2024屆湖南省懷化市高考臨考沖刺物理試卷含解析

2024屆湖南省懷化市高考臨考沖刺物理試卷

請(qǐng)考生注意：

1.請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0.5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答

案寫(xiě)在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。

2.答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1、如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R,質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良

好接觸且無(wú)摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒

力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于

A.棒的機(jī)械能增加量B.棒的動(dòng)能增加量C.棒的重力勢(shì)能增加量D.電阻R上放出的熱量

2、我國(guó)已掌握“半彈道跳躍式高速再入返回技術(shù)”，為實(shí)現(xiàn)“嫦娥”飛船月地返回任務(wù)奠定基礎(chǔ).如圖虛線為地球大氣層

邊界，返回器與服務(wù)艙分離后，從4點(diǎn)無(wú)動(dòng)力滑入大氣層，然后經(jīng)力點(diǎn)從c點(diǎn)“跳”出，再經(jīng)d點(diǎn)從e點(diǎn)“躍入”實(shí)現(xiàn)多

次減速，可避免損壞返回器。d點(diǎn)為軌跡最高點(diǎn)，離地面高兒已知地球質(zhì)量為M,半徑為R,引力常量為G。則返回

A.在d點(diǎn)處于超重狀態(tài)

B.從〃點(diǎn)到e點(diǎn)速度越來(lái)越小

C.在d點(diǎn)時(shí)的加速度大小為售

D.在d點(diǎn)時(shí)的線速度小于地球第一宇宙速度

3、M、N是某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，從M點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)子，質(zhì)子僅在電場(chǎng)力的作用下沿電場(chǎng)線由M點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)到N點(diǎn)，其電勢(shì)能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是

A.M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

B.M、N之間的電場(chǎng)線可能是一條曲線

C.質(zhì)子在M點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度

D.電場(chǎng)線方向由N點(diǎn)指向M點(diǎn)

4、如圖所示，理想變壓器的原副線圈的匝數(shù)比為10：1,在原線圈接入“30及sin（1007rt）V的正弦交變電壓。若

閉合開(kāi)關(guān)后燈泡L正常發(fā)光，且燈泡L正常發(fā)光時(shí)的電阻為1.5。，電壓表和電流表均為理想交流電表，則下列說(shuō)法正

確的是（）

A.副線圈中交變電流的頻率為5HzB.電壓表的示數(shù)為3V

C.電流表的示數(shù)為20AD.燈泡L的額定功率為3W

5、如圖所示是旅游景區(qū)中常見(jiàn)的滑索。研究游客某一小段時(shí)間沿鋼索下滑，可將鋼索簡(jiǎn)化為一直桿，滑輪簡(jiǎn)化為套在

桿上的環(huán)，滑輪與滑索間的摩擦力及游客所受空氣阻力不可忽略，滑輪和懸掛繩重力可忽略。游客在某一小段時(shí)間勻

速下滑，其狀態(tài)可能是圖中的（）

A.按照玻爾的觀點(diǎn)，電子在定態(tài)軌道上運(yùn)行時(shí)不向外輻射電磁波

B.電子只能通過(guò)吸收或放出一定頻率的光子在軌道間實(shí)現(xiàn)躍遷

C.電子從外層軌道躍遷到內(nèi)層軌道時(shí)，動(dòng)能增大，原子能量也增大

D.電子繞著原子核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在外層軌道運(yùn)動(dòng)的周期比在內(nèi)層軌道運(yùn)動(dòng)的周期小

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

7、兩根長(zhǎng)度不同的細(xì)線下面分別懸掛兩個(gè)完全相同的小球A、3,細(xì)線上端固定在同一點(diǎn)，繞共同的豎直軸在水平面

內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)?已知A球細(xì)線右跟豎直方向的夾角為30，△球細(xì)線右跟豎直方向的夾角為60,下列說(shuō)法正確

的是()

A.細(xì)線。和細(xì)線4所受的拉力大小之比為6：1

B.小球4和5的向心力大小之比為1：3

C.小球A和〃的角速度大小之比為1：1

D.小球A和〃的線速度大小之比為1：73

8、關(guān)于固體、液體、氣體和物態(tài)變化，下列說(shuō)法中正確的是______________。

A.液體表面存在著張力是因?yàn)橐后w表面層分子間的距離大于液體內(nèi)部分子間的距離

B.一定質(zhì)量的某種理想氣體狀態(tài)改變時(shí)，內(nèi)能必定改變

c.0°c的鐵和0C的冰，它們的分子平均動(dòng)能相同

D.晶體一定具有規(guī)則形狀，且有各向異性的特征

E.擴(kuò)散現(xiàn)象在液體和固體中都能發(fā)生，且溫度越高，擴(kuò)散進(jìn)行得越快

9、我國(guó)成功研制了世界最高水平的“3.0V12000F”石墨烯超級(jí)電容器。超級(jí)電容器充電時(shí)，電極表面將吸引周?chē)?/p>

解質(zhì)溶液中的異性離子，使這些離子附著于電極表面上形成相距小于0.5nm、相互絕緣的等量異種電荷層，石墨烯電

極結(jié)構(gòu)使得該異種電荷層的面積成萬(wàn)倍增加。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()

A.該電容器充滿(mǎn)電后的帶電荷量為36OOOC

B.該電容器最多能儲(chǔ)存108(XX)J的電能

C.超級(jí)電容器電容大的原因是其有效正對(duì)面積大、板間距離小

D.當(dāng)該電容器放電至兩端電壓為L(zhǎng)5V時(shí)，其電容變?yōu)?(X)0F

10、在如圖所示裝置中，輕桿一端固定著一個(gè)輕質(zhì)定滑輪。，，功用輕桿連接著另一輕質(zhì)滑輪C,輕繩一端固定于。點(diǎn),

跨過(guò)滑輪C和九另一端固定在m2上，已知懸點(diǎn)。和滑輪力間的距離遠(yuǎn)大于滑輪的直徑，動(dòng)滑輪質(zhì)量和一切摩擦不計(jì),

（1）由圖線a可知電池。的電動(dòng)勢(shì)Ea=V,內(nèi)阻口=d

⑵若用同一個(gè)電阻R先后與電池a及電池b連接，則兩電池的輸出功率PaPM填“大于"、“等于"或“小于”），

兩電池的效率皿填“大于”、“等于”或"小于”）.

四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖為一定質(zhì)量的理想氣體的體積V隨熱力學(xué)溫度r的變化關(guān)系圖像。由狀態(tài)4變化到狀態(tài)B的過(guò)程中

氣體吸收熱量0=22OJ,氣體在狀態(tài)A的壓強(qiáng)為po=l.Oxl（）5pa。求：

①氣體在狀態(tài)B時(shí)的溫度72；

②氣體由狀態(tài)〃變化到狀態(tài)C的過(guò)程中，氣體向外放出的熱量。2。

°__h

14.（16分）如圖，工辦坐標(biāo)系中存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中，爛。的空間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8；x>0的空間

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2瓦一個(gè)電荷量為+外質(zhì)量為血的粒子a,UO時(shí)從。點(diǎn)以一定的速度沿x軸正方向射出，之后能

通過(guò)坐標(biāo)為（無(wú)"，|/?）的尸點(diǎn)，不計(jì)粒子重力。

22

（1）求粒子速度的大小；

⑵在。射出加后，與。相同的粒子力也從。點(diǎn)以相同的速率沿y軸正方向射出。欲使在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩粒子相遇，求4。

（不考慮粒子間的靜電力）

八

XXXXXX

X.PxX

XXxXXX

x

XX0~~~x*

XXX

XXXXXX

15.(12分)如圖所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌，必、cd與水平面成〃=30固定，導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)=lm,電阻不計(jì),

一個(gè)阻值為R=0.3。的定值電阻接在兩金屬導(dǎo)軌的上端。在導(dǎo)軌平面上邊長(zhǎng)為心的正方形區(qū)域內(nèi)，有垂直于導(dǎo)軌平面

向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3=1T。兩根完全相同金屬桿M和N用長(zhǎng)度為，=0.5m的輕質(zhì)絕緣硬桿相連，在

磁場(chǎng)上方某位置垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌良好接觸，金屬桿長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量均為，〃=0.5kg、電阻均為r=0.6C,將

兩桿由靜止釋放，當(dāng)桿M進(jìn)入磁場(chǎng)后，兩桿恰好勻速下滑，取g=10m/s2。求：

(1)桿M進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)桿的速度；

⑵桿N進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)桿的加速度大小；

⑶桿M出磁場(chǎng)時(shí)，桿已勻速運(yùn)動(dòng)，求此時(shí)電阻R上已經(jīng)產(chǎn)生的熱量c

參考答案

一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1、A

【解析】

棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)做正功，安培力做負(fù)功，重力做負(fù)功，動(dòng)能增大.根據(jù)動(dòng)能

定理分析力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和.

【詳解】

A.棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用.由動(dòng)能定理；WF+WG+WS=AEK

得WF+W?=△EK+mgh

即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機(jī)械能的增加量.故A正確.

B.由動(dòng)能定理，動(dòng)能增量等于合力的功.合力的功等于力F做的功、安培力的功與重力的功代數(shù)和.故B錯(cuò)誤.

C.棒克服重力做功等于棒的重力勢(shì)能增加量.故C錯(cuò)誤.

D.棒克服安培力做功等于電阻R上放出的熱量.故D錯(cuò)誤

【點(diǎn)睛】

本題運(yùn)用功能關(guān)系分析實(shí)際問(wèn)題.對(duì)于動(dòng)能定理理解要到位：合力對(duì)物體做功等于物體動(dòng)能的增量，哪些力對(duì)物體做

功，分析時(shí)不能遺漏.

2、D

【解析】

A.d點(diǎn)處做向心運(yùn)動(dòng)，向心加速度方向指向地心，應(yīng)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；

B、由。到c由于空氣阻力做負(fù)功，動(dòng)能減小，由c到e過(guò)程中只有萬(wàn)有引力做功，機(jī)械能守恒，心c、e點(diǎn)時(shí)速度大

小應(yīng)該滿(mǎn)足匕＞匕=匕，B錯(cuò)誤；

C、在d點(diǎn)時(shí)合力等于萬(wàn)有引力，即

GMm

〃廠叫

故加速度大小

GM

9=（R+〃）2

C錯(cuò)誤；

D、第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，其他軌道的環(huán)繞速度都小于第一宇宙速度，D正確。

故選D。

3、A

【解析】

A.耳一x圖像斜率的變化反映了電場(chǎng)力的變化，所以M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，A項(xiàng)符合題意；

B.電荷僅在電場(chǎng)力作用下沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)線一定是直線，B項(xiàng)不符合題意；

C.因?yàn)椤c(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，所以質(zhì)子在〃點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，質(zhì)子在M點(diǎn)的加速度大于

在N點(diǎn)的加速度，故C項(xiàng)不符合題意；

D.由M到N質(zhì)子的電勢(shì)能減小，所以M點(diǎn)電勢(shì)離于N點(diǎn)電勢(shì)，所以電場(chǎng)線方向由M指向N,D項(xiàng)不符合題意.

4、B

【解析】

A.根據(jù)。=2不/可得該交變電流的頻率六50Hz,變壓器不改變頻率，所以副線圈中交變電流的頻率為50Hz,A項(xiàng)

錯(cuò)誤；

B.原線圈所接的交變電壓最大值為30及V,則有效值為30V,根據(jù)0=24/,代入數(shù)值解得U=3V,即電壓表的示

數(shù)為3V,B項(xiàng)正確；

C.燈泡L正常發(fā)光時(shí)，副線圈中的電流為

U,3

Ir=----=-----A=2A

R1.5

C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.燈泡L的額定功率

P=/2R=6W

D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故選B。

5、B

【解析】

設(shè)索道的傾角為“，若不考慮任何阻力，對(duì)滑輪和乘客組成的整體，由牛頓第二定律得

（M+m）gsina=（M+m）a

對(duì)乘客由于滿(mǎn)足

Mgsina=Ma

可知繩子與索道垂直。若索道與滑輪之間有摩擦，而乘客不受空氣阻力，則當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子在豎直方向；若同時(shí)

考慮滑輪與索道之間的摩擦以及人所受的空氣阻力，則繩子應(yīng)該在垂直于索道與豎直方向之間，則選項(xiàng)B正確，ACD

錯(cuò)誤；故選

6、A

【解析】

A.根據(jù)玻爾的原子模型可知，電子在定態(tài)軌道上運(yùn)行時(shí)不向外輻射電磁波，A正確；

B.電子在軌道間躍遷時(shí)，可通過(guò)吸收或放出一定頻率的光子實(shí)現(xiàn)，也可通過(guò)其他方式實(shí)現(xiàn)（如電子間的碰撞），B錯(cuò)

誤；

C.電子從外層軌道（高能級(jí)）躍遷到內(nèi)層軌道（低能級(jí)）時(shí)。動(dòng)能增大，但原子的能量減小，C錯(cuò)誤；

D.電子繞著原子核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，具有“高軌、低速、大周期”的特點(diǎn)。即在外層軌道運(yùn)動(dòng)的周期比在內(nèi)層軌道運(yùn)

動(dòng)的周期大，D錯(cuò)誤。

故選A。

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

7、BC

【解析】

A項(xiàng)：兩球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上的合力為零，由：TACOs3(T=mg,TBCOs600=mg,貝!j

石叫,TB=2mg,所以7；:9=石：3=1：石，故A錯(cuò)誤；

,cos3003a8

B項(xiàng)：小球A做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力FnA=mgtan30°=—mg，小球B做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力FnB=mgtan60°=,可

3

知小球A、B的向心力之比為1：3,故B正確；

C^D項(xiàng)：根據(jù)mgtanOnrhtanOvDZ—H/L7得，角速度①=,線速度u=J正tan?？芍撬俣戎葹?：1,

線速度大小之比為1:3,故C正確，D錯(cuò)誤.

點(diǎn)晴：小球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，抓住豎直方向上的合力為零，求出兩細(xì)線的拉力大小之比.根據(jù)合力提供向心力

求出向心力大小之比，結(jié)合合力提供向心力求出線速度和角速度的表達(dá)式，從而得出線速度和角速度之比.

8、ACE

【解析】

A.由于液體表面分子間距大于內(nèi)部分子間距，故表面處表現(xiàn)為引力，故A正確；

B.一定質(zhì)量理想氣體的內(nèi)能由溫度決定，狀態(tài)變化時(shí)溫度可能不變，內(nèi)能也就可能不變，故B錯(cuò)誤；

C.因?yàn)闇囟仁欠肿悠骄鶆?dòng)能的標(biāo)志，溫度相同，則分子平均動(dòng)能相同，故C正確；

D.晶體分單晶體和多晶體，只有單晶體具有規(guī)則形狀，某些性質(zhì)表現(xiàn)出各向異性，而多晶體沒(méi)有規(guī)則形狀，表現(xiàn)出

各向同性，故D錯(cuò)誤；

E.氣體、液體和固體物質(zhì)的分子都在做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，所以擴(kuò)散現(xiàn)象在這三種狀態(tài)的物質(zhì)中都能夠進(jìn)行，且溫度越高,

擴(kuò)散進(jìn)行得越快，故E正確。

故選ACE。

9、AC

【解析】

A.根據(jù)超級(jí)電容器“3.0V12(XX)F”，結(jié)合

C=&

U

可知該申容器充滿(mǎn)電后的帶電荷量

Q=CU={2000X3.0C=36000C

故A正確；

B.電容器是一種儲(chǔ)能元件，該電容器充滿(mǎn)電最多能儲(chǔ)存的電能為

W=-CU2=-x\2000X3.O2J=54000J

22

故B錯(cuò)誤；

C.借助平行板電容器的決定式

C=

4k7rd

分析可知，超級(jí)電容器電容大的原因是其有效正對(duì)面積大，板間距離小，故C正確；

D.電容器的電容只與電容器本身結(jié)構(gòu)有關(guān)，與電容器帶電荷量和兩極板間電壓無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。

故選AC,

10、ABD

【解析】

A.對(duì)如分析可知，血2受拉力及本身的重力平衡，故繩子的拉力等于加2g,對(duì)于滑輪C分析，由于滑輪跨在繩子上，

故兩端繩子的拉力相等，它們的合力一定在角平分線上；由于它們的合力與如的重力大小相等，方向相反，故合力豎

直向上，故兩邊的繩子與豎直方向的夾角〃和相等，故A正確；

BC.整個(gè)裝置穩(wěn)定時(shí)，a角一定等于。角,且繩子拉力等于機(jī)喏，則。c與加細(xì)線與豎直方向的夾角相等，設(shè)為6,

〃〃水平距離不變，結(jié)合幾何關(guān)系，有

d=Lacsin0+Lhesin0

得

d

Lc+4c=sin?

若僅把輕桿豎直向上緩慢移動(dòng)一小段距離，細(xì)線的拉力等于山喏不變，細(xì)線的合力也不變，則。不變，由于d和。都

不變，故/%.+/%.不變，則，川高度上升，同理，若僅把輕桿水平向右緩慢移動(dòng)一小段距離，?水平距離變大，則

,rd

J"，二前

細(xì)線的拉力等于2g不變，細(xì)線的合力也不變，則。不變，d變大,則4c+4,變大，所以如高度下降，故B正確,

C錯(cuò)誤;

D.由于細(xì)線加"2和加部分拉力大小相等，兩段細(xì)線的合力方向?yàn)榫S線歷"2和加部分的角平分線，如果沿角平分線

移動(dòng)輕滑輪力時(shí)，細(xì)線各部分的拉力大小和方向均不變，則如的位置保持不變，故D正確。

故選ABDo

三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。

11、6V的直流電源電壓傳感器b右

【解析】

(1)[1]本實(shí)驗(yàn)是用恒定電流場(chǎng)來(lái)模擬靜電場(chǎng)，圓柱形電極A接電源正極，圓環(huán)電極"接電源負(fù)極，可以在4、"之

間形成電流，產(chǎn)生恒定的電流場(chǎng)，可以用此電流場(chǎng)模擬靜電場(chǎng)，所以要使用低壓直流電源，即選擇6V的直流電源；

[2]木實(shí)臉的目的是描繪電場(chǎng)等勢(shì)線，等勢(shì)面上各點(diǎn)之間的電勢(shì)差為0,根據(jù)兩點(diǎn)電勢(shì)相等時(shí)，它們間的電勢(shì)差即電壓

為零，來(lái)尋找等勢(shì)點(diǎn)，故使用的傳感器是電壓傳感器；

(2)[3]為了尋找與該基準(zhǔn)點(diǎn)等勢(shì)的另一點(diǎn)，移動(dòng)探針〃的位置，使傳感器的顯示讀數(shù)為零；

[4]由于該實(shí)驗(yàn)?zāi)M的是靜電場(chǎng)的情況，所以其等勢(shì)面的分布特點(diǎn)與等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的等勢(shì)面是相似的，點(diǎn)1

離4點(diǎn)比較近，所以探針力的等勢(shì)點(diǎn)的位置距離A要近一些，近似在點(diǎn)1的正上方偏左一點(diǎn)點(diǎn)，由于圖中力的位置在

點(diǎn)1的左上方，所以為了盡快探測(cè)到基準(zhǔn)點(diǎn)1的等勢(shì)點(diǎn).則逐漸將該探針向右移動(dòng)一點(diǎn)點(diǎn)c

12、20.5小于大

【解析】

111八U-RL11，1

(1)圖線與縱軸的交點(diǎn)表示外電路斷路時(shí)的一，即yr=—=0.5,所以E=T,由％得77=f+言高，

UUEaR-匕UEaEaR

r1F

所以圖線的斜率為不r，即無(wú)=言=彳，所以/；=-^=().5C；

Ed44

11u211r1

(2)當(dāng)兩外電阻相同時(shí)，由圖象可知，—>—,即所以由人<得心<8，由公式=+?可知,

UqUbRUEER

圖線的橫截距的絕對(duì)值表示內(nèi)阻的倒數(shù)，故由圖可知，電池內(nèi)電阻?<與，又電池效率〃===小一,在兩外電阻

ER十廠

相等的情況下，有%>%?

【點(diǎn)睛】

本題考查了閉合電路歐姆定律的數(shù)據(jù)處理的方法，應(yīng)用了圖象法及電源的輸入功率的表達(dá)式，難度較大.

四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算

步驟。

13、①6WK；②120J

【解析】

①氣體從A到6發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋?呂薩克定律有

乜=匕

ZT2

即

1_300

2―"TT

代入數(shù)據(jù)解得

T2=600K

②A到“過(guò)程氣體從外界吸熱，對(duì)外界做功，內(nèi)能增加

5-3

Wi=-P3AV=-1X10X1X10=-100J

AU】=-IOO+22O=12OJ

C狀態(tài)與A狀態(tài)內(nèi)能相等，B到C過(guò)程，對(duì)外界不做功，則內(nèi)能減少AU2=-120J,且

△4=2+嗎

即

-120=02+0

所以

e2=-i2oj

氣體放出熱量120J。

/⑴八2qB%h；⑵兀碰m和力，兀正m

【解析】

(1)設(shè)粒子速度的大小為丫，。在.>0的空間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為大則有

2CqvB八=m—V

由幾何關(guān)系有

+其=L

解得

r[=h

聯(lián)立以上式子解得

_2qBh

m

⑵粒子。與b在爛0的空間半徑相等，設(shè)為弓，則

*>

qvB=m—

解得

4=24=2/?

只有在時(shí)、N、0、S四點(diǎn)兩粒子才可能相遇。粒子。在x>0的空間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為工，則

2乃彳7rm

1,=------=------

vqB

粒子。和，在爛0的空間作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為心，則

T2砧Tim

T2=—"

V~qB

(i)粒子。、〃運(yùn)動(dòng)到M的時(shí)間

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