2021年黑龙江省哈尔滨九中高考物理三模试卷（含答案解析）

这是一份2021年黑龙江省哈尔滨九中高考物理三模试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】C，【答案】B，【答案】AC，【答案】BD，【答案】BC，【答案】a C E 左  C等内容，欢迎下载使用。

2021年黑龙江省哈尔滨九中高考物理三模试卷

1. 在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )
A. 亚里士多德通过“理想实验”得出了“力不是维持物体运动的原因”这一结论
B. 康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现了康普顿效应，深入的揭示了光的波动性
C. 法拉第引入的“电场线”是真实存在于电场中的
D. 在普朗克关于黑体辐射的量子论和爱因斯坦关于光子的概念启发下，玻尔提出了原子结构的轨道量子化和定态假说
2. 在建造房屋的过程中，经常见到建筑工人将重物从高处运到地面，可以简化为如图所示的模型，工人甲和乙站在同一高度手握轻绳，不计重力的光滑圆环套在轻绳上；下端连接一重物，工人甲在A点静止不动，工人乙从B点缓慢的向A点移动一小段距离的过程中，以下分析正确的是( )
A. 绳的拉力大小不变
B. 工人甲受到地面的摩擦力变大
C. 地面对工人甲的支持力不变
D. 工人乙对轻绳施加的作用力与轻绳对工人乙的作用力是一对平衡力
3. 在水平面上M点的正上方0.4m高度处，将A球以初速度v1=2m/s水平向右抛出，在M点右侧地面上N点处，将B球以初速度v2=2m/s斜向左上方45∘角抛出A球、B球水平距离为0.8m，不计空气阻力，以下说法正确的是( )
A. 若两球同时抛出，经过0.1s后相遇
B. 若两球同时抛出，相遇时速度变化量相等
C. 若两球同时抛出，相遇时水平位移相同
D. 若两球分别抛出并未相遇，落地后不反弹，则两球在空中运动时间相等
4. 如图所示，虚线A、B、C为电场中等势面，电势分别为0V、2V、4V，实线为一带电粒子仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是运动轨迹上的两点，则下列说法正确的是( )
A. 带电粒子一定带正电
B. 带电粒子在P点的加速度大小大于在Q点的加速度大小
C. 带电粒子由P点运动到Q点的过程中机械能守恒
D. 带电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能
5. 如图所示，在挡板AB上方，存在一磁感应强度为B面积未知的矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。AB边上O点处放置了发生光电效应的极限频率为v的金属钠，现用频率为4v的光去照射钠，发生光电效应后只考虑射入平面ABCD内电子的运动情况(平面ABCD与匀强磁场垂直)，已知电子质量为m，电荷量为e，普朗克常量为h，不计电子的重力和电子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收。为保证平面ABCD内的电子都不从磁场逸出的矩形磁场的最小面积为( )
A. 8mhve2B2 B. 12mhve2B2 C. 16mhve2B2 D. 36mhve2B2
6. 如图所示，图中虚线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，虚线间的距离为2L，匀强磁场大小均为B，“”字形金属线框总电阻为R，每条边长为L，t=0时刻，ab边与M区域磁场左边界重合。现使线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场。取逆时针方向为感应电流I的正方向，取水平向左为安培力F的正方向，则在金属线框穿过磁场的过程中，线框中感应电流I、安培力F随时间t变化的关系图线正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7. 如图所示，传送带在水平方向以速度v=2m/s沿逆时针方向转动，质量为1kg的物块A以水平向右的速度v0=4m/s滑上传送带左端，物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，水平传送带足够长，g取10m/s2，物块A回到传送带左端过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块A一直做减速运动
B. 物块A最终的速度大小为2m/s
C. 物块A最终的速度大小为4m/s
D. 物块A受到摩擦力的冲量大小为6N⋅s
8. 如图所示，电源由几个相同的干电池组成，单刀双掷开关S与1闭合，调节滑动变阻器R1(阻值范围0−8Ω)的滑片P从A端滑到B端的过程中，电池输出电能的效率η最大值为0.8，电池输出最大功率为4.5w，将单刀双掷开关S与2闭合，电容器MN并联在定值电阻R2两端，滑动变阻器R1滑片P位于AB中点，电路稳定后，一带电微粒从O点沿电容器两极板的中轴线以速度v水平进入电场，恰能从下极板边缘离开电场。不计带电微粒的重力，二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大，不计电表、导线对电路的影响，则( )
A. 串联电池的总电阻为1Ω
B. 电源电动势为6V
C. 若开关S与2闭合，将滑片P向B端滑动一小段距离，带电微粒仍能从下极板边缘离开
D. 若开关S与2闭合，紧贴M板下方插入一铝板(与M板面积相同，厚度较小)，带电微粒将从两极板间飞出
9. 在“测定电池组的电动势和内阻”实验中，实验室为学生提供如下器材：
A.待测电池组(电动势约为3V，内阻约为1Ω)
B.电压表(量程0∼3V，内阻约为3kΩ)
C.电压表(量程0∼3V，内阻约为10kΩ)
D.电流表(量程0∼3A，内阻约为0.2Ω)
E.滑动变阻器(0∼10Ω,额定电流2A)
F.滑动变阻器(0∼20Ω,额定电流1A)
G.开关、导线若干。

(1)为使测量结果尽量准确，图甲中应选用的电路图为______ (选填“a”或“b”)，电压表应选用______ (选填“B”或“C”)；滑动变阻器应选用______ (选填“E”或“F”)；
(2)闭合开关前，(1)中选用的电路图的滑动变阻器滑片应该置于______ 端(选填“左”或“右”)；
(3)利用正确的电路，选择正确合理的仪器进行测量，发现对应不同的电流值，电压表示数变化范围比较小，描点作出了如图乙所示的图像，出现该现象的主要原因是______ 。
A.电压表分流
B.电流表分压
C.滑动变阻器总阻值过小
D.电池组内阻较小
10. 某实验小组用如图甲所示的实验装置来验证动能定理：不可伸长的绳跨过定滑轮将小车P和重物Q连接，和小车相连的绳与斜面平行，纸带穿过打点计时器与重物相连。电源频率为50Hz，实验时，进行了如下操作：
①用天平测得小车P质量M=500g、重物Q质量m=100g；
②按图甲组装好器材，用铜丝做成钩环固定在重物Q上.再将砂桶挂到钩环上作为配重，不断调整砂桶中砂子的质量，直到小车恰沿斜面匀速下滑时，测出此时砂和砂桶的总质量m1；
③撤去砂桶，接通打点计时器，小车由静止释放
④关闭电源，取下纸带，在纸带上记录好此次操作砂和砂桶的总质量m1：
⑤改变斜面倾角θ，重复上述过程，打出多条纸带，在纸带上记录好对应操作下砂和砂桶的总质量m1。
(1)下列关于本实验的说法中正确的是______ 。
A.接通电源前，应该让重物Q到打点计时器的距离近一些
B.实验操作过程中，需要测量小车匀速下滑时斜面的倾角θ
C.每次实验，都需要保证连接小车的绳与斜面保持平行
D.该实验装置可以用来验证机械能守恒定律
(2)图乙是某次实验中获取的一条纸带，打下的第一个点标为计数点O，相邻两个计数点之间还有4个点(图中未标出)，验证动能定理处理数据时应该选用纸带OC段而不选OD段的原因______ 。
A.根据相邻两计数点间距可知，CD段已经出现了减速运动，C点速度大小无法获得
B.C点速度大小可以通过BD段获得，做功的位移大小为OC距离
C.B点速度大小可以通过AC段获得，做功的位移大小为OB距离
(3)如果选用图乙的纸带O到B点验证动能定理：该次实验中小车匀速下滑时，砂和砂桶的总质量m1=150g，合外力对系统所做的功W=______ J，PQ系统动能的增加量△Ek=______ J。(g=10m/s2,计算结果保留3位有效数字)
(4)通过上述计算发现合外力对系统做的功W并不等于PQ系统动能的增加量OE，造成此实验系统误差主要是______ 。(答出一条即可)
11. 中国航天征途无限，嫦娥揽月成功取回月壤，天问探火完成既定目标。按照计划，“天问一号”火星探测任务要一次性完成“绕、落、巡”三大任务，预计今年5至6月择机着陆火星。若“天问一号”在距火星表面高度等于火星半径处的近似圆轨道上运行时周期为T，火星车着陆静止在火星表面时，在火星车内一方向竖直向下，场强为E的匀强电场中，以v0的速度竖直向上抛出一质量为m，带电量为+q的小球，经t时间小球到达最高点。已知万有用力常量为G，在不考虑火星自转的情况下，依据以上几个物理量可推测出火星表面的重力加速度g1和火星半径R为多少？







12. “生命之环”是辽宁省抚顺新区的地标建筑，外直径170米，内直径160米。钢结构总重3500吨，造价过亿，已成为无数攀爬者和轮滑爱好者的圣地。但在人们攀爬的过程中也具有一定的危险性。现哈九中“第二课堂”小组来到当地，进行探究实验，将“生命之环”理想化为一内壁光滑且有宽度的大圆环。在圆环最低点静止一自制机器人A，质量9kg，并排固定一相同机器人B。A初始速度10m/s，沿圆环上滑。此后每次A沿圆环滑下路过B时，B将推A给A一与A运动方向相同的冲量。忽略空气阻力，重力加速度取10m/s2。
(1)为使A到达与圆心等高位置，B需要给A多大冲量？
(2)移除机器人B.起始让A在最低点获得4190m/s的速度，A将在与圆心等高处和最高点之间某处脱离轨道(与轨道间弹力为零)。求A脱离圆环的位置距初始点的高度？
(3)在(2)的情景下，A脱离轨道时，给A施加一与A速度水平方向同向的恒定风力，大小120N，求A再次落到圆环时的动能？









13. 下列说法正确的是( )
A. 在显微镜下观察水中悬浮的细微粉笔末的运动，每隔一定时间在 坐标纸上记录小颗粒的位置，用折线将所得点逐一连接，即为颗粒实际的运动轨迹
B. 一瓶矿泉水喝了一半之后，把瓶盖拧紧，不久瓶内水的上方就形成了水的饱和汽；温度若升高，则瓶内饱和汽的密度会增加
C. 若两个分子在相互靠近的过程中分子力逐渐增大，则分子势能也一定会逐渐增大
D. 若把氢气和氧气看成理想气体，则2g的氢气和同温度下32g的氧气内能相等
E. 没有任何的漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机的效率也不会是100%
14. 如图所示，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度也为h；活塞只能在a、b间移动，活塞下方密封一定质量的理想气体，已知活塞的质量为m，面积为s，厚度可忽略；活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态且刚好与b接触，初始气缸内气体温度为T0；大气压强为P0，重力加速度大小为g，现通过两种方式使活塞刚好与a接触；
方式一：通过对缸内气体降温，使活塞刚好降到a处，求此时缸内的温度T1以及在此过程中外界对气体做的功W。
方式二：在活塞上放一重物，质量为M，使活塞卡在a处，然后用电热丝缓慢加热缸中气体，直至活塞刚要离开a，求此时缸内气体的温度T2。







15. 在一根拉直的绸带两端O1和O2同时沿竖直方向抖动后停止，产生的两列简谐横波相向传播，某时刻的波形如图所示。不考虑波的反射。下列说法正确的是( )
A. 两列波在绸带中的波速大小相等
B. O1和O2振动的频率相同
C. O1和O2开始振动的方向相同
D. 两列波引起x=6m处的质点通过的总路程为80cm
E. 在两列波叠加的区域内，振动最强的质点坐标为x=0.25m
如图所示为用某种透明物质制成的柱状体的横截面，该横截面由一个半圆和一个直角三角形组成，其中半圆弧和AB边均涂有反射膜，O为半圆的圆心，AOC为半圆的直径，BC边的长度为d，∠α=30∘。一束单色光以θ=60∘的入射角从BC边的中点P射入后，在AB边上的F点发生反射，然后经半圆弧反射后到达A点。已知F点到B点的距离为AB边长度的14，光在真空中的传播速度为c，求：
(1)该透明物质的折射率；
(2)该单色光从P点射入到传播到A点经历的时间。






答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、伽利略通过“理想实验”得出了“力不是维持物体运动的原因”这一结论，故A错误；
B、康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现了康普顿效应，说明了光子不仅具有能量，还具有动量，深入的揭示了光的粒子性，故B错误；
C、法拉第引入的“电场线”不是真实存在于电场中的，故C错误；
D、根据物理学史可知，在普朗克关于黑体辐射的量子论和爱因斯坦关于光子的概念启发下，玻尔提出了原子结构的轨道量子化和定态假说，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】C

【解析】解：A、设重物重力为G，圆环受力如图所示：重力G、两个拉力T(同一根绳子上拉力处处相等)，由平衡条件：2Tcosθ=G，得：T=G2cosθ，工人乙从B点向A点移动，θ变小，由三角知识cosθ变大，G不变，所以拉力T变小，故A错误；
B、甲受力如图：重力mg、地面的支持力N、拉力T、摩擦力f，由平衡条件：f=Tsinθ，由A知T变小，θ变小，由三角知识sinθ变小，所以f变小，故B错误；
C、由平衡条件：N=mg+Tcosθ=mg+G2，定值，故C正确；
D、工人乙对轻绳的作用力与轻绳对工人乙的作用力是作用力与反作用力，不是平衡力，故D错误。
故选：C。
A、分析圆环受力列平衡方程解答；B、C、分析甲受力列平衡方程解答；D、用牛顿第三定律和平衡力的差别解答。
本题2Tcosθ=G考查正交分解法解答动态平衡(圆环)和静态平衡(工人甲)问题，受力分析是基础，注意C中T变小，cosθ变大，从数学角度不能判断Tcosθ的变化，要从平衡方程2Tcosθ=G得到Tcosθ=G2就可以了。

3.【答案】B

【解析】解：AC、两球同时抛出，相遇时水平方向有：(v1+v2cos45∘)t=0.8m，解得t=415s，其中v1t≠v2cos45∘t，故AC错误；
B、抛出后，水平方向上两球做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速运动，速度的变化量为△v=gt，从抛出到相遇，两球运动的时间t相同，所以相遇时速度变化量相等，故B正确；
D、在竖直方向上，两球做匀变速运动，对于A球有：h=12gt12，解得t1=2hg=2×0.410s=25s，对于B球有：v2cos45∘=g⋅t22，解得t2=15s，则两球在空中运动时间相等，故D错误。
故选：B。
A球做的是平抛运动，解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．B球做的是斜抛运动，它在水平方向上也是匀速直线运动，但在竖直方向上是竖直上抛运动．
本题在解相遇问题时，要注意把握水平和竖直位移的关系，以及时间相等的关系。

4.【答案】D

【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直且指向电势低的地方，可知该电场中电场线的方向垂直于等势面向下；带电粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，可知电场力的方向垂直于等势面向上，带电粒子受到的电场力得方向与电场线的方向相反同，可知该带电粒子带负电，故A错误；
B、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面疏，所以P点的电场强度小，电子在P点受到的电场力小，粒子的加速度小，故B错误；
C、只有电场力做功，电子的电势能和动能之和守恒，故带电粒子的机械能不守恒，故C错误；
D、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故D正确；
故选：D。
根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势面垂直，可分析出带电粒子所受的电场力方向，从而判断出带电粒子的电性；由等差等势面的疏密确定出场强的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的大小．
根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．

5.【答案】B

【解析】解：根据光电效应方程，射出光电子的最大初动能Ekm=12mvm2=2hγ−hγ=hγ
射出的光电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=mvm2R
其最大半径为：R=mvmeB=2mhγeB
所有光电子在磁场中最大半径相等，满足条件的矩形磁场面积最小时，沿ON方向射入的有最大初动能的光电子运动轨迹恰好与右端边界相切；
随着粒子的速度方向偏转，可认为光电子转动的轨迹圆是以2R为半径转动，如图所示

由几何关系可知，没有光电子从磁场边界逸出的最小矩形磁场的面积为：S=2R×3R=12mhγe2B2，故ACD错误，B正确；
故选：B。
先通过光电效应的规律求出射出的光电子的最大初动能，再根据洛伦兹力提供向心力求带电粒子在磁场中运动的最大半径，根据粒子的轨迹总结出粒子的轨迹圆边界情况，根据几何关系求出没有电子从磁场逸出的矩形磁场的最小面积。
解答本题的关键是通过作图分析光电子可能的运动轨迹，然后由几何关系求解没有电子从磁场逸出的最小矩形磁场的面积。

6.【答案】AC

【解析】解：AB、线框做匀速穿过磁场，在1∼2s时，有2L的有效长度切割磁感线，故I=2BLvR，则A正确，B错误；
CD、根据F=BIL，求得F=B⋅2BLvR⋅2L=4B2L2vR，故C正确，D错误；
故选：AC。
(1)判断线框切割磁感线时，有效长度为2L，代入E=BLv可计算电动势与电流大小；
(2)求得I后，代入安培力计算公式可判断F的大小，同样注意有效长度。
在进行电磁感应的计算时，要注意导体的有效长度。

7.【答案】BD

【解析】解：ABC、物块A先向右做减速直线运动，速度减小到零后再反向加速，当速度到达2m/s时再匀速运动到最左端，故AC错误、B正确；
D、取向左为正方向，全过程根据动量定理可得：I=mv−(−mv0)，解得物块A受到摩擦力的冲量大小为I=6N⋅s，故D正确。
故选：BD。
根据物块的受力情况分析运动情况；全过程根据动量定理求解物块A受到摩擦力的冲量大小。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。

8.【答案】BC

【解析】解：A、当S接在1处，P在B端时，电源的效率最大，则η=UIEI=0.8，而U=Er+R×R，联立解得：r=2Ω，故A错误；
B、由题意，当R=r时，电源的输出功率最大，由题设条件可得：Pmax=E24r=4.5W，所以E=Pmax×4r=4.5×4×2V=6V，故B正确；
C、当S接2时，电压表测量滑动变阻器A侧电压，滑动变阻器全部接入到电路中，故无论P怎么滑动，电极板两端电压都不变，则带电粒子仍能从下极板离开，故C正确；
D、由C选项有电极两端电压不变，加入铝板，由C=QU=εS4πkd，介电常数ε变大，则C变大，由于U不变，则电场强度不变，粒子仍从下极板边缘离开，故D错误。
故选：BC。
根据电源的效率η=UIEI及欧姆定律求出电源内阻；
根据输出功率最大的条件：外电阻等于内电阻，求出电源电动势；
由题设条件，分清电路连接，明确S接2后，电容器与R2并联，所以两极端的电压不变，结合选项的条件判断极板间的电场强度的变化，再确定带电粒子从哪里飞出。
本题考查闭合电路欧姆定律关于电源效率和最大功率的计算，带电粒子在电容器板间的类平抛运动等知识点，难点在于单刀双掷开关分别接两个位置时，电路结构发生变化，关键抓住电路的特点，结合题设的已知条件可以解题。

9.【答案】a C E 左  C

【解析】解：(1)由于电源内阻小，所以采用电流表分压接法，所以选择图甲中的a电路图；电源电动势才3V，所以电压表选择量程为3V的电压表，电压表并联，电阻越大，分流越小，所以选C.根据I=ER与电流表量程可知10Ω的变阻器足够使用，并且方便操作，所以应选E。
(2)实验操作时为保护电路，滑动编组器在最左端时电阻最大，故滑动变阻器的滑片应置于最左端；
(3)根据路端电压与电流的关系U=E−Ir可知，U−I图象的斜率绝对值为电源内阻，从U−I图象看，直线很平，则是因为电源的内阻太小造成的，故ABD不符合要求，C正确。
故选：C
故答案为：(1)a，C、E；(2)左；(3)C
(1)由电源内阻的大小选择电流表的外接法还是内接法；根据电源电压选择电压表，根据最大电流选择电流表；
(2)为保护电路，应使滑动变阻器于电阻最大端；
(3)根据U−I图象的特点斜率很小、结合路，端电压的表达式分析答题。
本实验是考查测量电源电动势和内阻实验的原理及误差问题，首先要明确定是采用电流表的内外接法，口诀“大内大，小外小”仍成立，只是电流表相对于电源内阻来说的，但更应该清楚的是无论哪种接法均有误差，是电表的内阻造成，要具体问题具体分析。

10.【答案】ACAC0.4500.432绳子有摩擦力作用

【解析】解：(1)A、Q到打点计时器更近的目的是减小误差，所以A正确；
B、由于步骤②可知已经平衡摩擦力，所以不用计算倾角θ；故B错误；
C、保证力沿斜面，需要绳与斜面保持平行；
D、由于无法求得摩擦力做功，所以不能验证机械能守恒。
故选AC
(2)AB、由于CD段出现减速，所以无法用平均速度代替中间时刻瞬时速度得C点速度，所以不用CO段，故A正确，B错误；
C、由于处于匀加速段，可以用动能定理求得B点速度，做功的位移即为OB距离，故C正确；
故选AC。
(3)根据动能定理有：W=mgxOB=0.15×10×0.3J=0.450J，v=xAB+xBC2T=10.80+13.202×0.1×10−2m/s=1.2m/s
△Ek=12m1v2=12×0.15×1.22J=0.432J
(4)绳子有摩擦力作用
故答案为：(1)AC；(2)AC；(3)0.450，0.432；(4)绳子有摩擦力作用
(1)熟练实验原理及操作要求可进行判断；
(2)由于CD段减速，所以无法用平均速度代替瞬时速度；
(3)根据做功与动能定理求解；
(4)因为绳子摩擦力做功导致合外力对系统做的功W并不等于PQ系统动能的增加量。
熟练掌握实验的操作原理，判断摩擦力做功，根据纸带计算瞬时速度可求得动能，再进行验证即可。

11.【答案】解：设火星质量为M，半径为R，天问一号质量为m1，则有：
小球在电场中运动，由牛顿第二定律有：qE+mg1=ma
由运动学公式可得，v0=at
以上各式联立解得：g1=v0t−qEm
对天问一号：GMm1(2R)2=4m1π2(2R)T2
对火星车内小球：GMmR2=mg1
解得火星半径：R=g1T232π2=T2(mv0−qEt)32π2mt
答：火星表面的重力加速度g1为v0t−qEm；火星半径R为T2(mv0−qEt)32π2mt。

【解析】小球在电场和重力场形成的复合场中做匀变速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列式可求得火星表面的重力加速度；再根据万有引力充当向心力列式求出火星半径。
本题考查万有引力定律以及带电粒子在电场和重力场中的运动，要注意两问题的联系纽带是重力加速度，根据万有引力在星球表面等于重力列式求解。

12.【答案】解：(1)设使A恰好到达与圆心等高位置时，在圆环最低点具有的速度大小为v1，由最低点到圆心等高处的过程，由动能定理得：
−mgR=0−12mv12，其中：
解得：v1=40m/s
设B给A的冲量大小为I，以A运动的方向为正方向，由动量定理得：
I=mv1−mv0，其中：v0=10m/s
解得：I=270N⋅s
(2)设脱离位置与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，此位置A的速度大小为v3，重力沿半径方向的分力提供向心力，则：
mgsinθ=mv32R
A由最低点到脱离位置的过程，由动能定理得：
−mg(R+Rsinθ)=12mv32−12mv22，其中：v2=4190m/s
解得：v3=480m/s，sinθ=0.6
A脱离圆环的位置距初始点的高度：h=R+Rsinθ=80m+80×0.6m=128m
(3)将重力mg与恒定风力F=120N合成得：
设与水平方向的夹角为β，则有：
，可知：β=θ，
的方向沿着半径与脱离位置的速度v3的方向垂直，则机器人A做类平抛运动，如图所示，将运动分解为沿x轴与y轴两方向的运动。
加速度：
沿y轴方向有：y=12at2
沿x轴方向有：x=v3t
联立两式消去t，得：x2=2v32ay=2885y
在△OPA中有勾股定理得：(y−R)2+x2=R2
解得：y=5125m
又有：vy2=2ay
A再次落到圆环时的动能：Ek=12m(v32+vy2)=12m(v32+2ay)=12×9×(480+2×503×5125)J=17520J
答：(1)B需要给A机器人270N⋅s的冲量；
(2)A脱离圆环的位置距初始点的高度为128m；
(3)A再次落到圆环时的动能为17520J

【解析】(1)先由动能定理求出在最低的速度大小，再由动量定理求解B需要给A的冲量；
(2)依据脱离的条件，确定提供向心力的力，根据牛顿第二定律与动能定理，解方程求得速度与水平方向的夹角，再由几何关系求得脱离圆环的位置距初始点的高度；
(3)解析受力与运动初始条件，研判运动形式，得到A做类平抛运动，利用类平抛运动规律，根据Ek=12m(vx2+vy2) 求解A再次落到圆环时的动能。
本题综合性很强，第(1)问考查动量定理；第(2)问以圆周运动中脱离的临界，综合考查动能定理的应用；第(3)问考查力与运动关系推断运动形式，以及类平抛运动的解题思想，在计算推演上需要掌握技巧，一般思路会先求得时间(计算量大)，再求末速度，而此题解答在计算上另辟蹊径，通过消去t得到y与x的关系，很容易求得y值，计算量缩减了。多磨砺，多总结经验。

13.【答案】BDE

【解析】解：A、折线是粉笔末颗粒在不同时刻的位置的连线，既不是固体颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，故A错误；
B、温度升高时，液体分子平均动能增大，单位时间里从液体飞出的分子数增多，回到液体中的分子数小于从液体中飞出的分子数，当气态分子的数密度增大到一定程度时，达到新的动态平衡，故当温度升高时，饱和汽密度增大，故B正确；
C、如果初始两个分子间距远远大于平衡间距，那么两个分子相互靠近直至到平衡位置的过程中，分子力表现为引力，分子力先增大后减小，直至到平衡位置，分子力变为零，这一过程分子力做正功，分子势能是减小，故C错误；
D、由题可知，两气体均为一摩尔，温度相同，分子热运动平均动能相同，内能相同，故D正确；
E、由热力学第二定律可知，任何热机的效率都不可能达到100%，在无其它影响的情况下，不可能将吸收的热量全部用来做功，故E正确。
故选：BDE。
折线是粉笔末颗粒在不同时刻的位置的连线；温度升高时，饱和汽密度增大；分析初始两个分子间距远远大于平衡间距，至两个分子相互靠近直至到平衡位置的过程可判断；气体内能由物质的量及平均动能决定；由热力学第二定律可判断。
本题主要考查分子动理论和气体热力学定律，考查知识点较多，需要学生熟练掌握规律，本题充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

14.【答案】解：(1)在降温过程中，被封闭气体的压强不变，初态：V1=2hS，T0
末态：V2=hS，T1=？
根据盖-吕萨克定律可得：V1T0=V2T1，解得T1=T02
对活塞受力分析，根据力的平衡条件有：p1S=p0S+mg
解得：p1=p0+mgS
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为：W=p1△V=(p0+mgS)(2h−h)S=(p0S+mg)h。
(2)活塞在加上重物M前后，对封闭气体，初态：p1=p0+mgS，V1=2hS
末态：p2=？，V2=hS
则p1V1=p2V2，解得p2=2(p0+mgS)
在升温过程中，初态：p2=2(p0+mgS)，T0
末态：p3=p0+(M+m)S，T2
根据查理定律可得：p2T0=p3T2，解得：T2=p0S+(M+m)g2(p0S+mg)
答：方式一：此时缸内的温度T1以及在此过程中外界对气体做的功W分别为T02和(p0S+mg)h；
方式二：此时缸内气体的温度T2为p0S+(M+m)g2(p0S+mg)

【解析】方法一：活塞从b处移到a处的过程中，封闭气体作等压变化，根据盖-吕萨克定律求活塞到达b处时汽缸内气体的温度，由活塞平衡求得封闭气体的压强，由W=p△V求出气体对外做的功；
方法二：活塞从b已到a的过程气体做等温变化，求得到达卡槽a时被封闭气体的压强，在升温过程中气体做等容变化，根据查理定律求得温度。
本题的关键是分析清楚气体的状态变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体定律进行研究。

15.【答案】ADE

【解析】解：A、在同种介质中传播的两列波的波速相等，故A正确；
B、由波形图可知，两列波波长不等，由v=λf可知，两列波的频率不想等，故B错误；
C、由波在传播过程中“上坡下，下坡上”规律可知，左列波的起振方向向下，右列波的起振方向向上，故C错误；
D、左列波引起x=6m处质点振动的路程为20cm；右列波引起x=6m处质点振动的路程为60cm，故x=6m处的质点通过的总路程为80cm，故D正确；
E、两列波的波谷相遇时，该质点的位移为两列波分别引起的位移的矢量和，振动最强；两列波波速大小相等，在波形图中两波谷对应平衡位置的中点相遇，x0=5−4.52m=0.25m，故E正确。
故选：ADE。
介质决定波速。从图像可以分析波长，然后利用波速公式可以分析频率的关系。利用“上坡下，下坡上”规律分析传播方向和振动方向。注意两列波叠加，要求矢量和。
本题考查利用“上坡下，下坡上”规律分析传播方向和振动方向。注意两列波叠加，要求矢量和。

16.【答案】解：(1)由几何知识知∠FBP=60∘，BP=BF=12d，所以△BFP为等边三角形，
由几何关系可知，该单色光在BC边发生折射时的折射角i=30∘
由折射定律有：n=sinθsini，解得：n=3
(2)由几何关系可知，光在F点发生反射时的入射角为30∘，作出光从F点到A点的光路如图所示。
设光线FD在半圆上D点的入射角为β，则由几何关系可知：3β=90∘，即：β=30
且PF=12d，FD=AD=AF=32d
又光在透明物质中传播的速度为：v=cn
则光从P点传播到A点经历的时间为：t=PF+FD+DAv
联立代入数据，解得：t=73d2c
答：(1)该透明物质的折射率为3；
(2)该单色光从P点射入到传播到A点经历的时间为73d2c。

【解析】画出光路图，用折射定律求解折射率；通过几何关系求出路程，再求时间。
本题主要考查了光的反射与折射和光的传播。几何光学的题目解题关键是画出光路图，有了光路图才能找出几何关系。