2021-2022学年河南省部分名校高三(上)第一次段考物理试卷(附答案详解)

2021-2022学年河南省部分名校高三（上）第一次段考物
理试卷
1.如图所示，绝缘、光滑的水平面上有带负电的小球M和N，M球的质量为2kg，速
度大小4m/s，方向向右，N球的质量为1kg，速度大小为2m/s，方向向左，在相互间的排斥力作用下，某时刻M、N两球达到共同速度，两小球始终没有接触，关于这个过程，下列说法正确的是()
A. 系统M、N机械能守恒，动量不守恒
B. 系统M、N动量守恒，机械能不守恒
C. M、N的共同速度为向右的3m/s
D. 系统M、N的机械能与电势能之和不守恒
2.一对等量正点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)如图所示，下列判断正确的
是()
A. 图中A、B两点的场强E A小于E B
B. 在两点电荷的连线之间，场强先增大后减小
C. 正电荷在A、B两点的电势能E pA大于E pB
D. 负电荷从A运动到B的过程中电场力做正功
3.如图所示，MNPQ为一正方形边界的匀强磁场区域，两个
质量相同的粒子以相同的速度从M点沿MP方向射入，粒子
1从N点射出，粒子2从PQ边垂直于磁场边界射出，不考虑
粒子的重力和粒子间的相互作用。

下列说法正确的是()
A. 粒子1带负电
B. 粒子1和粒子2的带电量之比为1：2
C. 粒子1和粒子2在磁场中运动时间之比是1：2
D. 粒子1和粒子2的速度方向改变的角度之比为2：1
4.如图所示，图甲为原子核的比结合能与质量数关系曲线，图乙为原子核的平均核子
质量与原子序数的关系曲线，根据两曲线，下列说法正确的是()
A. 根据图甲可知， 24He核的结合能约为7MeV
B. 根据图甲可知， 92235U核比 3689Kr核更稳定
C. 根据图乙可知，核D裂变成核E和F的过程中，比结合能增大
D. 根据图乙可知，若A、B能结合成C，结合过程一定要吸收能量
5.北京时间2021年6月17日9时22分，长征二号F遥十二运载火箭将搭载聂海胜、刘
伯明、汤洪波3名航天员的神舟十二号飞船顺利送入太空，3名航天员成为中国空间站“天和”核心舱的首批“入住人员”，并在轨驻留3个月。

已知“天和”核心舱组合体轨道远地点高度约394.9km，近地点高度约384km，地球半径6400km，地球同步卫星的离地高度约36000km，周期24ℎ。

则“天和”核心舱环绕地球一周的时间约为()
A. 1.5ℎ
B. 6ℎ
C. 0.5ℎ
D. 8ℎ
6.如图甲所示，在粗糙水平面上，有一质量为m的木块，在水平向右的恒力F作用下，
由静止开始向右做匀加速直线运动，一段时间后撤去恒力F，木块最终在水平面上停下来，其运动过程中的v−t图象如图乙所示(图中v0、t0均已知)。

下列说法正确的是()
mv02
A. 运动过程中，力F所做的功为1
2
B. 木块所受的摩擦力大小f=mv0
4t0
mv0
C. 运动过程中，力F的冲量为5
4
D. 全过程中，力F做的功W F和木块克服摩擦力做的功W f之比为1：1
7.真空中存在一个水平向左的匀强电场，电场强度的
大小E=mg q，一根不可伸长、长度为l的轻质绝缘细
线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带电小球(电性
未知)，另一端固定在O点。

把小球拉到使细线水平
的位置A，再由静止释放小球，则在从释放小球至小球运动到O点的正下方B的过程中，下列说法正确的是()
A. 若小球带正电，小球从A运动到B的过程中，小球做曲线运动
B. 若小球带正电，小球刚运动到B点前的瞬时，其动能为2mgl
C. 若小球带负电，小球刚运动到B点前的瞬时，速度恰好为零
D. 若小球带负电，小球从A运动到B的过程中，速度最大点出现在AB圆弧的中点
8.如图甲所示，在水平地面上有一质量为m1=2kg的足够长的木板，其上叠放一个
质量为m2=4kg的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。

现给木块施加随时间t均匀变化的水平拉力F，F随时间t变化的关系如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。

下列说法正确的是()
A. t=1s时，木块与木板间的摩擦力为6N
B. t=6s时，木块的速度比木板的速度大
C. t=6s时，木块与木板间的摩擦力为20N
D. t=10s时，木块已在木板上相对木板滑动了2s
9.如图甲为某实验小组，用来探究“小车质量一定时，加速度a与合外力F合之间的关
系”的实验装置图。

实验步骤如下：
(1)按图甲所示组装好实验器材，将小车先放在水平桌面的木板上，另一端不挂钩码，调节木板远离定滑轮的一端的高度，使轻推小车后，位移传感器测得的位移大小随时间变化的图象为______，说明已平衡摩擦力。

(2)调整完毕后，将钩码挂于跨过定滑轮的细绳的另一端，由静止释放小车，位移传感器记录下小车位移大小随时间变化的图象，某次实验的结果如图乙所示，则t =0.5s 时，小车的速度大小为______m/s ，加速度大小为______m/s 2。

(3)改变钩码个数，重复步骤(2)，根据图象分析出相应的加速度。

若在小车与钩码之间某连接处装上一个拉力传感器，实验时是否需要满足钩码质量远小于小车质量______(填“是”或“否”)。

10. 某同学利用图甲所示电路测定电源的电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池
两节、电流表A(量程为0.6A ，内阻R A )、电阻箱R(最大阻值为99.99Ω)、开关。

按图甲所示电路图连接电路，然后闭合开关S ，改变电阻箱R 的阻值，并记录对应的电流表的示数I 。

多次调节电阻箱R 重复实验，并记录多组电阻箱的阻值R 和电流表A 的示数I 。

由实验数据绘出1
I −R 图象如图乙所示。

(1)根据图甲，用R 、R A 、E 、r 表示1I ，得1
I =______；
(2)若已知电流表A 的内阻R A 为0.5Ω，则电源的电动势E =______V(结果保留三位有效数字)、内阻r =______Ω(结果保留两位有效数字)。

11.某同学进行拍篮球练习，篮球在球心距地面高ℎ1=1.35m范围内做竖直方向的往复
运动。

在最高点时手开始击打篮球，球落地后到反弹与地面作用的时间t=0.1s，
，且反弹后恰好到达最高点。

已知篮反弹速度v2的大小是刚触地时速度v1大小的5
6
球的质量m=0.5kg，半径R=0.1m。

设地面对球的作用力可视为恒力，忽略空气阻力，g取10m/s2。

求：
(1)地面对球弹力大小；
(2)每次拍球时手对球做功W。

12.如图(a)，质量m1=2kg、宽度L=1m的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平
面上。

一电阻不计、质量m2=1kg的导体棒MN放置在导轨上，始终与导轨接触良好，MNcb构成矩形。

棒与导轨间动摩擦因数μ=0.5，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。

开始时MN左侧导轨的总电阻R=0.2Ω，右侧导轨单位长度的电阻R0=
0.1Ω/m。

以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁
感应强度大小均为B=1T。

在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做加速度a=2m/s2的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2。

求：
(1)t=2s时，MN中电流I的大小和方向；
(2)t=2s时，MN对金属导轨施加摩擦力F f的大小；
(3)在图(b)中定性画出拉力F随时间t的变化关系图象。

要求标出相关数据，并作出
说明。

13.如图所示是一定质量的理想气体的p−T图象，按图示箭头
从状态a变化到状态b，再变化到状态c。

下列说法正确的是
()
A. a→b的过程中，理想气体从外界吸热
B. a→b的过程中，理想气体分子的平均动能减小
C. a→b→c的过程中，理想气体的体积先增大后减小
D. b→c的过程中，理想气体对外界做功
E. b→c的过程中，理想气体的内能增大
14.如图所示，竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒的
4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定
量的理想气体，气柱长l=10cm。

活塞A上方为水银，
粗细两筒中水银柱的高度分别为H=3cm和ℎ=2cm，
两活塞与筒壁间的摩擦不计。

用外力向上托住B，使之
处于平衡状态。

若外界大气压始终为p0=76cmHg，环
境温度为27℃。

(i)求图示状态封闭气体的压强p1；
(ii)保持温度不变，向上缓慢推动活塞B，试计算粗筒中的水银柱刚好完全进入细筒时，封闭气体的压强p2和活塞B上升的距离x；
(iii)在第(ii)问的基础上，固定活塞B的位置不变，将装置放入57℃的恒温箱中。

一段时间后，在细筒上方注入水银，为保证活塞A不向下移动，则注入水银的最大高度ℎ′为多少？
15.下列说法正确的是()
A. 为了更好地满足单摆的实验条件，我们尽量选择质量大、体积小的球和尽量细
的线
B. 驱动力的频率越高，受迫振动的振幅越大
C. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以增加透射光的强度
D. 当机械波从一端传播到另一端时，其中的质点不会沿着波的传播方向而迁移
E. 科学家通过比较某个星球与地球上同种元素发出的光的频率来计算该星球远离
地球的速度是利用光的多普勒效应
16.如图所示，ABC是直角三棱镜的截面图，∠A=90°，∠B=
30°。

一束平行于BC面的单色光从AB面上的M点射入，折
射光线刚好射到C点，已知三棱镜对单色光的折射率为√3，
三棱镜BC边的长为L，求：
(i)M点离A点的距离；
(ii)保持入射光线的方向不变，让入射点沿AB上移，使折射光线刚好落在AC边上的中点，试求：光线的射入点至射出点的位移大小是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB、在整个过程中，系统M、N所受合力为零，所以系统动量守恒，由于M、N运动过程中库仑力做了功，所以系统的机械能不守恒，故A错误，B正确；
C、当M、N速度相同时，以M球的方向为正方向，则由动量守恒定律可知，mv1+Mv2= (M+m)v，解得M、N的共同速度为v=2m/s，方向向右，故C错误；
D、由于系统只存在机械能和电势能的转化，所以系统M、N的电势能和机械能之和守恒，故D错误。

故选：B。

明确系统受力情况，根据动量守恒的条件分析可分析动量是否守恒，再根据功能关系分析能量关系。

本题考查动量守恒定律以及机械能守恒定律的应用，要注意明确库仑力属于系统中的内力，由于系统不受外力，所以动量一定守恒。

2.【答案】C
【解析】解：A、通过图象可以看到，A点的电场线密，所以A点的电场强度大，故A错误；
B、通过图象可以看到，在两点电荷的连线之间电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大，故B错误；
C、沿电场线的方向电势降低，可知A点的电势高于B点的电势，根据电势能的公式：E p= qφ，可知正电荷在A、B两点的电势能E pA大于E pB，故C正确；
D、A点的电势高于B点的电势，则负电荷在A点的电势能小于负正电荷在B点的电势能，则负电荷从A运动到B的过程中电场力做负功，故D错误。

故选：C。

在电场中，电场线的疏密表示场强的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度方向，且沿电场线方向电势降落，结合同种正电荷的电场线与等势线的分布，及电场力做功，导致电势能的变化，从而即可求解．
等量同种电荷的电场线和等势面是重要的考点，一定要熟记它的特点，注意电势能的大小与电势、与电量有关外，还与电性有关．
3.【答案】D
【解析】解：A 、根据左手定则可得：粒子1带正电，粒子2带负电。

故A 错误； B 、设磁场边界边长为L ，做出粒子运动的轨迹如图，
则粒子1，2运动的半径：r 1=√2，r 2=√2L ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力，
即qvB =m v 2r
得q =mv
Br
由于粒子1和2质量相同，初速度相同，
得q 1q 2=r 2r 1=2
1，故B 错误： C 、匀强磁场的圆周运动周期公式T =
2πm qB 得T 1T 2=q 2q 1=1
2 由几何关系可知，粒子1在磁场中偏转90°，粒子2在磁场中偏转45°，
即速度偏转角度之比为2：1，t 1=14T 1，t 2=1
8T 2，故C 错误，D 正确。

故选：D 。

(1)由左手定则判断电性；
(2)结合运动轨迹及向心力公式求解电量；
(3)运用周期公式及几何关系求解运动时间及速度偏转。

本题是一道磁场轨迹题，正确作图，结合半径及周期公式综合求解。

4.【答案】C
【解析】解：A 、分析图象可知，He 核的比结合能为7MeV ，根据结合能和比结合能的关系：结合能=比结合能×核子数(即质量数)，故H e 的结合能约为28MeV ，故A 错误；
B 、比结合能越大，原子核越稳定，分析图象可知， 3689Kr 核比 92235U 核的比结合能大，故
 3689Kr 核比 92235U 核更稳定，故B 错误；
C 、中等大小的核的比结合能较大，将
D 分裂成
E 、
F ，由图可知是重核裂变，因此核子的比结合能将增大，故C 正确；
D 、若A 、B 能结合成C ，平均核子质量减少，会有质量亏损，释放出核能，故D 错误。

故选：C 。

从图像上直接分析比结合能，根据结合能和比结合能的关系：结合能=比结合能×核子数(即质量数)，求解He 的结合能；比结合能越大，原子核越稳定；重核裂变，核子的比结合能将增大；两个平均结合能小的组合成平均结合能大的，会有质量亏损，会释放能量。

本题考查原子核的结合能与比结合能，解题关键是要理解结合能与比结合能的定义，以及两者之间的关系，知道比结合能可以反应原子核的稳定性，释放核能的核反应，反应后比结合能增大。

5.【答案】A
【解析】解：由题意可知，“天和”核心舱轨道的半长轴为：
a =394.9+6400+384+64002km =6789.45km
根据开普勒第三定律有
a 3
T 2=a 同步3T 同步2
带入数据：(6789km)3
T 2=(6400km+36000km)3
(24ℎ)2
解得周期T 约为1.5ℎ，故A 正确，BCD 错误。

故选：A 。

先根据近地点高度和远地点高度计算“天和”核心舱的半长轴大小，再根据开普勒第三定律即可求解出“天和”核心舱绕地球的周期。

此题考查开普勒第三定律的应用，注意半长轴的求解，不可误把高度当做半长轴，此题难度较小。

6.【答案】BCD
【解析】解：A、匀加速运动过程中，对木块由动能定理得：W F−W f=1
2
mv02，解得
力F所做的功为：W F=W f+1
2mv02，所以运动过程中，力F所做的功大于1
2
mv02，故A
错误；
B、t0～5t0，木块只受到水平向左的摩擦力f作用，对木块由动量定理得：−f⋅4t0=0−
mv0，解得木块所受的摩擦力大小f=mv0
4t0
，故B正确；
C、0～t0，对木块由动量定理得：I F−ft0=mv0，解得力F的冲量为：I F=5
4
mv0，故C正确；
D、全过程中，木块受水平向右的恒力F和水平向左的摩擦力f作用，初末速度为零，由动能定理得：W=W F−W f=0
解得力F做的功W F和木块克服摩擦力做的功W f之比为1：1，故D正确。

故选：BCD。

匀加速运动过程中，对木块由动能定理求得力F所做的功；t0～5t0内，对木块由动量定理求得木块所受的摩擦力大小；0～t0内，对木块由动量定理求得力F的冲量；全过程中，对木块由动能定理求得力F做的功W F和木块克服摩擦力做的功W f之比。

本题以v−t图象为载体，考查了动能定理和动量定理得应用，解决此题的关键是要对木块的运动情况和受力情况分析清楚，再灵活选取运动过程进行列式求解。

7.【答案】BCD
【解析】解：由于电场强度大小为E=mg q，故小球所受电场力大小为：
F=Eq=mg
所以电场力与重力的合力大小为√2mg
AB.若小球带正电，则电场力与重力的合力的方向与竖直方向成45°角并斜向左下方，此过程中细线对小球无力的作用，小球从A运动到B的过程中是初速度为零的匀加速直线运动，
根据动能定理
mgl+Eql=E kB−0
解得小球运动到B点瞬间动能为E kB=2mgl
故A错误，B正确；
CD.若小球带负电，则电场力与重力的合力的方向与竖直方向成45°角并斜向右下方
根据动能定理，小球从A运动到B的过程
mgl−Eql=E kB′−0
解得此情况小球在B点瞬间的动能为E kB′=0
将小球所受重力和电场力的合力看做等效重力，则AB圆弧的中点为等效长的最低点，也是小球速度最大的位置，故CD正确；
故选：BCD。

分析小球在匀强电场中所受电场力的大小，并将电场力和重力进行合成，若小球带正电，分析电场力和重力的合力方向，判断其运动状态，利用动能定理可求B点的动能；若小球带负电，利用动能定理可求B点的动能，将重力与电场力的合力看做等效重力，则可判断等效最低点和最大速度的位置。

解决本题的关键是明确小球的受力情况，根据小球带电情况判断其受力情况，再由受力情况判断其运动情况，根据动能定理解决问题。

8.【答案】ACD
【解析】解：A、木板与地面之间的最大静摩擦力大小为f板地=μ2(m1+m2)g=
0.2×(2+4)×10N=12N，木块与木板之间的最大静摩擦力大小为f块板=μ1m2g= 0.6×4×10N=24N，则f块板>f板地，所以当木板开始运动前，木块和木板一直保持相对静止状态，由题图乙可知，拉力F=6t(N)，当拉力F=f板地=12N，t=2s，木板开始运动，故当t=1s时，木块受到的静摩擦力大小等于拉力大小，为6N，故A正确；
B、当木块与木板一起运动，且木块与木板之间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时，对木板，有：μ1m2g−μ2(m1+m2)g=m1a；对木块有：F−μ1m2g=m2a
联立解得此时F=48N，t=8s。

当2s<t<8s时，木块与木板一起做变加速直线运动，此时木块的速度等于木板的速度，故B错误；
C、当t=6s时F=36N，对整体，有F−μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a，对木板，有f−μ2(m1+m2)g=m1a，解得f=20N，故C正确；
D、t=8s后，木块与木板相对运动，故t=10s时，木块在木板上滑动了2s，故D正确。

故选：ACD。

先求出木板与地面之间的最大静摩擦力以及木块与木板之间的最大静摩擦力，分析木板的运动情况，再根据运动学公式求木块相对于木板滑动的时间。

本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得
到加速度与时间的关系，这是经常采用的思路。

9.【答案】倾斜的直线 1.0 2.0否
【解析】解：(1)把木板垫高是为了平衡摩擦力，当不挂钩码的小车在木板上做匀速直线运动时，小车受到的摩擦力和重力沿木板方向的分力大小相等，说明已平衡摩擦力，此时小车的x−t图象为一条倾斜的直线；
(2)在x−t图象中，曲线某点切线的斜率为该点的速度大小，由题图乙的x−t图象可知，t=0.5s时，x=0.25m，该点的斜率为1m/s，故此时小车的速度大小为1m/s，由于整
个过程小车做初速度为零的匀加速直线运动，故加速度大小为a=v
t =1
0.5
m/s2=
2m/s2。

(3)在没有拉力传感应电流器的情况下，拉力是用钩码重力近似替代的，对小车，拉力F 是合力(摩擦力已经被平衡)：F=Ma。

对钩码：mg−F=ma，联立解出拉力F与钩码
重力之间符合关系：F=M
M+m
⋅mg<mg，只有当m<<M时，F接近于mg。

传感器则不同，因为传感器是直接测量细绳拉力，而不是钩码近似替代的，因此不需要满足钩码的质量远小于小车的质量。

故答案为：(1)倾斜的直线；(2)1、2.0；(3)否
(1)平衡摩擦力后，小车在倾斜的木板上做匀速直线运动；
(2)由x−t图象的数据分别求速度和加速度；
(3)有拉力传感器后就不需要满足m<<M的条件。

本题考查加速度与质量和作用力的关系实验，要理解本实验的巧妙地用钩码的重力替代合力的条件。

还要会从图象中找到信息求速度和加速度。

10.【答案】1
E R+R A+r
E
3.000.61
【解析】解：(1)由闭合电路欧姆定律E=I(R+R A+r)
得1
I =1
E
⋅R+R A+r
E
(2)由(1)可知，1
I −R图线的斜率为1
E
，与1
I
轴的截距为R A+r
E
根据题图乙可得曲线斜率约为k=3−0.3
0.68
≈0.334，即E=3.00V，
同理解得r=0.61Ω
故答案为：(1)1
E ⋅R+R A+r
E
，(2)3.00，0.61
(1)根据闭合电路欧姆定律可知表达式；
(2)结合图像的斜率与截距，根据函数解析式求解。

本题考查测定电源电动势与内阻的实验，解题关键掌握解析式与图像的结合，通过图像斜率和截距求解。

11.【答案】解：(1)从球反弹后至达最高点，此过程
由0−v22=−2g(ℎ1−R)，
代入数据解得：
v2=5m/s，
设球与地面接触时加速度为a
由题意知：
v1=6
5v2=6
5
⋅5m/s=6m/s，
球下落刚触地至反弹后刚离开地面过程，设向上为正方向，有v2=−v1+at，
球触地过程中受向上的弹力和向下的重力，由牛顿第二定律得：F−mg=ma，
代入数据解得：F=60N；
(2)手做功等于球与地面碰撞时的能量损失：
W=1
2mv12−1
2
mv22，
代入数据解得：W=2.75J。

答：(1)地面对球弹力为50N；
(2)每次拍球时手对球做功W为2.75J。

【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式求出篮球落地的速度，通过反弹速度的大小，求出球与地面作用过程中的加速度，根据牛顿第二定律求出地面对球的弹力大小。

(2)手做功等于球与地面碰撞时的能量损失，根据能量守恒求出每次拍球时手对球做的功。

本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键理清小球的运动过程，在求解球与地
面作用过程中的加速度时，注意速度的方向。

12.【答案】解：(1)导轨做初速度为零的匀加速运动，导轨的速度v=at 回路中感应电动势E=BLv=BLat
经过时间t导轨的位移x=1
2
at2
回路总电阻R总=R+2xR0=R+at2R0，
回路电流I=
E
R
总
=BLat
R+at2R0
t=2s时代入数据解得I=4A，由右手定则可知，MN中的电流由M流向N
(2)t=2s时导体棒MN所受安培力F安培=ILB=4×1×1N=4N
导体棒MN对金属导轨的摩擦力F f=μ(m2g+F安培)=0.5×(1×10+4)N=7N (3)通过导轨与导体棒的电流I相等，导体棒与导轨所受安培力大小相等为F安培=ILB=
B2L2at
R+at2R0
导轨所受摩擦力F f=μ(m2g+F安培)=μ(m2g+B2L2at
R+at2R0
)
对导轨，由牛顿第二定律得：
F−F f−F
安培
=m1a
解得拉力F=m1a+μ(m2g+B2L2at
R+at2R0)+B2L2at
R+at2R0
代入数据解得F=9+15t
1+t2
(N)
15t 1+t2=151
t
+t
由于1
t
+t≥2√1
t
×t=2，
则F=9+15t
1+t2(N)≤9+15
2
(N)=16.5N
当1
t
=t，即t=1s时F最大为16.5N
F−t图象如图所示：
答：(1)t=2s时，MN中电流I的大小是4A，方向由M流向N；
(2)t=2s时，MN对金属导轨施加摩擦力F f的大小是7N；
(3)拉力F随时间t的变化关系图象如图所示。

【解析】(1)导轨做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度−时间公式求出t=2s时的速度，由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，由右手定则判断出感应电流方向。

(2)应用安排了公式求出MN所受安培力，应用滑动摩擦力公式求出MN对金属导轨的摩擦力大小。

(3)应用安排了公式求出金属导轨所受安培力，应用牛顿第二定律求出拉力大小，然后做出图象。

本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚导轨受力情况与运动过程是解题的前提，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律即可解题。

13.【答案】ACE
【解析】解：设理想气体在状态a的体积为V0，由理想气体状态方程pV
T =C可得：2p0V0
T0
=
p0V b 2T0=2p0V c
3T0
，解得V b=4V0、V c=3V0
AB.a→b的过程中，体积增大，故理想气体对外界做功，W<0，温度升高，理想气体分子的平均动能增大，气体内能增加，ΔU>0.由热力学第一定律ΔU=W+Q得Q>0，即理想气体从外界吸热，故A正确，B错误：
DE.b→c的过程中，体积减小，外界对理想气体做功，W>0，温度升高，即气体内能增加。

故D错误，E正确：
C.a→b→c的过程中，理想气体体积由V0变成4V0，再变成3V0，故体积先增大后减小，故C正确。

故选：ACE。

根据理想气体状态方程，分析体积变化情况确定气体做功情况；温度是分子平均动能的标志，温度升高，并不是所有气体分子的动能都增大；根据热力学第一定律判断气体是吸收热量或是放出热量。

本题主要是考查p−T图象问题，关键是弄清楚气体所发生的变化，根据理想气体的状态方程、热力学第一定律以及图象的物理意义进行分析。

14.【答案】解：(1)粗筒横截面积为S，由轻质活塞A受力平衡可得：p1S−[p0+ρg(ℎ+
H)]S=0则
代入数据解得p1=81cmHg
(2)粗筒的面积是细筒的4倍，则水银柱完全推入细筒时，水银柱的高度为：H′=4H+ℎ=3x4cm+2cm=14cm
由轻质活塞A受力平衡可得：p2S−(p0+ρgH′)S=0
则p2=p0+ρgH′=76cmHg+14cmHg=90cmHg
设封闭气体后来的高度为l′，温度不变，根据玻意耳定律：p1lS=p2l′S
代入数据解得：l′=9cm
活塞B上升的距离为：x=l−l′+H=(10−9+3)cm=4cm
(3)该过程体积不变，根据查理定律：p2
T2=p3
T3
其中，T2=(273+27)K=300K，T3=(273+57)K=330K
联立，代入数据解得：p3=99cmHg
由轻质活塞A受力平衡可得：p3S−[p0+ρg(H′+ℎ′)]=0
代入数据解得：ℎ′=9cm
答：(i)图示状态封闭气体的压强为81cmHg；
(ii)保持温度不变，向上缓慢推动活塞B，试计算粗筒中的水银柱刚好完全进入细筒时，封闭气体的压强p2和活塞B上升的距离为4cm；
(iii)在第(ii)问的基础上，固定活塞B的位置不变，将装置放入57℃的恒温箱中。

一段时间后，在细筒上方注入水银，为保证活塞A不向下移动，则注入水银的最大高度ℎ′为9cm。

【解析】(1)根据轻质活塞A受力平衡列式求解；
(2)根据轻质活塞A受力平衡，结合玻意耳定律列式求解；
(3)根据查理定律，结合根据轻质活塞A受力平衡列式求解。

解答本题的关键是要熟练掌握查理定律及玻意耳定律，并结合物体平衡条件即可求解。

15.【答案】ADE
【解析】解：A、研究单摆时，要尽量减小空气阻力的影响，必须质量大、体积小的球和尽量细的线，故A正确；
B、驱动力的频率越接近物体的固有频率，受迫振动的振幅越大，故B错误；
C、拍摄玻璃橱窗内的物品时，由于玻璃表面反射的光很强，导致玻璃橱窗内的物品在。