2022年东北三省三校高考物理二模试卷(附答案详解)

2022年东北三省三校高考物理二模试卷
1.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，由任子威、曲春雨、范可新、
武大靖、张雨婷组成的中国队以2分37秒348的成绩夺冠。

在交接区域，“交棒”
的任子威猛推“接棒”的武大靖一把，使武大靖向前快速冲出。

在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是()
A. 任子威和武大靖的加速度相同
B. 任子威对武大靖的冲量与武大靖对任子威的冲量相同
C. 任子威和武大靖的动量变化量一定不相同
D. 任子威和武大靖组成的系统机械能一定守恒
2.如图所示，在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各
有一条垂直纸面方向的长直导线，导线中通有大小
相等的恒定电流，a、b中电流垂直纸面向外，c中电
流垂直纸面向里。

通电长直导线在空间某点产生的
磁感应强度大小满足B=k I
，其中k为比例系数，I为
r
电流强度，r为该点到长直导线的距离。

若已知a和b中的电流在c处产生的合磁感应强度大小为B0，则三角形中心O处的磁感应强度的大小和方向是()
A. B0垂直于cO向左
B. 2B0垂直于cO向左
C. B0垂直于cO向右
D. 2B0垂直于cO向右
3.我国火星探测器”祝融易”在2021年9月中旬到10月下旬约一个月的时间内发生
短暂“失联”，原因是发生“火星合日”现象，太阳干扰无线电，影响通讯。

“火星合日”是指当火星和地球分别位于太阳两侧与太阳共线的天文现象。

已知火星公转的周期为T1，地球的公转周期为T2，地球与火星绕太阳做圆周运动的方向相同。

结合以上信息，下列说法正确的是()
A. 火星公转的周期T1小于地球公转的周期
B. “祝融号”火星探测器失联过程中火星与太阳连线扫过的面积等于地球与太阳
连线扫过的面积
C. 相邻两次火星合日的时间间隔为T1T2
|T1−T2|
D. 相邻两次火星合日的时间间隔为T1T2
2|T1−T2|
4.货物运输过程中，一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端以某初速度沿斜面下滑。

如图所示，物体运动的位移x与时间t的关系图像是一段抛物线。

其中，水平直线A是图象t2=2s时刻的切线，直线B是图像0时刻的切线，重力加速度g=10m/s2。

下列说法正确的是()
A. 下滑过程中物体做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动
B. t1时刻为1s
C. 物体与斜面间的动摩擦因数为√3
6
D. t2时刻的瞬时速度为2.5m/s
5.核电池又叫“放射性同位素电池”，在航天深空探测、心脏起搏器等方面有着重要
的应用。

某种核电池常用的放射性同位素是钚−238，其半衰期为87.7年，该电池利用α衰变放出的能量转化为电能；还有一种微型核电池，可以把放射性物质镍−63衰变时放出的高能β粒子直接转化成电流。

下列说法正确的是()
A. 核电池的发电原理与核电站相同，都是将放射性同位素衰变时产生的能量转化
为电能
B. 与高能β粒子相比，利用同位素钚−238的核电池在衰变过程中释放的α粒子质
量较大，速度较慢，用一张纸就可以阻挡
C. 利用钚−238的核电池可以较长时间提供电能，不受阳光、温度、压力、电磁场、
化学反应的影响
D. 镍−63发射的高能β粒子是镍的核外电子
6.如图所示，水平放置的上、下两个带电金属板，相距为3d，板
间有竖直向下的匀强电场E=mg q，距上板d处有一带电量为+q
的小球B，其正上方有一带电量为−6q的小球A，它们的质量均
为m，用长度为d的绝缘轻杆相连。

将两小球从静止释放，小球
可以通过上板的小孔进入电场中。

若空气阻力不计，重力加速
度为g，则下列说法正确的是()
A. A球刚进入电场时的速度为√2gd
B. A球刚进入电场时的速度为√5gd
C. B球能碰到下板
D. B球不能碰到下板
7.如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，A、
B、C、D分别为圆周上的4个点，AB竖直，CD水平。

A点固
定一个光滑小滑轮，长度可调的无弹性轻绳绕过滑轮两端
连接质量分别为m1、m2的两个小球，小球套在大圆环轨道
上，绳和竖直方向的夹角分别为α、β，AB两侧绳长分别为
L1、L2。

当两小球静止时，下列说法正确的是()
A. 若m1=m2，两小球可静止在轨道上关于AB对称的任意处
B. 两小球静止时，一定存在m1：m2=L1：L2
C. 若α=30°，β=60°，则m1：m2=1：2
D. 若α=30°，β=60°，则轨道对小球m1、m2的作用力之比为：1：√3
8.如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O，半径为R0的圆形区域Ⅰ内有
方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B1，环形区域Ⅱ内(包括其外边界)有方向垂直xOy平面向里的匀强磁场B2=√3B1，一带正电的粒子以速度v0由A点(0,R0)沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为P，P点在x轴上，速度方向沿x轴正方向。

Ⅰ、Ⅱ区域边界有一位置Q，已知OQ与x轴正方向成60°，不计粒子的重力，下列说法正确的是()
A. 在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为1：√3
B. 若要将粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R至少为√3R0
C. 从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q
D. 粒子再次以相同的速度经过A点的运动时间为(18+16√3)πR0
3v0
9.某兴趣小组在学习牛顿第二定律时，设计了如下实验。

如图1所示，带有定滑轮的
长木板固定在水平桌面上，有一个上表面为斜面的小车前端用细线跨过滑轮连接一小桶，小车后面连接纸带，纸带穿过固定在木板上的打点计时器。

实验中可以通过改变小桶中沙子的质量实现小球与小车在运动过程中保持相对静止。

(重力加速度g=9.8m/s2，计算结果均保留三位有效数字)
(1)若实验中发现小球总是相对斜面向下滑动，应向小桶内______一些沙子(填“添
加”、“取出”)；
(2)某次实验观察到小球始终相对斜面静止，打点计时器打下的一条纸带如图2所示，
已知交流电源频率为50Hz，则小车运动的加速度a1=______m/s2；
(3)已知斜面倾角为15°，若斜面光滑，小球和小车要保持相对静止，则小球的加速
度应为a2=gtan15°=2.63m/s2；
(4)该小组同学分析a1和a2不等的原因可能是______。

A.斜面对小球有沿斜面向上的摩擦力
B.斜面对小球有沿斜面向下的摩擦力
C.不满足小车和斜面的质量远大于小桶和沙子的质量
D.小球质量太大
10.为了测量某水果电池的电动势和内阻，某同学设计了如图甲所示的电路。

其中E为
待测电池，G为灵敏电流计，A1、A2为微安表，V1、V2为毫伏表，R1、R2为电阻箱。

(1)根据图甲中的电路图，用笔画代替导线，完成图乙中的实物连线；
(2)闭合开关S，调节R1、R2的阻值，使G的示数为零，此时V1、V2的读数分别为U1=
135.0mV、U2=265.0mV，A1、A2的读数分别为I1=150.0μA、I2=250.0μA；
(3)适当调大R1的阻值，通过灵敏电流计G的电流方向______(填“从P到Q”或“从
Q到P”)，缓慢______(填“调大”或“调小”)R2的阻值，使G的示数再次为零，此时V1、V2的读数分别为U1′=155.0mV
、U2′=200.0mV，A1、A2的读数分别为I1′=125.0μA、I2′=320.0μA；
(4)该水果电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω。

11.如图所示，圆心为O，半径为r=0.4m的金属圆形轨道固定在水平面内，长度为r=
0.4m的直导体棒OA置于圆导轨上面，金属圆形轨道内存在竖直向下的匀强磁场，
磁感应强度的大小为B=2T。

直导体棒O端和圆轨道分别引出导线与电阻R1、R2和电容器相连。

导体棒在外力作用下以O点为圆心做角速度ω=20rad/s顺时针匀速转动，已知导体棒的电阻R0=0.2Ω，R1=1Ω，R2=2Ω，电容器板长L=1m，板间距d=0.5m，不计金属圆形导轨电阻，求
(1)流过电阻R2的电流大小和方向；
(2)若在电容器上板左边缘水平射入比荷q
m
=1×108C/kg的粒子，粒子恰能到达下板右边缘，则射入粒子的速度为多大。

(不计粒子的重力)
12.如图所示，光滑导轨ABC固定在竖直平面内，左侧为半径为r的半圆环，右侧为足
够长的水平导轨。

一弹性绳原长为r，其一端固定在圆环的顶点A，另一端与一个套在圆环上质量为m的小球D相连。

先将小球移至某点，使弹性绳处于原长状态，然后由静止释放小球。

已知弹性绳伸长时弹力的大小满足胡克定律，弹性绳弹性势能
满足公式E p=1
2kx2，劲度系数k=6mg
r
，x为形变量，重力加速度为g。

求：
(1)释放小球瞬间，小球对圆环作用力的大小和方向；
(2)D球在圆环上达到最大速度时，弹性绳的弹性势能为多大；
(3)在水平导轨上等间距套着质量均为2m的n个小球，依次编号为1、2、3、4…n，当小球D在圆环上达到最大速度时恰好与弹性绳自动脱落，继续运动进入水平光滑
导轨，之后与小球发生对心碰撞，若小球间的所有碰撞均为弹性碰撞，求1号球的最终速度及其发生碰撞的次数。

(结果可保留根式)
13.下列说法正确的是()
A. 当氢气和氧气温度相同时，两种气体分子的平均速率不相等
B. 扩散现象只能在气体或液体中发生，在固体中不能发生
C. 分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小
D. 一定温度下的饱和汽压，随饱和汽的体积增大而减小
E. 热力学第二定律揭示了一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向
进行
14.如图所示，水平地面上一竖直放置的气缸开口向下，气缸内有间距为ℎ
的卡环a、b，
3 a距离上端缸底和下端开口的距离均为ℎ，厚度可忽略不计的两活塞A、B分别封闭一定质量的理想气体Ⅰ和Ⅱ。

A活塞只能在ab间移动。

已知两活塞的质量均为m，气缸的质量为3m，面积为S，活塞和气缸侧壁均绝热，气缸上端缸底导热，不计一切摩擦。

开始时Ⅰ、Ⅱ气体压强均为P0，温度均为T0，活塞静止在a处。

已知大气压强为P0，气缸外环境温度为T0，且保持不变，重力加速度为g。

现缓慢加热气体Ⅰ，求
(ⅰ)A活塞刚好到达b处时，气体Ⅰ的压强；
(ⅱ)继续加热，直至气缸刚要离开地面，此时气体Ⅰ的温度。

15.下列说法正确的是()
A. 无论水平弹簧振子还是竖直弹簧振子，做简谐运动时，小球所受的合外力均等
于简谐运动的回复力
B. 单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关
C. 电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
D. 机械波在某种介质中传播时，在一个周期内，振动质点走过的路程等于一个波
长
E. 用两束单色光A、B分别在同一装置上做干涉实验，若A光的条纹间距比B光的大，
则说明A光波长大于B光波长
16.如图所示，为一列沿−x方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，其中处于波谷
的P点坐标为(2m,−5m)，M、N两点的坐标分别为(−2m,0)和(−7m,0)。

已知t=
0.5s时，M点第二次出现波峰。

求：
(1)这列波的传播速度；
(2)从t=0时刻起，经过多长时间N点第一次出现波峰；
(3)当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程。

答案和解析
1.【答案】
C
【解析】
解：A.任子威和武大靖受到的推力大小相等反向相反，但是质量不同因此加速度大小不同，故A错误；
B.任子威对武大靖的冲量与武大靖对任子威的冲量大小相等，方向相反，故B错误；
C.根据动量定理，动量的变化量等于冲量，任子威和武大靖的动量变化量的方向相反，所以任子威和武大靖的动量变化量一定不相同，故C正确；
D.因为推力做功，任子威和武大靖组成的系统机械能一定增加，故D错误。

故选：C。

“交棒”的任子威猛推“接棒”的武大靖一把的过程中，两个运动员间的相互作用力等大、反向、共线，作用时间相同，由F=ma分析加速度和I=Ft分析冲量关系，根据两人组成的系统动量守恒分析两个运动员动量变化的关系。

根据能量守恒定律分析机械能变化。

本题关键是明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，系统的合外力为零，故两个运动员系统的总动量守恒。

2.【答案】
D
【解析】
解：设三角形边长为L，则各点分别在c点和O点所产生的磁感应强度如图
a在c点产生的磁感应强度为
B1=k I
r
方向与水平方向成30°向右上
b在c点产生的磁感应强度为
B2=k I
r
方向与水平方向成30°向右下
故c点的合磁感应强度为
B0=2k I
L
cos30°
a在O点产生的磁感应强度
B3=k I
L
√3=k√3I
L
方向与水平方向成60°向右上b在O点产生的磁感应强度
B4=k I
L
√3=k√3I
L
方向与水平方向成60°向右下c在O点产生的磁感应强度
B5=k I
L
√3=k√3I
L
方向水平向右
所以O点的合磁感应强度
B=B3cos60°+B4cos60°+B5=k√3I
L cos60°+k√3I
L
cos60°+k√3I
L
=2k√3I
L
=2B0
方向垂直于cO向右。

故ABC错误，D正确。

故选：D。

先利用B=k I
r
分别表示出a、b在c点产生的磁感应强度，再通过右手定则分别判断出a、b在c点产生的磁感应强度的方向，并对其进行合成，代换出B0的表达式，再分别求出a、b、c三点在O点产生的磁感应强度大小和方向，并进行合成即可。

本题考查磁感应强度的矢量合成，注意通过右手定则先判断产生的磁感应强度大小和方向，再对其进行矢量合成。

3.【答案】
C
【解析】
解：A、根据开普勒第三定律r
火
3
T1
=
r
地
3
T2
，由于r火>r地，故可知T1>T2，故A错误；
B、由于火星与地球不在统一轨道上，根据开普勒第二定律可知，火星与太阳连线扫过的面积与地球与太阳连线扫过的面积不相等，故B错误；
C、根据题意ω火=2π
T1，ω地=2πT
2
，从图示位置开始计时，下一次出现火星合日时，地球
绕太阳转过的角度比火星绕太阳转过的角度多了2π，即Δt=
2π
ω
地
−ω
火
=2π
2π
T2
−2π
T1
=T1T2
|T1−T2|，
故C正确，D错误；
故选：C。

根据开普勒第二定律以及开普勒第三定律可以求得AB选项，根据下一次出现火星合日时，地球绕太阳转过的角度比火星绕太阳转过的角度多了2π可以求得CD。

本题考查开普勒定律，其中关于天体相遇问题是学生的易错点，该题需要学生从天体的相对运动角度理解。

4.【答案】
B
【解析】
解：AD、物体运动的位移x与时间t的关系图像斜率越来越小，则物体速度变小，x−t是一段抛物线，所以物体做匀减速运动，且t2时刻曲线的切线水平，则此时物体的速度为
零，故AD错误；
B、由A分析可得，物体做匀减速直线运动，末速度为零。

设初速度为v0，加速度大小
为a，由逆向思维可得：v0=5
t1=at2，5=1
2
at22，
解得：t1=1s，a=2.5m/s2，v0=5m/s，故B正确；
C、根据牛顿第二定律得：μmgcos30°−mgsin30°=ma，解得：μ=√3
2
，故C错误。

故选：B。

AD、根据图像结合匀变速直线运动的位移公式，可知物体做匀减速运动，物体的加速度不变；
B、结合图像得出加速度，利用速度−时间公式求出速度大小；
C、根据牛顿第二定律，结合已知量求出动摩擦因数；
在处理x−t图像时，若图像为抛物线，则物体此时做的是匀变速直线运动，再结合图像可以求出此时物体的加速度。

5.【答案】
BC
【解析】
解：A.目前核电站是利用核裂变产生的能量转化为电能，故A错误；
B.与高能β粒子相比，利用同位素钚−238的核电池在衰变过程中释放的α粒子质量较大，速度较慢，用一张纸就可以阻挡，故B正确；
C.利用钚−238的核电池可以较长时间提供电能，不受阳光、温度、压力、电磁场、化学反应的影响，故C正确；
D.β粒子是核内中子转化成质子时产生的电子，是从原子核内释放出来的，故D错误。

故选：BC。

明确核电池和核电站的区别；α射线的穿透能力最弱，电离能力最强；半衰期是对大量放射性元素的统计规律，与外界条件无关；根据β衰变的本质分析。

本题考查了α射线特性、半衰期、β衰变的本质等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，不混淆．
6.【答案】
BD
【解析】
解：AB.对AB整体，由动能定理2mg⋅2d+qEd=1
2
⋅2mv2
可得A球刚进人电场时的速度为v=√5gd
故A错误，B正确；
CD.设B在电场中下降距离x，则根据动能定理可得2mg(d+x)+qEx−6qE(x−d)=0可得
x=8
3
d<3d
故B球不能碰到下板，故C错误，D正确。

故选：BD。

应用动能定理可以求出A球刚进入电场时的速度大小。

应用动能定理求出B球速度为零时的位移大小，然后分析答题。

本题考查了动能定理的应用，分析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提，应用动能定理即可解题。

7.【答案】
AD
【解析】
解：A.如图所示两小球受力如下
可以发现两个小球的受力矢量三角形与对应的几何三角形相似，则对小球m1有
m1g AO =N1
Om1
=T
L1
对小球m 2有
m 2g AO =N 2
Om 2=T L 2
若m 1=m 2，则小球静止时满足L 1=L 2
而细绳的长度可调，所以小球可以静止在轨道上关于AB 对称的任意处，故A 正确；
B .上式联立可得小球静止时满足m 1g ：m 2g =L 2：L 1
即m 1：m 2=L 2：L 1
故B 错误；
C .若α=30°，β=60°，则AO sin30∘=L
1sin120∘ AO
sin60∘=L 2sin60∘
可得
L 1：L 2=√3：1
则
m 1：m 2=1：√3
故C 错误；
D .若α=30°，β=60°，则N 1N 2
=T⋅Om 1L 1：T⋅Om 2L 2 可得N
1N 2=1：√3 故D 正确；
故选：AD 。

对两小球分析受力分析，根据矢量三角形与对应的几何三角形相似性列式分析解答。

本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，并能结合几何关系求解，难度适中。

8.【答案】
BCD
【解析】
解A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
qv 0B =m v 02r
可得在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为
R1 R2=B2
B1
=√3
1
故A错误；
B.带正电的粒子沿y轴负方向入磁场区域Ⅰ，从x轴上P点沿x轴正方向射出，可知R1=R0
可得
R=√R12+R22+R2=√3R0
故B正确；
C.如图所示
粒子每次通过边界，偏角都为α，则
tanα=R2
R1=√3
3
则
α=30°
有几何关系可知
∠AOQ=150°
则
n=150°
30∘
=5
所以从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q，故C正确；
D.粒子每次通过边界，偏角都为30°，要重新回到A点，偏转次数为
N=360°
30∘
=12
每次偏转运动时间为
t=1
4⋅2πR0
v0
+240°
360∘
⋅2πR2
v0
=πR0
2v0
+4√3πR0
9v0
则粒子再次以相同的速度经过A点的运动时间为t′=Nt=(18+16√3)πR0
3v0
，
故D正确；
故选：BCD。

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知粒子半径之比；带正电的粒子沿y轴负方向入磁场区域Ⅰ，从x轴上P点沿x轴正方向射出，根据几何关系可知环形区域大圆半径R；作出粒子运动轨迹图，根据几何关系求出轨迹对应圆心角，根据圆心角和周期关系求运动时间。

本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，依题意作出粒子运动轨迹图是解题关键，此类题型通常由轨迹半径和周期公式结合几何关系求解。

9.【答案】
添加 2.88B
【解析】
解：(1)发现小球总是相对斜面向下滑动，说明斜面的加速度小于小球的加速度，应向小桶内添加一些沙子；
(2)交流电源频率为50Hz，则周期为T=0.02s，则小车运动的加速度
a1=s3+s4−s1−s2
4T2=2.43+2.54−2.31−2.20
4×0.022
×10−2m/s2=2.88m/s2
(4)因为a1大于a2，说明(2)中的小球除了受到重力支持力之外，还受到沿斜面向下的摩擦力，合力大于(3)中小球的合力，故ACD错误，B正确。

故选：B。

故答案为：(1)添加；(2)2.88；(4)B
(1)小球相对斜面向下滑动，说明斜面的加速度小于小球的加速度，为了减小小球的加速度，应向小桶内添加沙子；
(2)根据逐差法计算出小车运动的加速度；
(4)根据加速度的大小关系结合实验原理分析可能的原因。

本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据逐差法计算出小车的加速度，结合牛顿第二定律和实验原理即可完成分析。

10.【答案】
P到Q调小0.81000．
【解析】
解：(1)实物连线如乙图所示；
(2)闭合开关S，调节R1、R2的阻值，使G的
示数为零
此时：φP=φQ
(3)适当调大R1的阻值，根据串反并同，V2的
电压减小，Q点电势降低，通过灵敏电流计G
的电流方向从P到Q，缓慢调小R2的阻值，根
据串反并同，V1示数增大，P点电势降低，使G的示数再次为零。

(4)当G的电流等于零时，P点和Q点的电势相等，根据闭合电路欧姆定律：E=(U1+
U2)+(I1+I2)r
E=(U1′+U2′)+(I1′+I2′)r
解得：E=0.8V，r=1000Ω
故答案为：(1)；(3)从P到Q、调小；(4)0.8、
1000
(1)按图甲的电路图连接实物图；
(2)(3)根据电桥法测电阻的原理进行分析解答；
(4)根据闭合电路欧姆定律列出两组数据列方程组求电源的电动势和内阻。

此题考查测量仪器的读数及伏安法测电阻的问题，而此题考查更多的是电桥法测电阻，其原理是将灵敏电流表的示数调到零，那么其两端的电势相等，则交叉电阻相乘相等。

11.【答案】
解：(1)由右手定则可知，直导体棒OA中的电流由O指向A，则流过电阻R2的电流方向由
a指向b，由
E=Brv=Br⋅ωr
2
代入数据可得E=3.2V
根据闭合电路的欧姆定律可得，流过电阻R2的电流大小
I=E
R1+R2+R3
代入数据可得I=1A
(2)电容器两板间的电压为
U=IR2=1×2V=2V
粒子在电容器中运动时，根据牛顿第二定律有
=ma
q U
d
由运动学公式可得
at2
d=1
2
L=vt
联立代入数据可得v=2×104m/s
答：(1)流过电阻R2的电流大小为1A；方向由a指向b；
=1×108C/kg的粒子，粒子恰能到达下板右(2)若在电容器上板左边缘水平射入比荷q
m
边缘，则射入粒子的速度为2×104m/s。

【解析】
(1)根据右手定则判断感应电流的方向，利用法拉第电磁感应定律求出电动势的大小，
结合闭合电路的欧姆定律求出感应电流的大小；
(2)根据带电粒子在匀强电场中运动的特点，结合牛顿第二定律和运动学公式求出射入
粒子的速度。

本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律及带电粒子在匀强电场中的运动，在解题时，要注意把电磁感应与电路结合起来。

12.【答案】
解：(1)释放小球瞬间，弹性绳对小球无弹力，圆环对小球的支持力为
N =mgcos60°=12mg 根据牛顿第三定律得
N′=N =12mg 小球对圆环作用力方向，由释放点指向圆环圆心。

(2)D 球在圆环上达到最大速度时，沿着切向方向合力等于零，设此时绳与竖直方向的夹角为θ，切向方向根据平衡条件得
mgsin2θ=kxsinθ
弹性绳的伸长量为
x =2rcosθ−r
解得：θ=53°
弹性绳的弹性势能为
E p =12kx 2 解得：E p =3mgr 25
从释放点到B 点，根据动能定理得
mg(r +rsin30°)−E p =12mv 02 解得：v 0=√69gr 25
D 球与1号球发生弹性碰撞
mv 0=mv 10+2mv 11
12mv 02=12mv 102+12
×2mv 112 解得：v 10=13v 0=13√69gr 25；v 11=23v 0=23√69gr 25
然后1号球与2号球发生弹性碰撞速度交换，1号球静止，2号球以1号球的速度运动，同样，2号球与3号球弹性碰撞速度交换……，第一轮1号球碰撞2次后静止；
第二轮D 球与1号球发生弹性碰撞后的速度分别为
v 20=(13)2v 0=132√
69gr 25 v 21=232v 0=232√69gr 25
第二轮1号球碰撞2次后静止；
第n −1轮D 球与1号球发生弹性碰撞后的速度分别为
v(n−1)0=1
3(n−1)v0=1
3(n−1)
√69gr
25
v(n−1)1=2
3(n−1)v0=2
3(n−1)
√69gr
25
第n−1轮1号球碰撞2次后静止；
第n轮D球与1号球发生弹性碰撞后1号球速度为
v n1=2
3n v0=2
3n
√69gr
25
第n轮1号球只碰1次，综上，1号球一共碰撞次数为2n−1次。

答：(1)释放小球瞬间，小球对圆环作用力的大小为1
2
mg，方向指向圆环圆心；
(2)D球在圆环上达到最大速度时，弹性绳的弹性势能为3mgr
25
；
(3)1号球的最终速度为2
3n √69gr
25
，发生碰撞的次数为2n−1次。

【解析】
(1)根据受力分析结合牛顿第三定律得出释放小球瞬间小球对圆环作用力的大小和方向；
(2)根据平衡条件得出弹性绳的伸长量，结合弹性势能的表达式得出最大的弹性势能；
(3)发生弹性碰撞时，根据动量守恒和能量守恒的特点列式，同时结合数学知识得出球
的最终速度和碰撞的速度。

本题主要考查了动量守恒定律，同时要理解弹性碰撞时系统的机械能也守恒，解题的关键点是利用数学知识完成碰撞次数的解答，对学生的数学要求较高。

13.【答案】
ACE
【解析】
解：A.温度是气体分子平均动能的标志，当氢气和氧气温度相同时，两种气体分子的平均动能相同，但由于分子质量不同，所以分子平均速率不相等，故A正确；
B.扩散现象在气体、液体、固体中都可以发生，故B错误；
C.分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，故C正确；
D.在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，饱和汽的压强也是一定的，与饱和汽
的体积无关，故D错误；
E.热力学第二定律的微观意义是揭示了一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，这是熵增原理，故E正确。

故选：ACE。

根据温度是气体分子平均动能的标志判断；扩散现象在固体中也能发生；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小；一定温度下的饱和汽压与体积无关；根据热力学第二定律判断。

本题考查热学中的温度是气体分子平均动能的标志、扩散现象、分子力、饱和汽压、热力学第二定律等基本内容，要求能准确记忆相关内容，并正确理解应用。

14.【答案】
解：(ⅰ)Ⅱ气体作等温变化，有
p0Sℎ=p2S(ℎ−ℎ
3
)
可得：p2=3p0
2
A活塞刚好到达b处时，由平衡关系可得
p1S=mg+p2S
可得：p1=3p0
2+mg
S
(ⅱ)由平衡关系可知
p1′S=4mg+p0S
可得此时气体Ⅰ的压强为p1′=4mg
S
+p0
由理想气体状态方程可得
p1′4ℎ
3
S T1=p0ℎS
T0
则可得：T1=4p03+16mgT0
3p0S
答：(ⅰ)A活塞刚好到达b处时，气体Ⅰ的压强为3p0
2+mg
S
；
(ⅱ)继续加热，直至气缸刚要离开地面，此时气体Ⅰ的温度为4p0
3+16mgT0
3p0S。

【解析】。