2022年河南省安陽市高考物理一模試卷（附答案詳解）

2022年河南省安陽市高考物理一模試卷

1.下列核反應方程中，符號“X”表示電子的是（）

8

A.HU-羽4Th+xB.尹N+^HeT?。+x

C.jH+lHHe+xD.膂Sr-解Kr+2x

2.如圖所示，一粗糙斜面體靜止在水平地面上，斜面體上方水平虛線處裝有一光滑定

滑輪。一輕繩跨過定滑輪，其一端懸掛物塊N,另一端與斜面體上的物塊M相連，

系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F把定滑輪沿水平虛線緩慢向右移動小段距離。系統(tǒng)仍處于靜

止狀態(tài)，則在此過程中（）

A.輕繩對滑輪的作用力大小不變

B.斜面體對M的摩擦力大小一直增加

C.斜面體對M的作用力大小一直減小

D.地面對斜面體的支持力大小一直增加

3.如圖所示，飛船從軌道1上的P點沿虛線變軌至軌道

2上的Q點，然后沿軌道2運動。若飛船在兩軌道上

都做勻速圓周運動，不考慮飛船在變軌過程的質量

變化，則（）

A.飛船在P點減速才能由軌道1變軌到軌道2

B.飛船在軌道2上的動能比在軌道1上的動能大

C.飛船在軌道2上的周期比在軌道1上的周期小

D.飛船在軌道2上的機械能比在軌道1上的機械能^

4.一物塊在粗糙水平面上沿直線自由滑行，物塊運動的位移為X,運動時間為t,繪制

的專-/圖像如圖所示，則物塊在前3s內的位移為（）

5.一質量m=4kg的滑塊靜止在粗糙的水平面上,t=0時刻起對滑塊施加水平向右的

拉力F,拉力尸按如圖所示的規(guī)律變化，3s末撤去拉力?；瑝K與水平面間的動摩擦

因數“=0.25,重力加速度g取10m/s2.。下列說法正確的是（）

-F/N

30……：--------：

8----i

0i5飛

A.0?3s內摩擦力的沖量大小為30N-s

B.0?3s內拉力做的功為200/

C.滑塊的最大動能為200/

D.滑塊的最大位移為36nl

6.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m可看成質點的帶電小球以初速度"從

M點豎直向上拋出通過N點時;速度大小為“，方向與電場方向相反。若MN連線與

水平方向夾角為45。，則小球從M點運動到N點的過程中（）

A.小球的動能先減小再增大

B.小球的機械能先增大再減小

C.小球的重力大小一定等于電場力大小

D.小球的電勢能一定逐漸增大

7.如圖所示，虛線下方有垂直紙面向里的足夠大有界勻強磁場，虛線上方同一高度處

有兩個完全相同的正方形均勻金屬線框1、2,線框1做自由落體運動，線框2做初

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速度為火的平拋運動。線框1、2在運動過程中均無旋轉。磁場的磁感應強度大小B,

線框1恰勻速進入磁場。不計空氣阻力，從開始運動到線框完全進入磁場的過程中,

下列說法正確的是（）

I2

□A

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

A.線框2減速進入磁場區(qū)域

B.線框1、2始終處于同一高度

C.線框1產生的焦耳熱小于線圈2產生的焦耳熱

D.通過線框1、2導線橫截面的電荷量相等

8.如圖所示，理想變壓器原線圈接有燈泡a以及電壓恒定的正弦交流電源，副線圈接

入最大阻值為2R的滑動變阻器、阻值為R的定值電阻以及燈泡b,兩燈泡電阻恒定。

在滑動變阻器滑片從M端向N端緩慢移動的過程中（）

A.燈泡a亮度變暗

C.電源的輸出功率逐漸減小D.定值電阻消耗的功率逐漸增大

9.某實驗小組用圖中裝置探究質量一定情況下加速度和力的關系。他們用不可伸長的

細線將滑塊（含擋光片）通過一個定滑輪和掛有物的動滑輪與力的傳感器相連，細線

與氣墊導軌平行，在水平氣墊導軌的4、B兩點各安裝一個光電門，4、B兩點間距

為％,釋放重物，擋光片通過4、B時的遮光時間分別為以、片。已知擋光片寬度為d。

⑴實驗操作過程中(選填“需要”或“不需要”)滿足重物的質量遠小于滑

塊及擋光片的質量；

(2)滑塊通過4B段時的加速度大小為(用題中己知的物理量字母表示)；

(3)多次改變重物質量，同時記錄細繩的拉力大小F,重復上述實驗步驟，得到多組

加速度a與拉力F,以a為縱坐標、F為橫坐標作圖，若圖線是,則物體質量

一定情況下加速度與合外力成正比的結論成立。

10.某同學改裝和校準雙量程電流表的電路圖如圖1所示，圖中虛線框內是電流表的改

裝電路。

(1)電路改造

已知“A表的量程為200川4、內阻為5000,現要改裝成量程為1mA和10巾4的雙量程

電流表，設計電路如圖1所示。定值電阻&=5000,/?2和/?3的值待定，S為單刀雙

擲開關，A、B為接線柱。

①將開關S置于“2”擋時，量程為mA-.

②定值電阻的阻值&=_____0，&=

(2)刻度盤改造

利用改裝的電流表進行某次測量時，S置于“1”擋，表頭指示如圖2所示，則所測

量電流的值為mA；

(3)電路校準

S置于“1”擋時，現用一標準電流表4對改裝電流表進行校準。校準時，在閉合開

關&前，滑動變阻器的滑片P應靠近(填"M”或"N")端。標準電流表力(有

1.5mA,與150nM三個量程)應選用的量程為mA.

11.如圖所示,ab為一足夠大感光板，板下方有一勻強磁場，"FX：XX

板面與磁場方向平行，磁場方向垂直于紙面向里，磁感xX：XX

XX；XX

應強度大小8=0.607,在到ab的距離/=16cm處，有5

XXXX

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一個點狀的a放射源S,它在紙面內同時向各個方向均勻連續(xù)發(fā)射大量a粒子，a粒

子的速度大小為v=3.0x106m/s,已知粒子的電荷與質量之比q/m=5.0x

107C/kg,a粒子撞在感光板上則會被吸收。不考慮粒子重力及粒子間作用力，求：

(1)撞在感光板ab上的a粒子在磁場中運動的最短時間；

(2)某時刻發(fā)射出來的a粒子撞在感光板ab的粒子數與該時刻發(fā)射的總粒子數之比。

12.如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度的大小為E=1.0X104/771。

該空間有一個半徑為R=2m的豎直光滑絕緣圓環(huán)的一部分，圓環(huán)與光滑水平面相

切于C點，4點所在的半徑與豎直直徑BC成37。角。質量為m=0.04kg、電荷量為

q=+6X10-5C的帶電小球2(可視為質點)靜止于C點。輕彈簧一端固定在豎直擋板

上，另一端自由伸長時位于P點。質量也為m=0.04kg的不帶電小球1挨著輕彈簧

右端，現用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點左側某點后釋放。小球1沿光滑水平面運

動到C點與小球2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧

到達4點。P、C兩點間距離較遠，重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力，s譏37。=

0.6,cos37°—0.8o求：

(1)黏合體在4點的速度大??；

(2)彈簧的彈性勢能；

(3)小球黏合體由4點到達水平面運動的時間。

C

13.下列說法正確的是（）

A.布朗運動是指懸浮在液體中固體小顆粒的運動

B.單晶體和多晶體均有固定的熔點

C.相同質量的0國的水和冰的內能相同

D.熱量可以由低溫物體傳遞給高溫物體

E.空調既能制冷又能制熱，說明熱傳遞不存在方向性

14.如圖所示，一定質量理想氣體被活塞封閉在氣缸中,

活塞的質量為根，橫截面積為S,與氣缸底部相距3

氣缸和活塞均光滑且絕熱性能良好。封閉氣體的溫度

為T。,大氣壓強為P0，重力加速度為g，水銀的密度

為P?，F通過電熱絲加熱氣體，一段時間后停止加熱，

活塞緩慢向上移動距離L后靜止。求:

（i）封閉氣體最終的溫度；

3）在活塞上表面緩慢注入水銀，恰使活塞回到初始位置，此時水銀柱的高度為九，

封閉氣體的溫度為多高。

15.波源S位于坐標原點處，且在豎直方向上做簡諧振動，形成的簡諧橫波分別沿x軸的

正、負方向傳播，某時刻的波形如圖所示。波速u=80m/s,在波的傳播方向上有

P、Q兩點，圖示時刻波沿x軸正方向恰好傳到P點。已知SP=1.2m,SQ=1.6m,

下列說法正確的是（）

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A.波源的振動頻率為100HzB.波源起振的方向豎直向上

C.P、Q兩點的振動情況是相反的D.Q點的起振方向豎直向下

E.P點經半個周期將向右移動0.4m

16.如圖，長方體玻璃磚的橫截面為矩形MNPQ,MQ=

MN=21.一束單色光在紙面內以a=45。的入射角

從空氣射向MQ邊的中點。，該單色光折射到MN上

的4點，MA=^-l,光在真空中傳播的速度為c。求：

2

(1)玻璃磚對該單色光的折射率;

(2)該單色光在玻璃破中傳播的時間。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：根據質量數和電荷數守恒有：

A、4中的x質量數為238-234=4,電荷數為92-90=2,故x為a粒子，故4錯誤;

B、同理B中的工質量數為14+4-17=1,電荷數為7+2-8=1,故x為質子，故8

錯誤；

C、同理C中的x質量數為2+3-4=1,電荷數為1+1-2=0,故x為中子，故C錯

誤；

D、同理。中的x質量數為82-82=0,電荷數為1,故專至=一1,x為電子，故。正

確。

故選：D。

根據核反應方程的質量數和電荷數守恒求出X表示什么粒子即可正確解答。

本題比較簡單，考查了核反應方程中質量數守恒和電荷數守恒的應用。

2.【答案】C

【解析】解：4定滑輪沿水平虛線緩慢向右移動小段距離，繩子間的夾角變小，故輕繩

對滑輪的作用力大小變大，故A錯誤；

A定滑輪沿水平虛線緩慢向右移動小段距離，繩子拉力的方向與豎直方向變小，但由于

不知道摩擦力的方向，故無法判斷斜面體對M的摩擦力大小變化情況，故B錯誤；

C.由于定滑輪沿水平虛線緩慢向右移動小段距離，繩子拉力的方向與豎直方向變小，豎

直方向的力增大，故斜面體對M的作用力大小一直減小，故C正確；

D對M和斜面整體分析，定滑輪沿水平虛線緩慢向右移動小段距離，繩子間的夾角變小,

繩子豎直方向分力變大，地面對斜面體支持力變小，故。錯誤。

故選：Ce

由于M、N在水平拉力作用下，整體保持靜止狀態(tài)，那么所受的合力為零。又由于重力

恒定，水平拉力方向不變，可用三角形方法解決此類動態(tài)平衡問題。最后結合M所受力

的情況進行解答即可。

本題考查了動態(tài)的平衡問題，解題的關鍵是使用三角形方法解題；其次，在分析M的受

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力時，注意摩擦力的方向問題。

3.【答案】D

【解析】解：4飛船在P點加速離心才能由軌道1變軌到軌道2,故A錯誤；

A根據萬有引力提供向心力可得G華=/n廿，解得：v=怪,可知飛船在軌道2上的

速度比在軌道1上的速度小，根據動能的表達式a=^7n/可知飛船在軌道2上的動能比

在軌道1上的動能小，故8錯誤；

C.根據萬有引力提供向心力可得G等=解得周期：7=2TT房可知飛船在

軌道2上的周期比在軌道1上的周期大，故C錯誤；

D由4選項可知，飛船在P點加速離心才能由軌道1變軌到軌道2,故除了萬有引力外，

有其他力對飛船做正功，則飛船在軌道2上的機械能比在軌道1上的機械能大，故。正

確。

故選：0。

飛船在P點加速離心才能由軌道1變軌到軌道2；根據萬有引力提供向心力得到線速度表

達式，結合動能定理分析動能大小；根據萬有引力提供向心力得到周期的表達式分析周

期的大?。桓鶕δ荜P系分析機械能的大小。

本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心

力結合向心力公式進行分析。

4.【答案】A

【解析】解：由題意知物塊在粗糙水平面上沿直線自由滑行，則位移為

1n

x=vQt-3at

整理得合

由圖像知％=20m/sa=8m/s2

所以物體減為零的時間為t="==2.5s

a8

物塊在前3s內的位移為物體速度減到零時間內的位移，根據運動學公式有

代入數據可得x=257n

故A正確，BC。錯誤。

故選：Ao

先由運動學公式得出圖像的函數表達式，結合圖像得出物體的初速度和加速度，進而得

出物體速度減到零所需時間，再利用運動學公式求出物塊的位移。

在處理勻減速直線運動問題時，要注意物體的速度減到零的時間，再結合運動學公式解

決問題。本題還要注意結合圖像得出相關信息。

5.【答案】C

【解析】解：4滑塊與水平面的滑動摩擦力大小為

f=fimg=0.25x4x10N=10N

在0?1s內

F1=8N<f=10N

所以滑塊靜止不動，滑塊與水平面的摩擦力為靜摩擦力，大小為

fi=F[=8N

摩擦力的沖量為

k=h,卜=8N?s

在1?3s內

尸2=30N>f=10N

滑塊與水平面間的摩擦力為滑動摩擦力，摩擦力的沖量為

I2=f-t2=10x2N-s=20N-s

0?3s內摩擦力的沖量大小為

/=4+G=28N?s

故A錯誤；

8.在0?1s內滑塊靜止，拉力做功為零。

在1?3s內滑塊做勻加速運動，由牛頓第二定律得

m

3222

解得Q=°-°m/s=5m/s

滑塊的位移為

x=-atj=-x5x2zm=10m

2/2

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0?3s內拉力做的功為

W=F2x=30x10J=300J

故8錯誤；

C.3s末撤去拉力時，滑塊的動能最大，由動能定理得

解得滑塊的最大動能為

Ek=(F2-f)x=(30-10)x10/=200J

故C正確；

。滑塊的最大速度為

v=at2=5x2m/s=10m/s

撤去拉力后，由牛頓第二定律得加速度大小為

a!==2.5m/s2

由=2dx'

可得位移為

X1=—=20m

2af

滑塊的最大位移為

xm=x+x'=10m+20m=30m

故。錯誤。

故選：Co

計算滑動摩擦力大小，判定物體運動情況，然后根據動量定理、動能定理、牛頓第二定

律與運動學公式即可求解。

本題考查了摩擦力、牛頓第二定律、運動學的規(guī)律、動量定理、動能定理以及圖象信息

的提取，題目看似簡單，但涉及知識點較多，也不容易。

6.【答案】AC

【解析】解：BD.由題意可知，電場力對小球做正功，則小球的電勢能一直減小，除了

重力之外的其他力對小球做正功，則小球的機械能一直增加，故8。錯誤；

C.根據幾何關系知：小球豎直方向速度減為零的位移和水平方向速度增加到度的位移相

等，根據位移速度關系/=2ax

可得豎直方向的加速度和水平方向加速度相等，可得g=%

義mg=max

qE=may

可得mg=qE

故C正確；

A根據動能定理a-Ek0=-mgy+qEx

得Ek=-mgy+qEx+Ek0

豎直方向做初速度為"的勻減速直線運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，

開始重力做的負功大于電場力做的正功，豎直方向速度和水平方向速度相等后，電場力

做正功的大于重力所做負功，所以動能先減小后增大，故A正確。

故選：AC.

小球的運動可以看成豎直方向豎直上拋運動和水平方向初速度為0的勻加速直線運動的

合成，分別分析兩個方向的運動即可，分析時注意兩個運動的等時性。

本題考查靈活選擇處理曲線運動的能力。小球在水平和豎直兩個方向受到的都是恒力，

運用運動的合成與分解法研究是常用的思路。

7.【答案】BD

【解析】解：AB.因為線框2做初速度為%的平拋運動，則豎直方向進入磁場前也做自由

落體運動，進入磁場時，豎直方向速度和線框1的相等，且左右兩邊產生的電動勢抵消，

所以線框2進入磁場時和線框1受力情況相同，故豎直方向始終在同一高度，線框2也是

勻速進磁場，故4錯誤，8正確；

C.同理，兩線框電流相等，運動情況相同，故線框1產生的焦耳熱等于線圈2產生的焦耳

熱,故C錯誤;

D從開始運動到線框完全進入磁場的過程中，兩個線框的磁通量變化量4。=BS相等，

根據電荷量的計算公式0=71=[=絲知通過線框1、2導線橫截面的電荷量相等，故

。正確。

故選：BD。

兩個線框在豎直方向的運動情況完全相同，2線框水平方向的速度不產生感應電流，由

此分析線框2的運動情況；根據焦耳定律分析線框1、線圈2產生的焦耳熱；根據電荷量

的計算公式分析線框1、2導線橫截面的電荷量。

本題主要是考查電磁感應現象，知道兩個線框在豎直方向的運動情況完全相同，2線框

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水平方向的速度不產生感應電流，掌握電荷量的計算公式。

8.【答案】AC

【解析】解：4B.在滑動變阻器滑片從M端向N端緩慢移動的過程中，副線圈所在電路總

電阻增大，所以總電流減小，由￡=￡，可知原線圈電流減小，所以燈泡時均變暗，故

4正確，B錯誤；

C.電源的輸出功率為P=E/「因為正弦交流電源電壓恒定，所以電源的輸出功率逐漸

減小，故C正確；

。.當滑片從M端到N端時，定值電阻兩端電壓減小，由P=?得定值電阻消耗的功率逐

漸減小，故。錯誤。

故選：AC,

根據電阻的變化分析出電流的變化，結合匝數與電流的比值關系分析出原線圈的電流變

化；

根據功率的公式計分析出電源輸出功率的變化和定值電阻的變化。

本題主要考查了變壓器的構造和原理，熟悉電路結構，結合電阻的變化分析出電學物理

量的變化，同時掌握原副線圈的匝數比與電流的比值關系即可。

d?（以一詒）

9.【答案】不需要一4^一條過原點的直線

2BX

【解析】（1）實驗中用到了力的傳感器，傳感器的示數即為滑塊收到的合外力，實驗中

不需要滿足重物的質量遠小于滑塊及擋光片的質量；

（2）滑塊通過4時的速度：以=2，滑塊通過B時的速度：%=親

由公式盧-詔=2ax求滑塊加速度

解的：滑塊通過力B段時的加速度大小為

__d?（溫-詒）

a~~^~

2BX

（3）實驗中做出的a-尸圖象為一條過原點的直線，說明物體質量一定時，加速度與合外

力成正比；

故答案為：（1）不需要；（2道索瑞;（3）一條過原點的直線。

2BX

（1）根據實驗原理分析是否需要重物的質量m遠小于小車質量M；

(2)以重物為研究對象，根據牛頓第二定律可以產與重物重力的大小關系；

(3)以滑塊為研究對象，由牛頓第二定律及勻變速直線運動速度位移公式可得標與F一次

函數關系，實驗中做出的a-F圖象為一條直線，能夠說明在物體質量一定情況下加速

度與合外力成正比；

只要真正掌握了實驗原理就能順利解決此類實驗題目，而實驗步驟，實驗數據的處理都

與實驗原理有關，故要加強對實驗原理的學習和掌握。

10.【答案】1225257.8M15

【解析】解：(1)①因為電流計并聯(lián)電阻越小量程越大，即將開關S置于“2”擋時，量

程為小量程，即為InM；

②由題知，S接1時：4=10nM=200xKT3nM+zooxio-m/KRg+Ri+Rz)

S接2時：/2=1mA=200x10-3mA+，。。*"?竽勺+%)

R2+R3

聯(lián)立解得：R2=225/2,/?3=250；

(2)因為S置于“1”擋時，電流表量程為10巾4即擴大了50倍，所以表頭指示如圖2所

示，則所測量電流的值為：/=156x50/M=7800M=7.8mA；

(3)為使電路安全，應該使虛線部分分的電壓越小越好，即在閉合開關才前，滑動變阻

器的滑片/應靠近M端。

因為S置于“1”擋時，量程為10mA,所以標準電流表4應選用的量程為15nM。

故答案為：⑴①1、②225、25；(2)7.8；(3)M、15

(1)把小量程電流表改裝成大量程電流表，并聯(lián)電阻分流越大，改裝后電流表量程越大；

(2)根據電路結構、應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值；根據電流表量

程確定其分度值，然后根據指針位置讀出電流表示數；

(3)根據電流表的校對要求，確定滑動變阻器滑片的位置，選定標準電流表的量程。

把小量程電流表改裝成大量程電流表時要并聯(lián)一個小電阻，分析清楚電路結構、應用歐

姆定律即可求出并聯(lián)電阻阻值；對電表讀數時要先確定電表的連成與分度值，然后再讀

數。

11.【答案】解：(l)a粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示

軌道半徑，則有

第14頁，共19頁

同時7=詈

聯(lián)立解得：a粒子在磁場中運動的弧長越短，運動的時間越短，如下圖所示，對應的運

動時間最短，根據數學知識有

運動的最短時間為：t=?T

2n

聯(lián)立解得：t=|^X10-7s

(2)a粒子的運動軌跡與感光板ab分別相切于Pi，P2,圓心在以S為圓心，半徑為R的劣

弧。1。2上的a粒子均可打在感光板ab上

某時刻發(fā)射出來的a粒子在感光板ab上的粒子數與該時間發(fā)射的總粒子數之比為〃=

乙O]S。2

3600

聯(lián)立解得：門=蕓

答：(1)撞在感光板ab上的a粒子在磁場中運動的最短時間為黑xlO's；

(2)某時刻發(fā)射出來的a粒子撞在感光板ab的粒子數與該時刻發(fā)射的總粒子數之比為53：

180。

【解析】(1)根據洛倫茲力提供向心力結合幾何關系得出最短的時間；

(2)根據幾何關系得出角度的大小，由此計算出ab板上的粒子數與發(fā)射的總粒子數的比

值關系。

本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，根據洛倫茲力提供向心力結合周期公式，解

題的關鍵點是掌握好幾何關系和臨界狀態(tài)，整體難度中等偏上。

12.【答案】解：(1)設兩小球黏合體所受的重力和電場力的合力與豎直方向的夾角為心

根據題意有tan。=黑，解得。=37。

小球黏合體恰能到4點，則軌道對小球黏合體的彈力為零，小球黏合體受到的合外力為

F=J(qE)2+(2mg)2

在4點，由合外力提供向心力，有F=2rn且

R

解得力=5m/s

(2)小球黏合體由C點運動到A點，由動能定理有

—2mgR[l+cos37。)—qRsin37°=1-2mv^—1.27n比

小球1、2碰撞黏合前后，取向右為正方向，根據動量守恒定律有

mv0=2mvc

小球1由靜止離開輕彈簧，根據能量守恒定律有

Er-rp=-1mvS7

聯(lián)立解得彈簧的彈性勢能：Ep=9.2/

(3)小球黏合體離開4點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。

設小球在豎直方向的初速度為%,從4點落至水平軌道上所用時間為久由運動學公式有

vy=vAsin370

Ir

2

h=R(1+cos37°)=vyt+~gt

聯(lián)立解得：t=0.6s

答：(1)黏合體在4點的速度大小為5m/s；

(2)彈簧的彈性勢能為9.2/；

(3)小球黏合體由4點到達水平面運動的時間為0.6s。

【解析】(1)兩小球黏合體恰能到4點，軌道對小球黏合體的彈力為零，由合外力提供向

心力，由牛頓第二定律求黏合體在4點的速度大小；

(2)小球黏合體由C點運動到4點的過程，由動能定理列式，可得到黏合體在C點的速度；

兩小球黏合過程，根據動量守恒定律列式，可得到黏合前小球1的速度；小球1由靜止離

開輕彈簧，由能量守恒定律求彈簧的彈性勢能：

(3)小球黏合體離開4點后，在豎直方向上做初速度不為零的勻加速直線運動，加速度大

小為g。根據位移一時間公式求小球黏合體由4點到達水平面運動的時間。

解答本題的關鍵要理清小球的運動過程,把握隱含的臨界條件:小球黏合體恰能到4點，

軌道對小球黏合體的彈力為零，由合外力提供向心力。對于黏合體在電場中的運動，采

用運動的分解法研究。

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13.【答案】ABD

【解析】解：4、布朗運動是指懸浮在液體中固體小顆粒的無規(guī)則運動，實質是液體分

子的無規(guī)則撞擊造成的，故4正確；

8、單晶體和多晶體均有固定的熔點，單晶體具有各向異性，多晶體具有各向同性，故

8正確；

C、相同質量的0。(：的水和0久的冰比較，溫度相同，分子平均動能相同，但水的分子勢

能較大，所以0久的水比(TC的冰的內能大，故C錯誤；

。、由熱力學第二定律知，熱量不可以從低溫物體傳到高溫物體而不引起其它變化，但

在一定的條件下可以從低溫物體傳遞給高溫物體，故。正確；

E、熱傳遞存在方向性是說熱量只能自發(fā)的從高溫物體傳向低溫物體，空調的制冷過程

是熱量從溫度較高的室內傳到溫度較低的制冷劑，再通過壓縮制冷劑將熱量傳到室外，

而制熱過程也是這樣進行的，故E錯誤。

故選：ABD.

布朗運動是懸浮微粒的無規(guī)則運動；根據晶體的特點判斷；根據內能等于所有分子的動

能與勢能之和判斷；根據熱力學第二定律判斷。

本題考查了布朗運動、晶體、內能、熱力學第二定律等熱學基礎知識，要求學生對這部

分知識要重視課本，強化記憶。

14.【答案】解：⑴被封閉氣體做等壓變化，初態(tài)：%=LS,溫度為To

末態(tài)：匕=2LS,溫度A=?

根據蓋一呂薩克定律可得：搟=￡,解得7\=27。

(ii)會塞向上緩慢移動前，對活塞受力分析可知：p1S=p0S+mg

活塞上注入水銀后，回到初位置，對活塞受力分析可知p2s=(p0+pgh)S+mg

從活塞向上移動到回到初始位置的過程中，封閉氣體做等容變化，根據查理定律可得：

Pl_P2

五一E

國？公1T—(Po+pgh)s+zngrp

解得72-poS+町-To

答：(i)封閉氣體最終的溫度為27°；

(4)在活塞上表面緩慢注入水銀，恰使活塞回到初始位置，此時水銀柱的高度為九，封閉

氣體的溫度為