2023年广西柳州市高考物理三模试卷及答案解析

2023年广西柳州市高考物理三模试卷

1.北斗三号全球卫星导航系统由24颗中圆轨道（轨道半径约28000km）卫星、3颗地球静止同

步轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星（两种卫星轨道半径相等，均约为42000km）组成，则

（）

A.倾斜地球同步轨道卫星和静止同步轨道卫星周期不相等

B.北斗三号导航系统所有卫星绕地球运行的线速度均小于7.9km/s

C.倾斜地球同步轨道卫星能定点北京上空并与北京保持相对静止

D.中圆轨道卫星线速度约为地球静止同步卫星线速度的1.5倍

2.如图甲为电子扫描仪的结构示意图。电子枪发射电子后，经MN电场加速后射入偏转磁场,

磁场变化规律如图乙所示，射出磁场的电子能够在屏幕上一定范围内上下扫描，则（）

A.加速电场的场强方向为水平向右

B.电子打在屏幕上P点时，磁场的方向垂直纸面向里

C.若使磁场在-0.8B。〜O.8B。间变化，屏幕上的扫描范围会变大

D.若减小MN间的加速电压，同时使磁场在-0.88°〜O.8Bo间变化，屏幕上的扫描范围有可

能不变

3.如图所示的电路中，电动机的内阻为20,灯泡上标有

“21/1勿"，定值电阻R的阻值为40。当变压器原线圈接入

220U的交流电时，电动机和灯泡均正常工作，且电动机的

输出功率为18W。则（）

A.变压器原、副线圈的匝数比为11：1

B.电动机的额定电压为22U

C.原线圈的电流强度为0.14

D.若灯泡损坏导致电路断路，则电动机会被烧坏

4.如图甲为游乐场的旋转飞椅，当中心转柱旋转后，所有飞椅均在同一水平内做匀速圆周

运动。为了研究飞椅的运动，某同学建立的简化模型如图乙所示，质量为80kg的球，被长为

5nl细绳悬挂，悬挂点距转轴距离为2m,当中心转柱以恒定角速度旋转时，细绳与竖直方向

的夹角为。=37。，重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,则（）

A.球的质量越大，。角越小

B.球的动能为1500/

C.球所受的合外力为0

D.若中心转柱的转速减少时，细绳对球做正功

5.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出几种不同频率的光，将这些光分

别照射到图甲金属电极K上，只有两种光能在电路中形成光电流，它们的电流随电压变化图

像，如图乙所示，贝女）

A.甲图中4B端所接电源极性为4正B负

B.跃迁过程中能发出8种不同频率的光

C.a光是氢原子从第4能级跃迁到基态发出的

D.b光照射K时逸出光电子的最大初动能大些

6.在水平面上做匀减速直线运动的质点通过0、4、8三点的过程中,

其位移随时间变化规律x-t图像如图所示。则质点（）

A.从。点运动到B点过程的平均速度为台

B-通过4点时的速度定

S©-2句）

C.加速度为

士也出一以）

D.从4点运动到B点，速度的变化量为"专户2

7.如图所示，有一均匀对称带负电圆环水平放置，一质量为m的带正

电小球从圆环中心。正下方的力点竖直上抛，刚好能到达圆环中心。点。

在这过程中，小球所做运动可能的是（）

♦+

A

A.小球做减速运动，加速度一直变小

B.小球做减速运动，加速度一直变大

C.小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度变大的减速运动

D.小球先做加速度变大的加速运动，接着做加速度减小的加速，最后做加速度变大的减速运

动

8.如图所示，一个x轴与曲线方程y=0.2s讥（孚乃（机）所围成的空间中存在着匀强磁场，磁

场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.27。正方形金属线框的边长L=0.40m,其电阻R=

0.1/2,它的下边与工轴重合，右边位于x=0处，在推力厂的作用下，线框以"=10m/s的速度

从x=0处开始沿x轴正方向匀速运动。不计一切阻力，则（）

A.线圈中感应电流的方向始终为逆时针方向

B.线圈位移为0.55m时，拉力的功率为1.6VV

C.把线框全部拉出磁场的过程，线框产生的焦耳热为0.036/

D.把线框全部拉出磁场的过程，拉力做功为0.048/

9,受天空课堂中王亚平测量聂海胜质量实验的启发，某实验小组设计类似测物体质量的实

验。安装好如图甲实验装置，调节气垫导轨上的旋钮P、Q使气垫导轨水平，滑块在。点时弹

簧处于原长。力传感器能采集弹簧的弹力，固定在滑块上的加速度传感器能采集滑块的加速

度。

(1)接通气源后，将滑块拉至4点(图中未标出)，。4距离为5cm，此时力传感器的示数为0.60N,

则弹簧的劲度系数为N/m(结果保留两位有效数字)。

(2)静止释放滑块后，根据传感器采集的数据绘制的a-F图像如图乙所示，可知滑块与加速

度传感器的总质量为kg(结果保留一位有效数字)。

(3)测出两调节旋钮PQ之间距离为L,调节旋钮Q,使之比旋钮P高出九，重绘a-尸图像，纵轴

截距为b,由此可知当地的重力加速度为。

10.待测电流表有两个量程，分别为0〜1mA和。〜10mA，其...................

内部电路如图所示。表头G的满偏电流％=250/M,内阻未知。：R,«

(1)选择开关S接端(填“4”或"夕‘)时，电流表的量程i◎©

号

为。〜10nM；

(2)若定值电阻％=400,则表头的内阻％=(1,R2=:.........

______H；

(3)将电流表的选择开关接到B端，并与标准电流表串联进行校准。当通过表头G的电流为打g

时，标准电流表的示数为7.8nM,则电流表量程实际为mA.为使选择开关接到B端的

电流表量程变得准确，在待测电表接线柱两端并联一个阻值为&的电阻即可，则&与心、治或

/?2的关系为&=。

11.如图所示，三个质量均为m的相同物块4、B、C,B与C固定在轻弹簧两端，S3A

竖直放置在水平面上，4从距B高九处自由下落，与B碰撞后粘连在一起，若4B反弹

到最高点时，恰能把C提离地面，重力加速度为g。求：

(1)4、B碰撞过程中系统损失的机械能ZE掷

(2)弹簧的劲度系数K

12.如图，地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，。、Q------p-----------------

为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球自电场中。点以16/的初一/-----\一二

J\E

动能竖直向上抛出，运动到最高点P点时小球的动能为9/,最后落

回地面上的Q点，不计空气阻力，求：戎

(1)小球所受电场力与重力的比值为多少？

(2)小球落回Q点时的动能是多少？

(3)小球运动过程中的最小动能。

13.下列说法正确的是()

A.气体的内能包括气体分子的重力势能

B.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现

C.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定

达到热平衡

D.知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离

E.土壤里有很多毛细管，若要防止把地下的水分沿着它们引到地表，可将地面的土壤锄松

14.如图所示，导热性能良好的汽缸由两部分组成，上端开口下端封

闭，两部分汽缸的高度均为2h,其中上、下两汽缸的截面均为圆形，

两截面的面积分别为2S、S,质量分别2巾、TH的活塞M、N将理想气体h

甲

甲、乙封闭在汽缸中。当环境的温度为To且系统平衡时，两活塞均位R

于两汽缸的正中央位置；如果将环境的温度降低到7;(未知)，活塞M刚

乙

好到达汽缸的底部，且该过程理想气体乙向外界放出的热量为Q。

已知大气压强为Po,重力加速度为g。求：

(1)降温后的环境温度7\为多少？

(2)上述过程中，理想气体乙减少的内能为多少？

15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=5m外的质点的振动图像如图甲所示，在x=11m

处的质点的振动图像如图乙所示，以下说法正确的是()

B.t=0时在x=11m处的质点具有正向最大加速度

C.从1=0开始计时，x=5nl处的质点做简谐运动的表达式为y=4sizi(]t)(cni)

D.在。〜4s内，x=57n处的质点通过的路程等于x=11m处的质点通过的路程

E.该波在传播过程中若遇到4.8m的障碍物，可能发生明显衍射现象

16.如图所示，为一透明材料制成的立方柱形光学元件的横截面，该种材料的折射率n=2,

其中OAE部分被切掉，力E是半径为R的:圆弧，EF部分不透光，。点为圆弧圆心，OFC在同一

直线上。已知0B=2R,0D=6R,光在真空中的传播速度为c。在。处有一点光源，光线经

圆弧AF射入柱形光学元件。则：

(I)光从BC边射出区域的长度是多少？

(II)若射入元件的光线经过界面的全反射后第一次到达CD面，求这些光线在介质中传播的时

间范围。

B.--------------------------------------------C

AL

O~~D

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AC、倾斜同步卫星和静止同步轨道卫星周期都为24小时，但其不相对于地面静止,

故不能定点在北京上空，故AC错误。

B、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，北斗三号导航系统所有卫星绕地球运行的线速

度均小于7.9km/s,故B正确。

以根据万有引力提供向心力有粤=

解得：v=

代入数据可知中圆轨道卫星线速度约为地球静止同步卫星线速度的1.22倍，故。错误。

故选：Bo

倾斜同步卫星的周期为24小时，但其不相对于地面静止，故不能定点在北京上空；7.9/czn/s是第

一宇宙速度，是最大的环绕速度，根据万有引力提供向心力知两卫星的速率关系。

本题主要考查了倾斜同步轨道卫星和地球静止轨道卫星的不同，抓其公转周期相同，轨道半径大

小相同，运行轨道不同是解题的关键。

2.【答案】D

【解析】解：4、由图可知，电子在加速电场中受到的电场力水平向右，则加速电场的场强方向

为水平向左，故A错误；

8、电子打在屏幕上P点时，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，故8错误；

C、电子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得「=器，可知磁感应强度越小，电子

轨道半径越大，电子打在屏幕上位置离中心位置越近，若使磁场在-0.8B。〜0.8B。间变化，屏幕上

的扫描范围会变小，故C错误；

。、若减小MN间的加速电压，同时使磁场在〜0.8%间变化，根据qU=gmi;2,r=会可

知粒子进入磁场速度减小，磁感应强度B也减小，电子的轨迹半径可能不变，其在屏幕上的扫描

范围有可能不变，故。正确。

故选：Do

根据电子的受力方向判断电场强度的方向；根据电子的偏转反向结合左手定则判断磁场方向；根

据动能定理结合洛伦兹力提供向心力求解电子在磁场中的运动半径，从而确定其扫描范围变化情

况。

本题中的CD选项，要明确电子的扫描范围取决于其半径大小，据此分析。

3.【答案】A

【解析】解：AC,根据P=U/可知，小灯泡的额定电流〃=专=：4=0.54又根据电路图可知，

小灯泡与点值电阻R并联，可知流过定值电阻电流％==0.54因此副线圈电流/=IL+

4=0.54+0.54=14,点值电阻的功率为PR4—*1勿，因此理想变压器原线圈的输入

功率等于副线圈的输出功率即为=p2=18W+1W+1W=20W,可知原线圈的输入电流A=

宗=券4=口，根据鲁=今=；=11：1，故人正确,C错误；

B、根据患=3代入数据可得4=20U,电动机的额定电压UM=U2-U=20V-2U=18U,

故B错误；

。、当灯泡断路时，电动机与定值电阻串联，导致副线圈总电阻变大，副线圈电压不变，因此副

线圈电流减小，电动机将不能正常工作，因此不会烧坏，故。错误；

故选:Ao

根据电动机和灯泡均正常工作，求出副线圈的电流，再根据原线圈与副线圈功率相等即可原线圈

电流，由詈=?即可变压器原副线圈匝数之比，再由护=詈可知副线圈电压，再根据串联电路电

九2*1V2九2

压关系求解电动机的额定电压；当小灯泡断路时，副线圈总阻值增加，副线圈电影不变，电流变

小，由此判断电动机不会被烧坏。

该题考查串并联电路电压、电流关系以及理想变压器匝数之比与电压之比以及电流之比之间的关

系的应用，本题的突破口要把握住理想变压器原副线圈功率相等，题目难度适中。

4.【答案】B

【解析】解：4C、小球做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可得:

mgtanG=ma)2r

可得：gtand—a>2r

由此可知，角度。与质量无关，故AC错误；

从根据牛顿第二定律可得：

mgtand=----

其中，r=Lsind+x0

根据动能的计算公式可得：

C，12

Ek=-mv

联立解得：&=1500/,故8正确；

。、若中心转柱的转速减小时，绳子与竖直方向的夹角9减小，则小球所处平面的高度降低，可知

小球的重力势能减小，小球的动能减小，小球的机械能减小，故细绳对球做负功，故。错误；

故选：B。

根据牛顿第二定律列式得出球的质量与。角的关系；

根据牛顿第二定律结合动能的计算公式得出球的动能；

根据题意分析出小球能量的变化，从而得出细绳对球做功的类型。

本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可

完成解答。

5.【答案】C

【解析】解：力、根据探究光电效应的实验原理，描述电流随电压变化，可知甲图中AB端所接电

源极性为B正4负，故4错误；

B、一群处于第4能级的氢原子跃迁过程中能发出废=6种不同频率的光，故B错误；

CD、只有两种光能在电路中形成光电流，可知只有氢原子从第4能级和第3能级跃迁到基态发出的，

由图乙可知a光的截止频率较大，则a光频率较大，所以a光是氢原子从第4能级跃迁到基态发出的，

根据光电效应方程a=hv-可知a光照射K时逸出光电子的最大初动能大些，故C正确，D

错误；

故选:Co

根据实验原理分析A项；根据数学排列组合方法分析B项；由图可得遏止电压，即可知la光频率较

大：根据光电效应方程&=九9-%,可求出最大初动能。

解决该题需熟记光电效应方程，能通过数学方法及题意判断可能的跃迁情况。

6.【答案】AD

2s

【解析】解：4、平均速度是位移与时间的比值，则从。点运动到8点过程的平均速度为3

上2

故A正确；

B、质点的运动为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则收=讶=『

匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度小于中间位置的瞬时速度，4点为中间位置，则通过4点的速

度一定大于胃，故8错误；

C、设质点经过。点的速度为%,0〜口时间内，由位移一时间公式得：s=%ti+：遍

0〜t2时间内，由位移一时间公式得：2s=4/2+3。恃

联立解得:a=2s(2G~~£2)

“12(以一“)

故C错误;

。、从4点到B点，速度的变化量A"=a4t=；：隼一代.3-tj=2s（,；-t2）

故。正确。

故选：AD.

根据平均速度是位移与时间的比值求解平均速度；匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均

速度，且小于中间位置的瞬时速度；根据匀变速直线运动位移一时间公式求解加速度；根据/"=

a4t求解速度变化量。

本题考查匀变速直线运动和位移一时间图像，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应

用。

7.【答案】BCD

【解析】解：圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从4到圆环中心的过程中，场

强可能先增大后减小，则小球受到的竖直向上的电场力先增大后减小；场强也可能一直减小，则

小球所受到的竖直向•上的电场力一直减小：如果受到的电场力大于重力时，牛顿第二定律可知,

加速度大小为：

qE—mq

a=--------

m

方向竖直向上，做加速运动。

如果电场力小于重力，加速度大小为：

=mg-qE

m

方向竖直向下，做减速运动。

当小球从4到圆环中心的过程中，场强先增大后减小时，①如果小球在4点的电场力大于重力时,

则小球上升的过程中，电场力先增大后减小，受到的电场力大于重力时，小球先做加速度变大的

加速运动，接着做加速度减小的加速运动，随着电场力减小，电场力小于重力，做加速度变大的

减速运动；②如果小球在4点的电场力小于重力，电场力增大的过程中，电场力大于重力，则小

球先做加速度减小的减速运动，后做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后

做加速度增大的减速运动；③如果小球在4点的电场力小于重力，电场力增大的过程中，电场力

不大于重力，则小球先做加速度减小的减速运动，后做加速度增大的减速运动；当小球从4到圆

环中心的过程中，场强一直减小时，④如果小球在4点的电场力大于重力时，小球先做加速度减

小的加速运动，后做加速度增大的减速运动；⑤如果小球在4点的电场力小于重力时，则一直做

加速度增大的减速运动；综合以上分析，故BCD正确，A错误。

故选：BCD.

根据题目条件分析出场强的变化趋势，对小球进行受力分析，根据电场力和重力的关系，结合牛

顿第二定律分析出小球的加速度的变化情况，从而分析出其可能的运动情况，结合题目选项完成

分析，

本题主要考查了带电小球在电场中的运动，熟悉场强的变化特点，结合牛顿第二定律即可完成分

析。

8.【答案】BD

【解析】解：4、根据楞次定律可知，线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针、离开磁场过

程中感应电流方向为顺时针，故A错误；

B、线圈位移为0.55TH时，线框左边刚好达到x=0.15m处，此时有效切割长度为：y=0.2m

拉力的功率为P=屋处2=0.22X：:、102川=1.6小，故8正确；

CD、感应电动势的最大值为Em=BLv=0.2x0.2x10V=0.4V

感应电动势的有效值为：E=普，解得：E=0.2>f2V

线框在磁场中的运动时间为：t=*s=0.06s

把线框全部拉出磁场的过程，线框产生的焦耳热为：Q=$t

R

代入数据解得：Q=0.048/

根据功能关系可得把线框全部拉出磁场的过程，拉力做功为0.048/,故C错误、。正确。

故选：BD。

根据楞次定律判断电流方向；线圈位移为0.55m时，求出有效切割长度，根据电功率的计算公式

求解功率；求出感应电动势的最大值和有效值，根据焦耳定律求解线框产生的焦耳热，根据功能

关系可得把线框全部拉出磁场的过程拉力做的功。

本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据法拉第电磁感

应定律、电功率的计算公式、功能关系等列方程求解。

9.【答案】120.2中

h.

【解析】解：(1)根据胡克定律尸=kx，代入数据解得k=12N/m；

(2)根据牛顿第二定律可得F=Ma

整理得M=(=算如=0.2kg,即滑块与加速度传感器的总质量为为0.2kg；

(3)测出两调节旋钮PQ之间距离为L,调节旋钮Q,使之比旋钮P高出，则有sin9=g

根据牛顿第二定律可得F+Mgsind=Ma

整理得a=/+gsin9

可知a-F图像的纵轴截距为b=gsinG

解得当地的重力加速度为g=磊=容

故答案为:⑴12；(2)0.2；(3)与。

(1)根据胡克定律列式即可求解；

(2)根据牛顿第二定律结合图像即可求解：

(3)根据几何关系以及牛顿第二定律列式，整理表达式即可求解当地的重力加速度。

本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意图像斜率的含义。

【答案】

10.B12003609.75rg+R2

【解析】解：%=250M=0.0250771/1

(1)根据并联电路分流特点可知，表头并联的电阻越小，分流越大，电流表的量程越大，开关S接B

时，电流表量程为0〜1064;

(2)当表头与/?2串联再和&并联时量程为。〜lOnM，根据欧姆定律可得：％=斗乃1-/?2

19

当％、/?2串联后和表头并联时量程为0〜1机4根据欧姆定律可得：/?2=逐一心

代入数据联立解得

rg=1200/2,R2=360。

(3)根据夕=套代入数据解得：lA=9.75mA

为使选择开关接到B端的电流表量程变得准确，在待测电表接线柱两端并联一个阻值为q的电阻,

根据欧姆定律可知

-6

Dlg(.rg+R2)250X10,,D,,D

R=FT"=lox］。-一9.75x10-3任+R2)=%+Rz

故答案为：(1)8；(2)1200,360；(3)9.75,%+%。

(1)根据并联分流特点分析判断;

(2)根据闭合电路欧姆定律计算：

(3)根据比例关系和欧姆定律计算。

本题考查电表的改装和校准，要求掌握实验原理、实验电路和欧姆定律。

11.【答案】解：(1)4与B刚要碰撞时，A的速度设为“

V2—2gh

4与B碰撞后粘连在一起，根据动量守恒可知

mv=2mvAB

A、B碰撞过程中系统损失的机械能/?夜=mgh-1-2m-vJB

联立解得=^mgh；

(2)未碰撞前，弹簧处于压缩状态

mg=kxr

C刚要离开地面，可知此时弹簧弹力大小与C的重力大小等大

mg=kx2

解得必=x2

从4、B碰后瞬间到C刚好被提离地面时，弹簧的弹性势能变化量为0,由能量守恒定律可知

17

+%2)—2•

联立解得k=华；

h,

答：(1)4、B碰撞过程中系统损失的机械能循为

(2)弹簧的劲度系数％为嘤。

【解析】(1)根据运动学公式求出4与B碰撞前瞬间速度的大小，由动量守恒定律先求出碰撞后二

者共同速度，然后由能量守恒定律可以求出损失的机械能；

(2)由平衡条件、机械能守恒定律可以求出弹簧的劲度系数匕

本题难度较大，过程比较复杂，分析清楚物体的运动过程、应用机械能守恒定律、平衡条件、动

量守恒定律即可正确解题，分析清楚运动过程是正确解题的关键。

12.【答案】解：(1)根据动能与动量之间的关系P=

OP过程，设竖直向下为正方向，竖直方向根据动量定理可知mgt=o-P修

设水平向右为正方向，水平方向根据动量定理可知qEt=「次-0

p次y2叫水

联立解得辿=叱=I;

mg72mxi64

(2)根据竖直方向运动的对称性可知，从。到P的时间等于从P到Q的时间

根据水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动可知，0P段与PQ段水平位移之比为1：3

0P段电场力做的功％P=9/

则PQ段电场力的功=3W。p=3x9/=27/

0Q全程电场力做的功W=W0P+WPQ=9/+27/=367

0Q过程重力做的功代数和为零

则小球落回Q点时的动能是a=167+36/=52;；

(3)设小球在。点的速度为"，当速度与合力垂直时，速度最小；

设速度与水平方向成。角，则有tan。=需=；=去

竖直方向为=v-gt

水平方向以=-gt

解得％

最小动能&疝九=2mvx+2mvy

根据题意可知:小廿2=16/

联立解得沅=5.767；

答：(1)小球所受电场力与重力的比值为*

(2)小球落回Q点时的动能是52/；

(3)小球运动过程中的最小动能为5.76/。

【解析】(1)根据动能与动量之间的关系，分别在竖直方向以及水平方向运用动量定理求解；

(2)根据竖直方向运动的对称性，可知小球从。到P的时间等于从P到Q的时间，再根据水平方做初

速度为零的匀加速直线运动可知水平方向0P段与PQ段水平位移之比，再根据功的公式求解水平

方向动能大小，在Q点将小球在竖直方向的动能与水平方向的动能求和即可；

(3)根据题意分析当速度与合力垂直时，速度最小，根据几何关系可知此时竖直速度与水平速度的

比值关系，分别在竖直方向和水平方向运用运动学公式求解动能最小位置处竖直速度以及水平速

度大小，最后将小球在竖直方向的动能与水平方向的动能求和即可。

该题需要根据动量与动能之间的关系、动量定理以及运动学公式等求解，本题的难点为判断何时

动能最小，并能根据几何关系确定在动能最小位置竖直速度与水平速度大小关系，题目难度较大。

13.【答案】CDE

【解析】解：4、气体的内能等于气体内所有气体分子的动能和分子势能之和，但不包括气体分

子的重力势能，故A错误；

8、同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如煤炭与金刚石，故3错误；

C、根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统

彼此之间也必定达到热平衡，故C正确；

以由气体的摩尔质量和气体的密度，由公式力可估算出摩尔体积，再根据阿伏加德罗常数，

由公式为=架可以估算出单个理想气体分子所占的平均体积，把气体分子所占的体积看做立方

A

体，由％=d3进而估算出理想气体分子间的平均距离，故。正确；

D,将地面的土壤锄松，破坏了毛细管，可以减小沿着它们引到地表，减少土地下的水分蒸发,

故E正确；

故选：CDE.

根据气体内能的定义可以判断；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现；根据热平衡

定律可以判断；根据分子所占空间的体积，结合立方体体积的公式可进行估算；根据毛细现象进

行判断。

本题考查了气体内能，固体，热平衡定律，气体分子动理论，毛细现象。对于这些知识平时要注

意加强理解记忆.

14.【答案】解：(1)甲、乙两部分气体发生等压变化，设活塞N下降距离为X,

气体甲初状态的体积U尹°=hx2S+/ixS=3hS,末状态体积V尹］=(八+x)S

vV

对气体甲，由盖吕一萨克定律得：普=鲁

气体乙初状态的体积匕°=hS,末状态的体积%1=(h-x)S

VV

对气体乙，由盖吕-萨克定律得：e=事

ToT1

解得：A=0.5",x=0.5/1

(2)气体甲的压强p/=po+嘤=po+等

气体乙的压强PN=「尹+皆=po+

气体乙被压缩过程中，外界对气体做的功为皿=PzSx

气体向外界放出热量Q,根据热力学第一定律可得，

气体乙内能的增加量为ZU=W-