14.如图甲所示，竖直放置气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，
横截面积为S，现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了△T，气柱的高度增加了△ℎ，吸收的热量为Q。

已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，不计活塞与气缸间摩擦。

(i)求对气缸内气体缓慢加热的过程中气体内能的增加量；
(ii)如果在活塞上缓慢堆放一定质量细砂，保持缸内气体温度不变(升高后的温度)，如图乙所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，求所堆放细砂的总质量。

15.图甲为一列简谐横波在t=0时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=1.5m处的
质点P的振动图象，下列说法正确的有()
A. 波的波长为1m
B. 波的周期为1s
C. 波的传播速度大小为0.5m/s
D. 波向左传播
E. 图甲中P点的振动方程为y=0.8sinπt(cm)
16.玻璃直角三棱镜的截面如图所示，∠B=30°，一束光线从
AB边上的M点以平行于BC的方向射入棱镜，经BC边反
L，
射后的反射光线与AB边平行。

已知AB=2L，BM=1
2
真空中的光速为c。

求：
(i)棱镜的折射率n；
(ii)该束光线从M点射入到第一次从AC边射出经历的时
间。

答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：要使处于基态的氢原子受到激发后可以向外辐射出三种不同频率的光子，说明一群氢原子中最高要跃迁到n=3能级，电子加速获得的能量至少等于第一和第三能级差，即eU=E3−E1=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，解得：U=12.09V，故A正确，BCD错误；
故选：A。

处于基态的一群氢原子受激发后可以向外辐射出3种频率的光，从而判定跃迁的能级，再依据辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即E m−E n=△E，进而即可求解电子加速的最小电压。

本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，解决本题的关键知道辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即E m−E n=△E，注意本题求解的是电子加速的电压最小值。

2.【答案】D
【解析】解：由牛顿第二定律得：F
向=ma n=m(2π
T
)2r，万有引力定律公式为F
引
=G Mm
r2
，
火星绕太阳公转时由万有引力提供向心力，故有G M
火
M
太
R2
=M
火
(2π
T2
)2R，同理，天问一号
探测器绕火星运动时有G M
火
M
卫
(r2+ℎ)2
=M
卫
(2π
T1
)2(r2+ℎ)，联立解得：
M
火
M
太
=(T2
T1
)2⋅(r2+ℎ
R
)3，故
ABC错误，D正确。

故选：D。

天问一号绕火星做圆周运动，火星绕绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，即可求解火星与太阳质量之比。

本题考查万有引力与航天问题，关键是知道万有引力提供向心力，能正确列出并求解表达式。

3.【答案】B
【解析】解：粒子的运动轨迹如图所示，设轨迹半径为R
根据几何知识有：d =R +R
sin30∘， 解得R =1
3d ，
则圆形磁场区域的半径为：r =OB =2Rcos30°=√3
3d ，故B 正确、ACD 错误。

故选：B 。

根据题意作出粒子从O 到A 的运动轨迹，根据几何知识求解圆形磁场区域的半径。

解决该题的关键是正确作出粒子的整个运动轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径以及圆形磁场区域的半径。

4.【答案】C
【解析】解：A 、从A 抛出的网球做平抛运动，从B 抛出的做斜上抛运动，因为AC 等高，根据ℎ=1
2gt 2，从A 到D 的时间与从C 到D 的时间相等，根据对称性B 运动到D 的时间是A 到D 的时间的2倍，故A 错误；
B 、由v =gt ，知v yA =v yB ，又因为水平方向的位移相同，根据x =vt 可知，水v A =2v B ，
则落地时的速度分别为v A ′=√v A 2+v y A
2，v B ′=√v B 2+v y B 2，故v A ′>v B ′，即前一个过程中，网球击中D 点时速度较大，故B 错误；
C 、根据动能定理W =1
2
mv 2，知运动员对网球所做功等于刚抛出时网球获得的动能即
W A =1
2
mv A 2，W B =1
2mv B ′2，因为v A 与v B ′大小不确定，故无法确定做功的多少，故C 正确。

D 、由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率P =mgv y 相同，故D 错误。

故选：C 。

从A 点抛出的做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向匀速运动，从B 点抛出的做斜抛运动，到最高点的过程中，竖直方向做减速运动，水平方向匀速运动，根据运动规律和速度的合成即可判断。

解决本题的关键是知道平抛运动和斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合
运动学公式灵活求解。

5.【答案】B
【解析】解：AB、ac刚进入磁场时有效的切割长度等于L，产生的感应电动势为E=BLv，
感应电流为I=E
r =BLv
r
，故A错误、B正确；
C、线框的adc边在磁场中，受到的安培力F A=BIl，其中l为有效长度，根据图中几何关系可得：l=√2L，所以线框所受安培力大小为F A=√2B2L2v
r
，故C错误；
D、根据欧姆定律可得ac两端电压为U=I⋅1
2r=BLv
2r
，故D错误。

故选：B。

ac刚进入磁场时有效的切割长度等于dc边长L，由E=BLv和欧姆定律求解感应电流；根据安培力的计算公式求解安培力大小，根据欧姆定律求解ac两端的电压。

解决本题时要知道安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力表达式，要明确通电导体与不平行时就要受到安培力作用。

6.【答案】AC
【解析】解：AB、原来C静止，根据平衡条件得，水平方向：A、B对C弹力的水平分力等大反向，竖直方向：A、B对C弹力的竖直分力之和等于重力。

电动小车以某一加速度向左做匀加速运动时，合外力方向水平向左，但A、B对C弹力的竖直分力之和等于仍重力不变，且两个弹力方向不变，所以只能是积木A对积木C的支持力减小，积木B对积木C的支持力增大，故A正确，B错误；
C、当电动小车的加速度为某一适当的值a0时，积木A与积木C之间可能没有弹力作用，ABC完全相同，三个截面圆心连线构成等边三角形，则AC圆心连线、BC圆心连线与水平方向夹角均为60°，如图，由牛顿第
二定律，：mg
tan60∘=ma0，解得：a
=√3
3
g，
故C正确；
D、以ABC整体为研究对象，两种情况
下整体竖直方向合力均为零，小车底板
对积木A、B支持力的合力一直等于ABC的重力不变，故D错误。

故选：AC。

用正交分解的方法分析：利用两个弹力竖直方向分力之和等于重力，保持不变，结合水
平方向运动情况分析两个弹力的变化；以ABC整体为研究对象分析小车底板对积木A、B支持力的合力。

本题考查了连接体问题的动态过程分析，注意此类题目的解题关键是要抓住变化过程中的不变量。

7.【答案】BD
gt2，解得：【解析】解：A、夯锤做自由落体的时间为t，根据自由落体的规律有：ℎ=1
2
t=0.4s，故A错误；
B、夯锤做自由落体运动的末速度大小为v=gt=10×0.4m/s=4m/s，故B正确；
C、整个运动的总时间为t′=t+△t=(0.4+0.05)s=0.45s，地面给夯锤的作用力为F，且该力的作用时间为△t=0.05s，选向下为正方向，对全程根据动量定理有：mgt′−F△t=0−0，解得：F=4500N，故C错误；
D、地面给夯锤的作用力的冲量大小为：I=F△t=4500×0.05N⋅S=225N⋅s，故D 正确。

故选：BD。

用自由落体的位移公式求自由落体的运动时间；用v=gt求自由落体的末速度；用动量定理求夯锤对地面的作用力大小；用I=Ft求地面对夯锤的作用力的冲量。

本题主要考查了动量动量的应用，此题的易错点是全程对夯锤用动量定理列方程时，容易把夯锤与地面接触过程中夯锤重力的冲量丢掉。

8.【答案】ACD
【解析】解：A、动能先增大后减小，根据能量守恒定律可知：电势能先减小后增大，故A正确：
B、因为带正电的粒子在只受电场力的作用动能先增加后减小，可知在x轴上粒子先朝电场强度方向运动，后朝电场强度方向反方向运动，可知在x轴上，电场强度的方向不是由A指向B，故B错误：
C、由图中的斜率可知动能的改变率先越来越小，后越来越大，即速度的改变率先越来越小，后越来越大，故粒子所受电场力先减小后增大，故C正确：
D、在x轴上，从A到B该正电荷的动能先增大后减小，可知电势能先减小后增大，根据电势能的定义E p=φq，可知电势先降低后升高，故D正确。

故选：ACD。

由电场力做功，动能和电势能的关系分析出电势能的变化，从而分析出电场力做功，同
时分析出电势的变化。

本题主要考查了电场力做功与电势能的变化问题，解题关键在于，带电粒子在电场中运动时，若只受到电场力，则电势能和动能之和为一个定值。

9.【答案】A 4.0mgL=1
2M(d
t1
)2−1
2
M(d
t2
)2
【解析】解：(1)调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等，小车做匀速直线运动，已平衡了摩擦力，此实验并不要求斜面是光滑的，也不需要测出斜面的倾角，选项A正确，B错误，故选A；
(2)游标卡尺的精度为0.1mm，游标卡尺读数是主尺与游标尺的示数之和，所以遮光条的宽度为d=4mm+0×0.1mm=4.0mm；
(3)小车从光电门1下滑至光电门1过程中，合外力做的总功W合=mgL，小车动牟变
化△E k=1
2M(d
t1
)2−1
2
M(d
t2
)2，实验中若表达式mgL=1
2
M(d
t1
)2−1
2
M(d
t2
)2成立，则验证
了动能定理。

故答案为：(1)A；(2)4.0；(3)mgL=1
2
M(d
t1
)2−1
2
M(d
t2
)2
(1)根据实验原理和注意事项判断操作的正确定与否；
(2)游标卡尺的读数为主尺与游标尺的读数之和，还与游标卡尺的精度有关；
(3)挂上沙桶时，小车沿木板匀速下滑，取下细绳和沙桶后，小车受力不再平衡，其合力为撤去的沙桶中沙子重力mg，根据动能定理可以求其需要验证的表达式。

本题考查了探究功与速度变化的关系的实验。

本实验重点是平衡摩擦力的操作，要理解其实验原理，这也是本实验的创新点。

10.【答案】×1 6 1.700U1
I1−2
I
πd2R x不变
【解析】解：(1)因欧姆表刻度线不均匀，要求欧姆表指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，应选择“×1”倍率。

此时欧姆表读数为6×1Ω=6Ω；
(2)可动刻度的最小刻度为0.01mm，固定刻度的读数为1.5mm，可动刻度对齐的刻度为20.0，则电阻丝直径d=1.5mm+20.0×0.01mm=1.700mm；
(3)闭合S1，当S2接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1，根据欧姆定律可得：R x+ R0+R A=U1
I1
；
当S2接b时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，根据欧姆定律可得：R A+R0=U2I
2
所以待测电阻的阻值为R x=U1I
1−U2
I2
根据电阻定律可得：R x=ρL
S
=ρL1
4
πd2
该电阻丝的电阻率为：ρ=πd2R x
4L
；
(4)根据(3)的分析可知，电流表和电压表的内电阻对实验没有影响，不存在系统误差，电阻的测量值与真实值相比不变。

故答案为：(1)×1；6；(2)1.700；(3)U1I
1−U2
I2
；πd2R x
4L
；(4)不变。

(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
(2)根据螺旋测微器的读数方法进行读数；
(3)根据电路连接情况结合欧姆定律求解电阻，根据电阻定律求解电阻率；
(4)根据实验电路图结合实验方法进行分析。

对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。

11.【答案】解：(1)分析粒子在磁场中的
运动，如图所示，根据几何关系可知粒
子在磁场中做圆周运动的半径为：R=r
粒子在磁场中做匀速圆周运动有：qvB=
m v2
r
解得粒子的初速度大小为：v=qBr
m
；
(2)粒子在磁场中运动的周期为：T=2πm
qB
当平行板M、N间不加电压时，粒子在磁场中运动的时间为：t1=1
4
T
当平行板M、N间加电压时，粒子在磁场中运动的时间为：t2=2
3t1=1
6
T
所以粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为60°，
由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径：r′=2rcos30°=√3r
粒子在磁场中做匀速圆周运动有：qv′B=m v′2
r′
粒子在电场中运动，由动能定理可得：−qU MN=1
2mv′2−1
2
mv2
解得M、N板上所加的电势差为：U MN=−qB2r2
m。

答：(1)带负电的粒子的初速度大小为qBr
m
；
(2)当平行板M、N间加上一定电压时，带负电的粒子在磁场中运动的时间变为原来的2
3
，
则M、N板间的电势差为−qB2r2
m。

【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系求解半径，由洛伦兹力提供向心力求速度v大小；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小，在电场中由动能定理即可求出电势差。

本题考查了带电粒子在磁场中运动，粒子在加速场中的运动运用动能定理求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，能够根据几何关系求解半径是关键。

12.【答案】解：(1)小滑块a释放到达圆弧轨道底端的过程，根据动能定理得：mgR=
1
2
mv02，
解得：v0=√2gR=√2×10×0.45m/s=3m/s，
根据牛顿第二定律得：F N−mg=m v02
R
，
解得：F N=mg+m v02
R =(1×10+1×32
0.45
)N=30N，
根据牛顿第三定律知，小滑块a对圆弧轨道底端的压力大小为30N；
(2)a滑上c后做匀减速直线运动，加速度大小：a1=μmg
m
=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，b、c发生相对滑动的临界加速度a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，
假设b、c保持相对静止，一起匀加速运动的加速度大小：a2=μmg
2m =1
2
μg=
1
2
×0.1×10m/s2=0.5m/s2<a，假设成立，b、c能保持相对静止。

设经过t时间a、b发生碰撞，有：v0t−1
2a1t2−1
2
a2t2=L，
代入数据解得：t=1s，
此时a的速度：v1=v0−a1t=(3−1×1)m/s=2m/s，
b、c的速度：v2=a2t=0.5×1m/s=0.5m/s，
规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：mv1+mv2=2mv，代入数据解得：v=1.25m/s；
(3)a、b发生弹性碰撞，规定向左为正方向，
根据动量守恒定律有：mv1+mv2=mv1′+mv2′，
根据机械能守恒定律有：1
2mv12+1
2
mv22=1
2
mv1′2+1
2
mv2′2，
代入数据解得：v1′=0.5m/s，v2′=2m/s，
碰撞后a、c一起运动，设三者共同速度为v′，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：2mv1′+mv2′=3mv′，
设a、b间最大距离为d，根据能量守恒得：μmgd=1
2×2mv1′2+1
2
mv2′2−1
2
×3mv′2，
代入数据，联立解得：d=0.75m。

答：(1)小滑块a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为30N；
(2)小滑块a、b碰后瞬间速度的大小为1.25m/s；
(3)碰撞后小滑块a、b之间的最大距离为0.75m。

【解析】(1)根据动能定理求出小滑块a滑到圆弧最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出小滑块a对圆弧底端压力的大小；
(2)根据牛顿第二定律分别求出a滑上c后a与c的加速度大小，结合运动学公式，抓住两者的位移之差等于L求出a滑上c后到与b碰撞经历的时间，从而求出碰撞前a、b 的速度，结合动量守恒定律求出小滑块a、b碰撞后的速度大小；
(3)若发生弹性碰撞，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后a、b的速度，判断出a、b、c的运动规律，结合动量守恒定律求出最终的速度，根据能量守恒定律求出碰撞后a、b之间的最大距离。

本题考查了滑块模型问题，涉及到动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式等，综合性较强，对学生能力要求较高，关键要理清a、b、c 在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解。

13.【答案】ACE
【解析】解：A、空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能有部分转化为热能，故A正确；
B、扩散现象是由于分子无规则运动直接形成的，而布朗运动是分子热运动的间接反映，故B错误；
C、阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出阿伏加德罗常数，故C正确；
D、根据热力学第二定律可知，热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无
序程度大的状态转化的过程，故D 错误；
E 、油膜为单分子紧密排列的，测量油膜分子直径时可把它们当做球形处理，因此单分子油膜的厚度被认为是油分子的直径，故E 正确。

故选：ACE 。

根据能量守恒定律判断；扩散现象是分子热运动，而布朗运动是分子热运动的间接反映；阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁；热传递的过程向无序程度大的状态转化的过程；单分子油膜的厚度被认为是油分子的直径。

本题考查了能量守恒定律、布朗运动、扩散现象、热力学第二定律、阿伏加德罗常数、油膜法测分子直径等热学基础知识，要注意准确掌握相关热学规律。

14.【答案】解：(i)设缸内气体的温度为T 1时压强为p 1，活塞受重力、大气压力和缸内
气体的压力，根据平衡条件得：mg +p 0S =p 1S 气体膨胀对外界做功为：W =p 1S △ℎ 根据热力学第一定律得：Q −W =△U
联立解得对气缸内气体缓慢加热的过程中气体内能的增加量：△U =Q −(p 0S +mg)△ℎ
(ii)设放入细沙的质量为M ，缸内气体的温度为T 2时压强为p 2，系统受重力、大气压力和缸内气体的压力，根据平衡条件：
(M +m)g +p 0S =p 2S
根据查理定律得：p
1T 1=
p 2
T 2
联立可得堆放细砂的总质量为：M =
(p 0S+mg)△T
gT 1
答：(i)对气缸内气体缓慢加热的过程中气体内能的增加量为Q −(p 0S +mg)△ℎ； (ii)使缸内气体的体积又恢复到初始状态，求所堆放细砂的总质量为(p 0S+mg)△T
gT 1。

【解析】(i)对活塞进行受力分析，根据平衡条件可求出缸内气体压强；由于气体发生等压变化，气体对活塞的压力不变，根据功的计算公式W =Fl 计算出气体对外界做的功，再根据热力学第一定律，求解内能增量。

(ii)保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，缸内气体发生等温变化，由平衡条件求出缸内气体的压强，再由查理定律定律求解即可。

本题考查的是理想气体状态方程和热力学第一定律的结合，关键要准确分析气体作何种变化，再选择相应的规律解答，根据平衡条件求解封闭气体的压强是惯用的思路，要加强训练，熟练掌握。