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一种海浪发电机的气室如图所示。工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。

（1）下列对理想气体的理解，正确的有       。

A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型

B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体

C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关

D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律

（2）压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×10⁴J，则该气体的分子平均动能       （选填“增大”、“减小”或“不变”），活塞对该气体所做的功       （选填“大于”、“小于”或“等于”）3.4×10⁴J。
（3）上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m³，压强为1个标准大气压。已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数N_A＝6.02×10²³mol^－1。计算此时气室中气体的分子数。（计算结果保留一位有效数字）

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如图所示，容器A、B各有一个可以自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是大气，大气压恒定．A、B的底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热．原先，A中水面比B中的高，打开阀门K，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡．在这个过程中

A．大气压力对水做正功，水的内能增加

B．水克服大气压力做功，水的内能减少

C．大气压力对水不做功，水的内能不变

D．大气压力对水不做功，水的内能增加

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如图所示的容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下面是水，上面是空气，大气压恒定，A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热．原先A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡．在这个过程中，下面说法正确的是

[     ]

A．大气压力对水做功，水的内能不变
B．水克服大气压力做功，水的内能减少
C．大气压力对水不做功，水的内能不变
D．大气压力对水不做功，水的内能增加

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1．D  解析：该反应是轻核的聚变，A错；轻核的聚变要放出能量B错；该反应中没有α和β射线产生，但可能有γ产生，C错；反应前样子总质量，反应后核子总质量，质量亏损为，D正确。

2．C  解析：以活塞为研究对象，水平方向活塞受三个力如图所示，气体初、末状态压强均等于大气压强，此时=0；过程①缸内气体压强先增大后减小，则向左先增大后减小，对活塞做负功， A是对的；过程②缸内气体压强不变且等于，，B是对的；过程③缸内气体压强先减小后增大，向右先增大后减小，对活塞做正功，C错；由热力学第一定律得，所以，理想气体的温度变化相同时内能变化相同，则为负时Q大，D正确。选C。

3．BD 

4．AB

5．A  解析：由图(c)可知，子弹穿过木块A的时间为，子弹对木块A的冲量实际上等于子弹在穿过A的过程中对A、B的总冲量，即，由于A、B相同，质量相等，因此在时间A对B的冲量等于子弹对A的冲量的一半，即，A正确D错；子弹在穿过B时，相对B的平均速度小于穿过A时相对A的平均速度，因此，，，，BC错。

6．BC  解析：时刻B板电势比A板高，电子在时间内向B板加速，加速结束；在时间内电子减速，由于对称，在时刻速度恰好为零，接下来，电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P突出，A错；无论电子在什么时刻突出P孔，时刻电子都具有最大动能，B正确；电子突出小孔P的时刻不确定，但突出时的动能不大于，C正确D错。

7．C  解析：运动员在到达P点前做平抛运动，y方向做匀速运动，x方向做自由落体运动，AD两项错；当运动员滑上斜面后，x、y方向都做匀加速运动，但加速度小于重力加速度，B对C错。

8．AC  解析：如图甲，则振动周期，则，A正确；如图乙，振动周期则为，若为，则时刻和时刻振动位移分别为A和-A，弹簧的长度不可能相同的。若为，则振动位移为-A，，振动位移为A，B错；当振动周期为时，时刻和时刻振子的位移相等，加速度相等；当振动周期为时，时刻和时刻振子的位移为零，加速度为零；C正确；由上述可知，两种情况位移虽相同，但速度方向相反，动量大小相等，D错。

9．D  解析：有三个力对金属棒做功，其中重力做功不改变金属棒的机械能，拉力做功金属棒的机械能增加，安培力做功金属棒的机械能减小，减小的机械能转化为电能，因此感应电流的功率等于安培力的功率，两金属棒速度相等，动能不变，若则系统重力势能不变，机械能不变，拉力做的功全部转化为电能，即，AB错；若，则系统重力势能增大，机械能增大，拉力做的功一部分转化为系统机械能，一部分转化为电能，则一定大于，C错D对。

10．BCD  解析：对，，功率随电流I的减小而减小，A错B正确；对，，当时，有最大值，C正确；若，则随的增大单调减小，D正确。

11．0.900   12

12．答案：①乙；②电压表的示数，电阻箱的阻值；若选择图甲，；若选择图乙，则；③若选择图甲，则为CE；若选择图乙，则为E。

解析：①由于电源电动势V较小，，电流表的标度单位只能是mA或μA，因此约5或5000，5不合题意，5000比电流表内阻并不满足，电压表内阻又未知，因此选择图乙，闭合开关S₂时，保持不变，反复调节，使电流表指针半偏且电压表示数不变，则电路总电流不变，使电压表同时监测电路电流，减小实验误差，故选择图乙；②若选择图甲，则，则；选择图乙时，开关S₂闭合前，通过电阻的电流就是通过电流表的电流；③此实验电源内阻对实验没有影响，A错；两种电路都有电压表作监测电表，因此因此电源电动势大小及电阻箱阻值的大小均对实验没有影响，BD错；若选择图甲，则电压表内阻对电流表两端电压的计算有较大影响，而对图乙，电压表只起监测作用，因此选图甲时应该选择C项；电阻箱阻值的精确度对实验直接造成影响，两种选择均要选E项。

评分说明：①只能选择图乙；②③若选择图甲，只要后续回答正确均给分。

13．解析：⑴以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得  …（2分）

得………………………………………………（2分）

⑵以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得  …………（2分） 

      解得……………………………………………（2分） 

⑶撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得

    （2分）   得 （1分）

以1号球为研究对象，由动能定理得  ………………（2分）

得………………………………………………（2分）

14．解析：⑴由万有引力定律得              ①

                      ②

        ①/②得

                          ③

                                       ④

⑵上升最高的尘埃做竖直上抛运动，因此由 得

⑶尘埃上升时机械能守恒，有

则卫星撞击月球时的速度约为

15．解析：⑴设电子在分离器中偏转的轨道半径为，在中，

   ①

   ②

因此电子在Q和M中运动的周期相同，且   ③

正、负电子从O第一次到D的时间为相等，因此要让正、负电子在D中相遇，有     ④

由②③④解得     ⑤

由电子偏转方向可判断，Q、M中磁感应强度的方向相反

⑵由②⑤得         ⑥

当时，环的半径最大，且         ⑦

16．解析：A、B间发生弹性碰撞，设每次碰撞A、B的速度分别为，碰后的速度分别为，由动量守恒定律和能量守恒定律得

                                     ①

                     ②

联立①②解得 (舍去)，即每次碰撞两球都交换速度。

⑴设第一次碰撞前小球A的速度为，由动能定理得

                             ③

则第一次碰撞后 ，小球A又开始做初速度为零的匀加速运动，小球B则以速度做匀速运动，设从A、B间的第一次碰撞到第二次碰撞前小球A运动的距离为，则                       ④

                    ⑤

联立③④⑤解得

⑵第二次碰后，设第三次碰撞前A运动的距离为，则

                      ⑥

              ⑦

联立解得

第三次碰后，小球B的动能，因此当小球B出电场时的动能为时，A、B间发生了四次碰撞。

⑶第四次碰撞后，小球A的速度，若第四次碰撞发生后小球A即离开电场，则A的动能，若小球A在将要发生第五次碰撞时才离开电场，则

            ⑧

                 ⑨

解得 ，故有