1. 在
A. 该反应属于裂变反应C.
中，已知
、X、
、
的质量分别为
、
、
、
，真空中的光速为c，该反应中释放的能量为E。下列说法正确的是( )
B. X为氦核D.
2. 某旋转磁极式风力发电机原理如图所示，被风吹动的风叶带动磁铁旋转，使通过线圈的
磁通量发生变化，从而产生感应电流。已知风速与发电机的转速成正比，线圈与定值电阻R构成闭合回路，线圈的电阻不能忽略。下列说法正确的是
A. 风速越大，感应电流的频率越小B. 交流电压表的有效值与风速无关
C. 风速一定的情况下，减少线圈的匝数，电压表读数增大D. 风速一定的情况下，发电机的功率大于线圈电阻的电功率3. 已知中国“天宫”空间站轨道高度约为A. 地球表面重力加速度C. 空间站的运行速度
远小于地球半径，宇航员每24 h恰好
可以看到16次日出日落。引力常量G已知，仅由以上数据信息可以估算出( )
B. 地球的平均密度
D. 地球同步卫星的运行速度
4. 位于水平面的一个圆上有等间距的三个点A、B、C，每个点上放一个带正电的点电荷，
这三个点电荷的带电荷量相同，如图所示。设每个点电荷单独在圆心产生的电场的场强大小为
、电势为
，则关于圆上正北点处的电场场强大小E、电势
的说法正确的是
A. C.
B. D.
5. a、b两小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，当小球间距小于或等于d时，会受
到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用。小球间距大于d时，相互排斥力消失。两小
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球始终未接触，运动的图像如图所示。则下列说法正确的是
A. b的最终速度值为B.
时刻a、b间距离最小
C. a、b质量之比为
D. a、b两小球在到的相对位移比到的相对位移要大
6. 如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运
动时间分别为
、
、
、
，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
上的斜面水平底端的长度为
A. B. C. D.
7. 地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态
环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径。地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 若粒子速率小于B. 若粒子速率小于
，入射到磁场的粒子可以到达地面，入射到磁场的粒子均无法到达地面
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C. 若粒子速率为D. 若粒子速率为8. 如图所示，间距
，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面
的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，斜面倾角
。
区域Ⅰ、Ⅱ分别以PQ、MN为边界，均存在垂直于斜面向上的磁场，Ⅰ区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场，磁感应强度域。质量由静止释放，经过
、电阻
，PQ与MN之间为无磁场区
的导体棒垂直于导轨放置，从两磁场之间的无磁场区域
进入Ⅱ区恰好匀速下滑。运动中棒与导轨始终保持良好接触，导轨
，
。则下列说法正确的是
足够长且电阻不计。重力加速度
A. 进入Ⅱ区后，导体棒中的电流B. 无磁场区域的面积至少为C. 前2s导体棒产生的焦耳热D. 若Ⅰ区磁场面积为
，则Ⅰ区的磁感应强度随时间变化的表达式为
9. 某同学在实验室分别研究多用电表的内置电源。
该同学先找来一量程为2 mA、内阻未知的毫安表，进行了如下操作：
①选择开关置于“OFF”挡，观察指针是否指在电流零刻度处，若无则调节机械调零旋钮使指针指在电流零刻度处。②将选择开关旋至电阻“在电阻零刻度处。
③将红黑表笔接在待测毫安表的两个接线柱上，发现多用电表指针刚好指在表盘正中间，如图甲所示，毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，该同学由此算出此多用电表内置电源的电动势约为________V。
”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指
甲 乙 丙
为了进一步研究，该同学取下此多用电表的内置电源，用图乙所示的电路测量其电动势和内阻。按图乙连接电路，闭合开关，改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出
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的图像如图丙所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为、a，定值电阻的阻值用
表示，电压表可视为理想电表，则该电池组的电动势为________，内阻为________用字母表示。
10. 如图所示，在“探究平抛运动规律”的实验中：
甲同学利用甲图装置进行实验，每次释放小球的位置都相同，并在乙图的坐标纸上记录了小球经过的A、B、C三点，已知坐标纸每小格的边长度大小为______
取
，该小球做平抛运动的初速
，结果保留2位有效数字。
乙同学在研究平抛运动时发现，若小球下落相同高度，平抛初速度越大，水平射程也越大，他依据这一规律，用如图丙所示装置来“验证动量守恒定律”，将碰撞恢复系数的定义为
，其中
和
分别是碰撞前两小球的速度，
和
分别是碰撞后两小球的速
度，该实验小球碰撞恢复系数的表达式为若测得
______ 用题目中字母OP、OM、ON表达，
______ ，可以判定小球的碰撞为弹性碰撞。
完成上述实验后，丙同学对上述装置进行了改造，如图丁所示，图中圆弧为圆心在斜槽末端的圆弧。使小球a仍从斜槽上原固定点由静止滚下，重复开始的实验，得到两球落在圆
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弧上的平均位置为角分别为
、
、
、、。测得斜槽末端与、、
、三点的连线与竖直方向的夹
，小球a，b的质量分别为，则验证两球碰撞过程中动量守
恒的表达式为______ 用所测物理量的字母表示。
11. 如图，一球员在篮球场三分线附近正对篮板投篮，已知球员投球点A距离地面
球在空中飞行轨迹的最高点B距地面角，篮筐高度为求：
篮球在飞行过程中到达最高点B时的速度篮球在点A投出的速度
的大小；
的大小；
，球落入篮筐中心C点时速度与水平方向呈
，不计空气阻力，g取
，三分线距C点的水平距离为
，
。
该球员出手点A和三分线的水平距离x。
12. 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。为了准确的注入离子，需要在
一个有限空间中用电磁场对离子的运动轨迹进行调控。现在我们来研究一个类似的模型。在空间内存在边长
的立方体
，以O为坐标原点，沿OA、
和OD方向分别建立x、y、z轴。在OACD面的中心M处存在一粒子发射源，可在底面内平行于底面沿任意方向发射初速度
，比荷
的带正电粒
子。在区域内施加一定的匀强电场或者匀强磁场，使粒子可以达到相应的空间位置。不计重力，则：
在立方体内施加沿y轴正向的匀强电场，使粒子只能从电场强度E的最小值；
在立方体内施加沿y轴正向的匀强磁场，若磁感应强度大小为在磁场中运动时间的最小值
在第断第
和最大值
；
。判，求粒子
面飞出，求施加电场的
问的基础上再加上沿y轴正向的匀强电场，电场强度为
问中最小时间和最大时间所对应的粒子能否从面飞出？若粒子不能从
。结
面飞出，请写出这些粒子从yOz平面飞出立方体区域时的空间坐标
果保留2位小数
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13. 一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其
图像如图所示。整个全过程中，气体在( )
A. 状态a时的分子平均动能最小B. 状态b时的内能最小C. ab过程中，温度不断下降
D. bc过程中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数减少E. ca过程中，外界对气体做功100J14. 如图所示，左侧玻璃管中用
，球形容器的容积为
始时温度为
，在距玻璃管下端
长的水银柱将一定量
气体封装在一球形容器中，玻璃管足够长，玻璃管横截面积为
。气体初
处开有小孔忽略
孔的粗细，小孔通过一段软管连接右侧封闭有一段气柱的玻璃管，右侧玻璃管横截面积和左侧玻璃管横截面积相等，气柱长为
，气柱温度保持不变。刚开始时，右侧玻璃管封闭气体
的水银面刚好与小孔位置相平。当球形容器中温度上升后，球形容器中气体使封装水银面升高至小孔处。已知大气压强为时球形容器中气体的温度。
。求此时右侧玻璃管中水银面上升的高度以及此
15. 如图所示为一列简谐横波在
时刻的波形，波自右向左传播。从该时刻开始到
时，P点刚好第二次到达波峰，则以下判断中正确的是( )
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A. 该波的传播速度为B. 在C. 在D. 在到
时刻，质点C向上运动末，Q点第一次出现波峰
过程中，Q点通过的路程为
E. P点的起振方向沿y轴负方向
16. 在天宫课堂第二课“光学水球”实验中，王亚平老师在水球中注入少量气体，在水球
内会形成一个气泡。在另一侧，我们可以观察到王老师一正一反两个像，如图甲所示。这是因为有一部分光线会进入水球中的气泡，形成了正立的人像，而另一部分无法进入气泡的光线，形成了倒立的人像。为了方便研究，我们简化为如图乙所示。已知：水球半径为
，气泡半径为
，两球为同心球。有两束平行光射入水球，其中a光
沿半径方向射入，b光恰好在气泡表面发生全反射，水的折射率为求：ab两束平行光之间的距离x为多少？
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答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：
设X核为
，根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知：
解得：，
粒子
，
级X的质量数为4，电荷数为2，为氦核核反应方程为：
A.由题可判断该反应是用
，故B错误；
粒子高速撞击原子核发生的反应，故是原子核的人工转变，故A错误；
，
根据质能方程可知，由于质量亏损该反应放出的能量为：故C正确，D错误。故选：C。
重核裂变：裂变是把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反应；人工核反应：一般是用
粒子高速撞击原子核发生的反应；
核反应方程满足质量数和电荷数守恒；爱因斯坦质能方程：
解题关键是能够正确理解人工核反应与重核裂变之间的区别；掌握爱因斯坦质能方程。
2.【答案】D
【解析】解：A、风速与发电机的转速成正比，风速越大，转速越大，频率与转速成正比，转速越大，频率越大，故A错误；B、风速越大，转速越大，角速度则感应电动势的峰值越大，有效值
越大，感应电动势的峰值为
越大，交流电压表的有效值与风速有关，故B错误；
，即为电压表示数大小，
C、电压表测电阻R两端的电压，设线圈内阻为r，则
由B得，风速一定的情况下，减少线圈的匝数，感应电动势的峰值减小，有效值减小，交流电压表的示数减小，故C错误；
D、风速一定的情况下，发电机的功率等于电阻的电功率与线圈电阻的电功率之和，故D正确。故选：D。
根据周期与转速的关系判断周期和角速度的变化；根据
判断感应电动势的变化，进
而判断交流电压表示数的变化；发电机的功率等于电阻的电功率与线圈的电功率之和。本题考查正弦式交变电流，解题关键是掌握求解感应电动势峰值的公式，知道电压表的示数为有
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效值。
3.【答案】B
【解析】解：
依题意，宇航员每24h恰好可以看到16次日出日落，故空间站运动周期
中国“天宫”空间站轨道高度远小于地球半径，可以近似认为近地运动，即轨道半径按地球半径计算，在已知周期的情况下，环绕加速度故A错误；
B.万有引力提供向心力
，地球半径R不知道，没法求出加速度，
根据密度公式，
解得故B正确；C.由
，不知道地球半径，所以环绕速度无法求出，故C错误；
，不确定轨道半径情况下，同步卫星的线速度求不
D.同步卫星的周期为24h，由出来，故D错误。故选：B。
依题意，求空间站的周期，再根据向心加速度公式，分析是否可求向心加速度；根据万有引力提供向心力结合密度公式，求密度；由周期和速度的关系，分析线速度。
本题考查学生对万有引力提供向心力、周期和速度的关系、向心加速度公式等的掌握，是一道中等难度题。
4.【答案】D
【解析】解：由对称性，A、B两点电荷在正北点产生场强大小都为
，解得
，方向指向正北。
，方向指向正北，而C点电荷
，根据叠加原理，合场强
若把C点电荷放在圆心处，则C点电荷在正北点产生的场强为位于正南点时，在正北点处产生的场强沿正北方向，小于量和小于
，大于
。
，故三点电荷在正北点产生场强的矢
另外，A、B两点电荷在正北点产生的电势均为，二者共同产生的电势为，若把C点电荷
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放在圆心处，则C点电荷在正北点产生的电势为产生的电势应该小于综上所述，故选：D。
，而C点电荷位于正南点时，其在正北点处
而小于
。
，故三点电荷在正北点产生的电势大于，
，故D正确，ABC错误。
本题根据叠加原理，求A、B两点电荷在正北点产生合场强大小和方向，再根据C点电荷位置，分析三个电荷产生的合场强合电势。
本题考查学生的电场叠加原理，以及电场强度、电势的分析能力，是一道中等难度题。
5.【答案】A
【解析】解：AC、a和b两小球组成的系统合力为零，所以a和b两小球组成的系统动量守恒，由图可知，a小球最终速度减为零，设ab两小球质量分别为
和
，根据动量守恒可得，
因为当小球间距小于或等于d时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，所以由图中解得
时间内，可得加速度
，
，故A正确，C错误；
时刻b物体减速到零，之后反向加速，可以看出
，加速度
B、a和b两小球沿同一直线相向运动，
时间内，a和b同方向运动，且a的位移大于b的位移，即两者在靠近，当速度相等时，两者距离最近，之后两者距离逐渐增大，即
时刻a、b间距离最小，故B错误；
D、由几何关系可知，图中AC段对应时间等于CE对应时间，且两三角形对应底边大小相等，所以图中小于故选：A。明确
图象的性质以及题意，知道两小球的运动情况，根据动量守恒定律可求得共同的速度；
图像的斜率大小表示速度的大小；
图像斜率的正负
与
面积相等。
的相对位移为的相对位移小于
的面积，而
的相对位移
的面积，则a、b两小球在的相对位移，故D错误。
根据图象分析受力以及运动关系，表示速度的方向；本题考查了
图像与坐标轴围成的面积表示位移。
图象、动量守恒定律、牛顿第二定律等有关知识，有一定的综合性．知道图线的
斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，并且能根据图象分析实际的运动过程。
6.【答案】BC
【解析】解：由几何关系可求1轨道长：根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
，
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根据位移-时间关系可得：
联立解得：；
由几何关系可求2轨道长：
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：根据位移-时间关系可得：
，
联立解得：；
由几何关系可求3轨道长：据牛顿第二定律可得加速度大小为：根据位移-时间关系可得：
，
联立解得：；
由几何关系可求4轨道长：据牛顿第二定律可得加速度大小为：根据位移-时间关系可得：
，
联立解得：。
A、由上可知：B、由上可知：C、由上可知：D、由上可知：故选：BC。
，故A错误；，故B正确；
，故C正确；，故D错误。
根据几何关系分别求出四种情况下轨道的长度，再根据牛顿第二定律求解加速度大小，最后由位移-时间关系求解时间，再逐项分析。
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对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
7.【答案】BD
AB、若粒子的速率为【解析】解：解得
，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
，若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，
则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故A错误，B正确；C、若粒子的速率为解得
，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
；若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图1所示。
设该轨迹半径为解得故C错误；D、若粒子速率为解得
，由几何关系可得
，由洛伦兹力提供向心力得
由几何关系可知，射入方向在地心以下的粒子都可以到达地面。当粒子正对着O处入射时，轨迹如图2所示
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由几何关系得：
则轨迹与地球表面相切。可知射入方向在地心以上的粒子都不可以到达地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故D正确。故选：BD。
垂直射入方向地球赤道的带电粒子，只要速率合适，便可到达MN右侧地面，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系分析。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，解答此类问题画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件如出射点的位置，轨迹与边界相切等确定圆心位置，即可知道半径与速度大小相关联。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、导体棒进入Ⅱ区恰好匀速下滑，则根据平衡条件有：可得导体棒中的电流为：
，故A正确；
。代入数据
B、导体棒进入Ⅱ区域磁场的速度为：根据牛顿第二定律：
导体棒在无磁场区域做匀加速直线运动，则有：无磁场区域的面积最小值为：代入数据联立解得：
，故B错误；
，Ⅱ区域导体棒切割磁感线
C、导体棒进入Ⅱ区域后，Ⅰ区中磁感应强度变化产生的感生电动势为产生的动生电动势为
，则由题设条件有：
代入数据解得感生电动势为：
前2s导体棒未切割磁感线，则产生的焦耳热为：D、根据电磁感应定律：若Ⅰ区磁场面积为
，Ⅰ区磁感应强度的变化率为：
，故C正确；
由题意，Ⅰ区中磁感应强度从0开始随时间均匀增加，则Ⅰ区的磁感应强度随时间变化的表达式为：
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，故D正确。
故选：ACD。
根据导体棒进入Ⅱ区后匀速运动，结合平衡条件求出此时导体棒中的电流；
在无场区做匀加速运动，当初速度为零时，得到的位移是最小的，从而求得无场区的最小面积；进入Ⅱ区的瞬间，电路的电流由两个“电源”提供，一是Ⅰ区的均匀增加的磁场，二是导体切割Ⅱ区的磁场。从而求出Ⅰ区磁场产生的感应电流，再根据焦耳定律求出前2s的热量。
求出场区Ⅰ的感生电动势后，由法拉第电磁感应定律结合题设条件求磁感应强度的变化率。该题考查了多个知识点的综合运用。做这类问题我们还是应该从匀速运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律来分析求解问题。
9.【答案】
【解析】解：
③欧姆调零时，根据闭合电路欧姆定律可得
将红黑表笔接在待测毫安表的两个接线柱上，发现多用电表指针刚好指在表盘正中间，毫安表的指针也刚好指在表盘正中间，根据闭合电路欧姆定律可得又
联立解得此多用电表内置电源的电动势为：
由图乙电路图，根据闭合电路欧姆定律可得：整理得：可知联立解得：故答案为：
图像的纵轴截距为
，③3；
，
。，
图像的斜率为
③根据闭合电路欧姆定律列方程组计算；根据图像斜率和截距计算电源电动势和内阻。
本题考查练习使用多用电表，要求掌握测定毫安表内阻、测电源电动势和内阻的原理。
10.【答案】
【解析】解：
相邻落点在水平方向的距离相等，则相邻落点间的运动时间相同，竖直方向做自
由落体运动，根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值
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则相邻落点间的时间为：
该小球做平抛运动的初速度大小为：
两小球离开轨道末端做平抛运动的高度相同，从离开轨道末端到落地的时间相同，设为t，则
小球在碰撞前的速度为：
碰撞后的速度为：
小球在碰撞前的速度为：碰撞后的速度为：
碰撞恢复系数为：
若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒则即
两小球的动量变化量相等解得则有若测得
，可以判定小球的碰撞为弹性碰撞；
的连线与竖直方向的夹角为
即圆弧半径为
，由平抛规律
，
，
测得斜槽末端与
设斜槽末端与M的连线长度为解得
测得斜槽末端与测得斜槽末端与
连线与竖直方向的夹角为的连线与竖直方向夹角为
，同理可得，同理可得
由动量守恒，取向右为正方向，则有：化简可得故答案为：
；
，1；
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。
根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值计算时间，再根据匀速运动公式计算速度；根据平抛运动规律表示出两球碰撞前后的速度，代入题中公式计算；根据动量和能量守恒推导恢复系数值；
根据平抛运动规律、动量守恒定律和几何知识推导。
本题考查探究平抛运动规律和验证动量守恒定律实验，要求掌握实验原理和实验装置，根据平抛运动规律、动量守恒定律和几何知识推导。
11.【答案】解：
球从最高点运动到篮筐的过程中，竖直方向高度差
由位移-时间公式得：代入数据解得：
球入筐时的速度的竖直分量球入筐时的速度的水平分量球水平方向做匀速直线运动，则
球从出手到运动到最高点的过程中，竖直方向高度差由位移-时间公式得：代入数据解得：最高点速度竖直分量由速度-时间公式得：代入数据解得：出手速度的大小
球水平方向运动总位移球员距三分线的距离答：
篮球在飞行过程中到达最高点B时的速度
的大小为
；
。 的大小为
；
篮球在点A投出的速度
该球员出手点A和三分线的水平距离x为【解析】
球从最高点运动到篮筐的过程中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运
动，根据位移-时间公式求解到达最高点的时间，根据速度-时间公式求解竖直分速度，进而求解水平分速度；
球从出手到运动到最高点的过程中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做末速度为零的匀减速直线运动，根据位移-时间公式求解时间，根据速度-时间公式求解球竖直方向的初速度，根据
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运动的合成与分解求解篮球在点A投出的速度大小；
球在水平方向做匀速直线运动，根据位移-时间公式求解球的水平位移，进而求解球员距三分线的距离。
本题考查斜抛运动，解题关键是将斜抛运动分解到水平方向和竖直方向，结合运动学公式列式求解即可。
12.【答案】解：施加沿y轴正向的匀强电场，使粒子只能从面飞出，粒子做类平
抛运动，沿y轴方向做匀加速直线运动，根据运动学公式可得：
根据牛顿第二定律可得：沿初速度方向做匀速直线运动解得代入数据得：
在立方体内施加沿y轴正向的匀强磁场，当磁感应强度大小为第二定律可得：
时，根据牛顿
根据周期的计算公式可得：
解得：代入数据得
；
粒子在xOz平面做匀速圆周运动，粒子在磁场中运动时间最长的轨迹图如下
根据几何关系可得：同理可得
；
第17页，共21页
其中联立解得且有解得故有解得
粒子在xOz平面内运动时间最短的轨迹图如下
则有解得故有解得
在
问的基础上再加上沿y轴正向的匀强电场后，粒子的运动可分解为xOz平面内的匀速
平面射出，根据运动学公式可得：
圆周运动和y轴方向的匀加速直线运动。若粒子能从
代入数据解得：因为
；
平面射出，运动时间最短的粒子不能从
平
故在磁场中运动时间最长的粒子能从
面射出。运动时间最短的粒子在y轴上走过的距离为：
解得
飞出立方体区域时的空间坐标答：
电场的电场强度E的最小值为
。；
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粒子在磁场中运动时间的最小值和最大值分别为能，粒子从yOz平面飞出立方体区域时的空间坐标为【解析】
和；。
根据运动学公式和牛顿第二定律得出场强的最小值；
根据粒子的运动特点得出对应的运动轨迹，结合几何关系和牛顿第二定律得出对应的时间；根据题意得出粒子不同方向上的运动特点，结合运动学公式得出飞出立方体区域的空间坐标。本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合运动学公式和几何关系即可完成解答。
13.【答案】ADE
【解析】解：
根据理想气体状态方程，
结合图像可知，
，
理想气体的平均动能由温度决定，状态a的温度最低，则状态a时的分子平均动能最小.故A正确；
B.理想气体的内能由温度决定，状态a的温度最低，则状态a时的内能最小，故B错误；C.ab过程中，体积不变，压强增大，则温度升高，故C错误；D.由于
，则bc过程中的始末状态，体积逐渐增大，压强逐渐减小，温度不变，则容器壁
单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数减少，故D正确；E.ca过程中，体积减小，外界对气体做功为故E正确。故选：ADE。
由理想气体状态方程，求解分子平均动能的关系；内能由温度决定，求解内能的关系；ab过程等体积变化，压强增大，温度升高；根据bc过程温度不变，求解单位时间内受到气体分子撞击的次数关系；由ca过程压强不变，求解做功。
本题考查热力学，学生需结合理想气体状态方程等综合求解。
，
14.【答案】解：对球形容器的封闭气体，温度升高前，气体压强
温度升高前，右边封闭气体的压强
球形容器中气体温度升高后，水银柱的变化如图所示：
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设右边封闭气体上升的高度为，则左边水银柱的长度
对球形容器中封闭气体，根据平衡条件对右边封闭气体，根据平衡条件
温度升高前后，对球形容器中封闭气体，根据理想气体的状态方程对右边封闭气体，根据玻意耳定律代入数据联立解得
，
答：右侧玻璃管中水银面上升的高度为1cm，球形容器中气体的温度为404K。
【解析】根据平衡条件分别求解球形容器中温度变化前后气体的压强、右边封闭气体的压强；根据理想气体的状态方程和玻意耳定律联立求解即可。
本题主要考查了理想气体的状态方程，玻意耳定律和平衡条件；根据平衡条件求解球形容器中温度变化前后气体的压强，右边封闭气体的压强是解题的关键。
15.【答案】ACD
【解析】解：
点右侧第二个波峰在10cm处，该波的传播速度为：
，故A正确；
B.从
时刻到
时刻，波传播的距离为
将波形向右退7cm，在时刻，波未传播到C点，质点C处于静止状态，故B错误；
C.第一个波峰传播到Q点的时刻为：
，故C正确；
D.波传播到Q点的时间为波的周期为在在
到到
过程中，Q点振动的时间为过程中，Q点通过的路程为
，故D正确；
E.波向左传播，P点的起振方向沿y轴正方向，故E错误。
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故选：ACD。
根据波速的计算公式得出波速的大小；
根据简谐横波在水平方向上的运动特点得出质点的位置和Q点第一次出现波峰的时间；根据时间和周期的关系，结合简谐横波在竖直方向上的运动特点得出Q点的路程；根据同侧法分析出质点的振动方向。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合图像的物理意义即可完成分析。
16.【答案】解：画出b光部分光路，如图所示。在
M点，根据折射定律有
因b光在N点发生全反射，有在
ab平行光之间的距离由以上各式，联立解得：
答：ab两束平行光之间的距离x为
。
中，根据几何关系有
【解析】画出b光部分光路，在M点，根据折射定律列方程。光在N点发生全反射，有
。在
中，根据正弦定理求解折射角r的大小，再由几何关系求解。
本题考查光的折射和全反射，解答此类问题的关键是画出光路图，根据折射定律和几何关系列式求解。
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