2021年云南省昆明市三诊一模高考物理摸底诊断试卷

2021年云南省昆明市三诊一模高考物理摸底诊断试卷

1.下列说法正确的是（）

A.大量氢原子从n=4激发态跃迁到基态最多能发出6种不同频率的光

B.通过加压或降温的方法，可以改变放射性元素的半衰期

C.根据波尔理论可知，电子可以绕原子核沿任意轨道做匀速圆周运动

D.策77i的半衰期是24天，32个品,T%核经过72天后一定剩下4个就7九核

2.如图所示，一端带有滑轮的轻杆固定在竖直面上，轻杆与竖直面成60。角，不可伸

长的轻质细绳一端连接小车，另一端跨过滑轮连接质量为，〃的物块，不计绳子与滑

轮间的摩擦，重力加速度为g,当小车水平向左匀速运动时，细绳对滑轮作用力的

大小为（）

3.2020年7月23日，中国首个火星探测器“天问一号”成功升空。若“天问一号”

被火星捕获后，某阶段进入环绕火星的椭圆轨道I上运行，在“近火点”A制动后,

进入轨道口绕火星做匀速圆周运动。“天问一号”在轨道I上的运行周期为7\,经

过点A时的速率为V,在轨道口上运行的周期为72,轨道半径为凡已知火星质量

为M,万有引力常量为G,则（）

4.抗震救灾时，地面交通被阻断，可用直升机向灾区投放救灾物资。某次投放时，低

空匀速水平飞行的直升机，将一救灾物资相对直升机由静止释放，不考虑空气阻力

的影响，救灾物资投放后在空中运动的第Is内动量变化量为△Pl、动能变化量为

△EH，第2s内动量变化量为^P2、动能变化量为△Ek2。则下列关系式正确的是（）

A.△Pi=△p2,AEk2=△EkiB.Api=△P2，AEk2=3△Ekl

C.△Pi=2△P2，△Ek2=3△EklD.△Pi=2△P2，△Ek2=4△Ekl

5.如图甲所示，导体棒用N放置在水平面内的金属框架上，空间存在竖直方向的匀强

磁场，以竖直向上为磁感应强度B的正方向，8随时间，变化的规律如图乙所示,

若导体棒MN始终保持静止，则在0〜t2时间内，导体棒MN所受安培力（）

A.大小恒定B.大小先减小后增大

C.方向先水平向左后水平向右D.方向先水平向右后水平向左

6.如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，交流电流表为理想电表，输入电压“

随时间f变化的图像如图乙所示，两只规格为“6匕3W”的灯泡均正常发光。下列

C.原、副线圈匝数之比为3：1D.副线圈中电流方向1s内改变50次

7.某区域存在一电场，x轴上各点电势尹随位置x变化的关系如图所示。一质子从力

点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴通过C点，下列说法中正确的是（）

A.该电场是由两个等量异种点电荷形成的

B.质子从。到C的过程中所受电场力先增大后减小

第2页，共20页

C.质子从。到C的过程中其电势能减小20eV

D.质子从。到C的过程中其动能先增大后减小

8.如图甲所示，可视为质点的小球用长为L、不可伸长的轻绳悬挂于。点。现对小球

施加一水平恒力使其从静止开始运动，轻绳拉力尸7大小随绳转过的角度。变化的曲

线如图乙所示，图中&为已知量，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

甲乙

A.小球到达最高点时的机械能最大

B.小球到达最高点时的加速度大小为Bg

C.小球运动过程中轻绳拉力的最大值为4a

D.小球从开始运动到最高点，增加的机械能为BE。/,

9.某同学在“测量金属丝电阻率”的实验中，从实验室找到的器材如下:

待测金属丝（阻值约为几欧）；

电压表。）（量程3V,内阻约3k。）：

电流表0（量程0.64内阻约0.20）；

干电池两节；

滑动变阻器R（最大阻值约200）；

螺旋测微器；

毫米刻度尺；

开关、导线若干。

20

图甲

图乙

(1)用刻度尺测得金属丝长为/,用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图甲所示，其

直径为d=mm。

(2)本实验滑动变阻器采用限流式接法，为了尽量减小实验误差，根据所给实验器

材用笔画线代替导线在图乙中把实物连线图补充完整。

(3)若某次实验中电压表的读数为U,电流表的读数为/，则金属丝的电阻率p=

(用U、/、/、d表示)。

10.某科技实验小组利用传感器测定铁块与斜面间的动摩擦因数，装置如图甲所示，在

长为名的固定斜面上，让铁块从斜面顶端由静止开始下滑，由固定在斜面底端的位

移传感器、速度传感器分别测出铁块到传感器的距离/和相应位置的速度v,最后

利用计算机拟合得到如图乙所示的图线。

图甲

(1)图乙中的纵坐标表示铁块到传感器的距离I,横坐标表示

A.y/v

C.v2

D.\

(2)该图线的函数表达式I=(用“、b、v表示)。

(3)根据图线可得铁块沿斜面下滑的加速度a=(用小人表示)。

第4页，共20页

(4)若斜面长，o=1.0m,高为0.60小，采用国际单位制b的数值为9.8,取重力加速

度g=9.8m/s2,可得到铁块与斜面间的动摩擦因数〃=。

11.如图所示，虚线油上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场

I,下方存在方向相同、磁感应强度大小为4B的匀强磁场口，虚线时为两磁场的

分界线。M、0、N位于分界线上，点。为的中点。一电子从。点射入磁场I,

速度方向与分界线ah的夹角为30。，电子离开。点后依次经N、M两点回到。点。

已知电子的质量为〃?，电荷量为e,重力不计，求：

(1)4的值;

(2)电子从射入磁场到第一次回到。点所用的时间。

XXXXX

xMx°xNx

xxxx

12.如图所示，光滑斜轨道A8和一条足够长的粗糙水平轨道5c平滑连接，质量为5依

的物块。静置在水平轨道的最左端，质量为1依的物块尸从斜轨道上距离BC竖直

高度为h=1.8m处由静止下滑，滑下后与物块。碰撞。已知两物块与水平轨道BC

之间的动摩擦因数均为0.2,物块尸、。均可视为质点，它们之间的每次碰撞均为弹

性碰撞，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)物块P、Q第一次碰撞前瞬间，物块P的速度大小;

(2)第一次碰撞后，物块尸滑上斜轨道的最大高度；

(3)物块Q运动的总路程。

13.下列说法正确的是()

A.布朗运动是分子的无规则运动

B.气体吸收热量后，内能可能减小

C.气体温度升高时，气体中所有分子的速率都增大

D.热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温

物体

E.嫡是系统内分子运动无序性的量度，一个孤立系统的炳不会减小

14.如图所示，内壁光滑、粗细均匀的圆环形绝热细管

置于竖直平面内，细管的横截面积为2cm2,N是固

定在管上的绝热阀门，〃为可在细管内自由移动的

绝热活塞，其质量为0.3kg。初始时，N、例与圆环

中心。在同一水平面内，细管上、下部分分别封有

一定质量的理想气体A、8,气体A温度7。=280K,

压强为Po=1.05X105Pa»现保持气体B温度不变，对气体A缓慢加热，活塞M

缓慢移动到细管最低点，此过程中活塞不漏气。取重力加速度g=10m/s2,活塞

的厚度不计，求：

(I)初始时气体B的压强；

(n)活塞M在细管最低点时气体A的温度。

第6页，共20页

15.一简谐横波以2m/s的速度沿x轴正方向传播。已知t=0时刻的波形如图所示，此

时质点P的位移为0.15m,再过0.5s质点P第一次到达波峰。则这列波的周期为

16.如图所示，容器内盛有某种液体，液体内放置一倾角可调的平面镜，从光源S处发

出的细激光束垂直液面入射后射到平面镜上的。点，当平面镜与水平方向的夹角为

9=15。时，经平面镜反射后到达液面的细激光束从液面射出后与液面的夹角为45。。

求：

I.该液体的折射率；

口.现使平面镜从图示位置绕O点顺时针旋转，要使经平面镜反射到液面的细激光

束不能从液面射出，平面镜至少需要转过的角度。

第8页，共20页

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解:A、由波尔理论可知，大量氢原子从n=4激发态跃迁到基态最多能发出废=

6种不同频率的光，故A正确；

8、放射性元素的半衰期不变，与外界环境的压强、温度无关，故B错误；

C、根据波尔理论可知，电子可以绕原子核运动时，只能沿特定的轨道做匀速圆周运动，

故C错误；

。、半衰期是大量放射性元素衰变的统计规律，对个别的放射性原子没有意义，故。错

误。

故选：A。

根据排列组合鬣求出大量氢原子从n=4激发态跃迁到基态时跃迁的种类；放射性元素

的原子核有半数发生衰变所需的时间.半衰期由核内部本身的因素决定，与它的化学状

态，或外界因素无关；根据玻尔理论分析；半衰期具有统计意义。

该题考查玻尔理论与半衰期，掌握半衰期只与自身因素有关，与外界环境无关。

2.【答案】B

【解析】解：以滑轮为研究对象，受到两边轻绳的拉力和杆对它的支持力，如图所示,

其中轻绳的拉力等于物体的重力，即F=mg

根据平衡条件结合力的合成可得：细绳对滑轮作用力的大小为：N'=N=夜mg,故8

正确、ACQ错误。

故选:B。

以滑轮为研究对象，受到两边轻绳的拉力和杆对它的支持力，根据平衡条件结合力的合

成求解细绳对滑轮作用力的大小。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用

平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。

3.【答案】D

【解析】解：“天问一号”在轨道I上做椭圆运动，在轨道〃上做匀速圆周运动，根据

开普勒第三定律可知，昌=昌，已知轨道/的轨道半径大，则71>72，

12

“天问一号”在轨道〃上做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知，缪=m些,

R2R

解得线速度：v=聆，根据卫星变轨原理可知，探测器由轨道〃变轨到轨道/需要在

A点点火加速，故0>舟，故。正确，ABC错误。

故选：Do

根据开普勒第三定律分析不同轨道上的周期关系。

根据万有引力提供向心力结合卫星变轨原理计算运行速率大小。

此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是开普勒第三定律和万有引力提供向心力

的灵活运用，注意卫星变轨的原理。

4.【答案】B

【解析】解：A、根据题干条件可得“=J=1s，由动量定理可得4Pi=mgt1=mgt2=

△P2；第Is内动能的变化量4Ekl=Eki-Ek0=谱—诏；第2s内动能的变化量

△Ek2=Ek2-En=-imvf1,由平抛运动的规律可得，vyl=gt1；vy2=g(G+

22

t2)-%=J诏+琢1，v2=J诏+哆2。整理可得AEg=\mg-.△Ek2=^mg,△Ek2=

3△Eg故A错误；

B、由A项中计算结果可知△Pi=△P2，△Ek2=3△Efcl,故8正确；

C、由A项中计算结果可知△pi=△「2，△Ek2=3△,故C错误；

D、由A项中计算结果可知△Pi=△P2，Ek2=3hEkl,故。错误。

故选:B。

分析题干，在平抛运动中，不考虑空气阻力，其外力为重力，重力的冲量等于物体动量

的改变量，满足动量定理mgt=△p

本题结合平抛运动规律考察了动能定理合动量定理的运用，综合性较强，把握平抛运动

规律求解速度变化是本题的解题关键。

5.【答案】BD

第10页，共20页

【解析】解：AB、由楞次定律可知，导体棒MN上的电流由M到N.由法拉第电场感应

定律可知，感应电动势E=W=n等S,感应电流/=，安培力F=BIL,由图可知感

AtAtR

应电动势不变，则感应电流不变，但是磁感应强度8先减小后增大，所以导体棒MN所

受安培力先减小后增大，故A错误，8正确；

CD、由左手定则可知，在0〜G时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向右；在口〜t2

时间内，导体棒所受安培力方向水平向左，所以C错误，。正确。

故选：BD。

由法拉第电磁感应定律求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，由F=8"来判断安培

力大小变化；

由楞次定律判断感应电流方向，由左手定则判断安培力方向。

本题考查法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合，关键是要分析电压电动势的大小，然

后灵活运动左右手定则判断感应电流方向和安培力方向。

6.【答案】AC

【解析】解：A、两只规格为“6K,3W”的灯泡均正常发光，输入电压〃随时间，变化

的图像如图乙所示，有效值为24%

原线圈的电压为Ui=24V-6V=18U,副线圈的电压。2=6次所以原、副线圈匝数

之比为31,

原线圈电流A=0.54根据理想变压器变流比关系得副线圈电流/2=L54所以电流表

的示数为/=1.5/1-0.5/1=1A,

电阻R的功率为P=U2/=6X1WZ=61V,故A正确，8错误，C正确；

D、交变电流周期T=0.02s,变压器不改变电流频率，一个周期电流方向改变两次，所

以副线圈中电流方向1s内改变100次，故。错误；

故选：AC。

由二只灯泡均正常发光结合输入电压〃，则可求得原副线圈的电压，求得匝数之比；

根据理想变压器变流比关系得出副线圈电流；

根据欧姆定律和功率公式求出电流表的示数和电阻R的功率。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之

比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功

率决定输入功率且相等。

7.【答案】CD

【解析】解：4若是由两个等量异种电荷形成，则在这两电荷中点电势为零，而图中无

电荷为零的点，故A错误；

80-图像的斜率为电场强度E,从。到c的过程中E先减小后增大，所以质子从。

到c的过程中所受电场力先减小后增大，故B错误；

C.EPD=40eV,EPC=2GeV,则△Ep=Ep°-Epc=20eV所以质子从。到c的过程中

其电势能减小20eK故C正确；

D从质子从。到c的过程中电势能先减小后增大，由能量守恒得，动能先增加后减小，

故。正确。

故选：CD。

W-.x图像的斜率为电场强度E,从图像分析电势和电场强度情况，在分析作答。

本题考查是伊-。图像，注意从图像上不但可以知道电势的变化情况，而且伊-.X图像的

斜率为电场强度E，从而确定电场的分布情况。

8.【答案】BC

【解析】解：8、根据题干图乙可知，没有施加力尸时轻绳的

拉力&=mg,小球转过60。时绳子拉力最大，此时小球达到

等效最低点，如图所示；

小球可以静止在等效最低点，根据平衡条件拉力和重力的合

力为尸合=龄=2mg=2F0,

根据对称性，小球达到最高点时轻绳与水平方向的夹角为30。,此时加速度方向与轻绳

垂直，

根据牛顿第二定律可得小球到达最高点时的加速度大小为a=3吧=^g，故8正

m

确；

A、小球绕O点做圆周运动，小球在水平方向的位移最大时，外力F做功最多，由3选

项的分析知，绳处于水平位置时，小球的机械能最大，故A错误;

C、小球在等效最低点的速度为k根据动能定理可得F冷L(l-cos60。)=[mp2,在最

2

低点根据牛顿第二定律可得：FT-F合=6三，解得小球运动过程中轻绳拉力的最大值

为4%,故C正确；

。、根据力的合成可得拉力F=mgtan60°=^3mg=6方,小球从开始运动到最高点,

第12页，共20页

拉力F做的功为皿=『h。530。=|尾乙，故力错误。

故选：BC。

当轻绳水平时外力F做功最多，此时小球的机械能最大;没有施加力尸时轻绳的拉力昂=

mg，小球转过60。时绳子拉力最大，此时小球达到等效最低点，求出拉力和重力的合力，

根据牛顿第二定律可得小球到达最高点时的加速度大小；根据动能定理可得小球在等效

最低点的速度，在最低点根据牛顿第二定律求解轻绳拉力的最大值；根据功的计算公式

求解拉力F做的功。

对于涉及功的计算、能量计算问题，关键是弄清楚物体的受力情况、运动情况、能量的

转化情况等；知道重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能

的变化与除重力以外的力做功有关。

9.【答案】0.645吟

【解析】解：(1)螺旋测微器的最小分度值为O.Olnvn,固定刻度读数为0.5rmn,可动刻

度读数为14.5x0.01mm,故其读数为d=0.5mm+14.5x0.01mm=0.645mm«

(2)待测金属丝的电阻为几欧，而电压表的内阻约为3K0,电流表的内阻约为0.20,则

啊芯)Rx，因此电流表采用外接法，实物图连线如下图所示

⑶由欧姆定律得Rx=亨

又由电阻定律得Rx=P5

由几何知识有S=TT—

4

联立上式，得°=鬻

故答案为：(1)0.645(0.644-4.646均对);(2)如图所示;

(3)—0

IJ411

(1)根据固定刻度读数和可动刻度读数之和读出螺旋测微器的读数。

(2)根据待测金属丝的电阻值与电压表、电流表内阻比较，确定电流的接法，再将实物

连线。

(3)根据欧姆定律求出金属丝的电阻，结合电阻定律R=pp可计算出金属丝的电阻率。

本题考查对螺旋测微器的读数和电流表的连接方式。螺旋测微器读数时要估读到

0.001mm。要能通过阻值比较法确定电流表的接法，可记住口诀“大内偏大，小外偏小”

来记忆。

10.【答案】C-^+loA0.125

D21。

【解析】解：(1)设铁块下滑的加速度为a,速度为v,位移为x,铁块从静止开始下滑,

则据运动学公式可得

v2=2ax,解得：x/铁块到传感器的距离为

2a

,,171,

I=l-x=1——v=——v27+1

Q02a2a0

式中/、。为定值，所以横坐标为小,故C正确，48。错误.

故选C.

(2)由图乙可知，直线斜率为/£=-1，

因此设直线的方程为：l=-^v2+C

将(O』o)，(仇0)代入方程，

解得C=10

故该图线的函数表达式为

(3)结合(1)(2)可得:

第14页，共20页

―5卢+/o=_胃2+M可知

2ab

解得：a=^~

(4)斜面I。=l.0m,高0.60小，设斜面与地面的夹角为。，^\sin0=0.6,cosO=0.8

铁块沿斜面向下滑动时受到沿斜面向上的摩擦力/和重力沿斜面的分量Fi

尸1=mgsind,f=fimgcosd

则铁块受到的合力为尸合=mgsine-(imgcosQ

据牛顿第二定律得nigsi九6—fimgcosd=ma

解得：a=gsin9—[igcosd

gsinO-a__9.8x0.6-0.5x9.8

=0.125

解得：〃=gcosO9.8X0.8

2

故答案为：(l)c；(2)-^v+Z0；⑶去(4)0.125.

O45

知道本实验的原理是做这道题的关键，物体沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动，写

出运动学公式，通过受力分析，根据牛顿第二定律可以求解外

物体沿斜面下滑是一个重要的物理模型，这类问题变化多样，包含丰富的物理知识，一

定要对该过程中摩擦力、弹力、重力沿斜面的分力、加速度等物理量的变化分析透彻.

11.【答案】解：(1)由题意作出电子在两个

磁场里做圆周运动的轨迹如图所示，由几何

关系有:

ON=2rls讥30。

MN=2r2sin30°

在磁场中做匀速圆周运动有：evB

evAB=—

周财=等=等、7『篝

而MN=2xON

联立可得：A=|

(2)粒子从。到N的时间口=黑xG=分

粒子从N到M的时间方=器x6=需

JOUSQD

nm

粒子从M到。的时间3eB

所以从O点出发到第一次回到。点的时间t=tl+t2+t3=詈

答：(1)，的值为与

(2)电子从射入磁场到第一次回到0点所用的时间为翳。

【解析】(1)画出轨迹由几何关系确定电子在上下两个磁场里做匀速圆周运动的半径关

系，由洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的倍数关系；

(2)由几何关系求出偏转角，结合周期公式求出第一次回到。点的时间。

本题是带电粒子在两个不同磁场里做半径不同圆周运动的特例，画轨迹找半径是关键,

再应用半径和周期公式可解题。

12.【答案】解：(1)设物块尸滑到倾斜轨道底端时的速度大小为v,下滑过程机械能守

恒，由机械能守恒定律得：

1,

mPgh=-mPv

代入数据解得：v=6m/s

(2)P、。发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后P、Q的速度

大小分别为%、v2>

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mPv=mPvx+mQv2,

2

由机械能守恒定律得：^mPv=+^mQv1

代入数据解得：Vj=-4m/s,v2=2m/s

碰撞后尸反弹，P沿倾斜轨道上滑过程机械能守恒，设上升的最大高度为九1，由机械能

守恒定律得：

=mPghr

代入数据解得：K=0.8m

(3)物块在水平轨道上滑动过程，由牛顿第二定律得：

对P：iimPg=mPaP

对Q：nmQg=mQaQ

代入数据解得：ap=ctp=a=2m]s?,

第一次碰撞后。向右滑行的距离：Xi=,=£ni=lm

第一次碰撞后尸沿倾斜轨道上滑到最高点后返回，返回地面时的速度大小仍为女,

比第一次碰撞后的Q速度大小，所用尸、Q会发生第二次碰撞；

第16页，共20页

物块在。与尸第一次碰撞后向右运动时间t=£=|s=Is后停止运动；

物块P反弹后滑上倾斜轨道以后在倾斜轨道上运动过度的加速度大小小于10m/s2,

滑块在倾斜轨道上运动的时间tp>Y=7TS=S8S，

物块P滑会B点后向右运动1机的过程中做匀减速直线运动，运动时间一定大于0.25s,

所以物块P从反弹后运动到距8点右方加位置所用的的时间一定大于1.05s,

因此物块P与物块。第二次发生碰撞时。已经停止运动，设第二次碰撞前瞬间P的速

度大小为火,

则%=J可—2axi=J(一4=一2x2*lm/s=2V3m/s

P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设拍张照后P的速度大小

为“4,。的速度大小为火,

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mPv3=mPv4+mQv5,

由机械能守恒定律得：+^mQVs

代入数据解得：%=—^m/s，v5=^m/s

P、。第二次碰撞后P的动能［mp久<nmPg•2xi，所以两物块不会发生第3次碰撞，

两物块总共碰撞2次，

第二次碰撞后物块Q滑行的距离：x-d=^m=lm

22a2x23

物块。运动的总路程：x=%1+x2=(1+|)m=gm

答：(1)物块P、Q第一次碰撞前瞬间，物块尸的速度大小是6m/s；

(2)第一次碰撞后，物块P滑上斜轨道的最大高度是0.8m；

(3)物块。运动的总路程是gm。

【解析】(1)物块P在倾斜轨道上下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出

碰撞前瞬间尸的速度大小。

(2)物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机

械能守恒定律可以求出碰撞后物块的速度，碰撞后物块P沿倾斜轨道上滑过程机械能守

恒，应用机械能守恒定律可以求出物块P第一次碰撞后上滑的最大高度。

(3)P、Q发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律、机

械能守恒定律与牛顿第二定律与运动学公式求出。运动的总路程。

本题是一道力学综合题，考查了多体多过程问题，物块的运动过程复杂，分析清楚物块

的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后由于动量守恒定律、机械能守恒

定律、运动学公式与牛顿第二定律即可解题。

13.【答案】BDE

【解析】解：小布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，故A错

误；

3、根据热力学第一定律知，一定量的气体吸收热量，若气体同时对外做功且大于吸收

热量，其内能减小，故8正确；

C、气体的温度升高时，分子热运动的平均动能增加，平均速率增加，由于气体分子运

动是无规则的，所以并不是每个分子的速率都增加，故C错误；

根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发

地从低温物体传到高温物体，故。正确；

反燧是系统内分子运动无序性的量度，在一个孤立的系统，一切不可逆过程必然朝着

嫡的不断增加的方向进行，故E正确。

故选：BDE.

布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，根据热力学第一定律分析,

做功和热传递都可以改变物体的内能；根据热力学第二定律分析即可，根据端增加原理

的内容回答。在孤立系统中，一切不可逆过程必然朝着嫡的不断增加的方向进行。

本题考查了选修3-3的内容，理解布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，掌握热力学第

一定律和热力学第二定律的应用，知道燧是系统内分子运动无序性的量度，在一个孤立

的系统，燧越大，系统的无序度越大。

14.【答案】解：（I）、对活塞M进行受力分析得：p0S+mg=P1S

解得：小=速1%=105xl05x2xl0；4+0-3xl0Pa=1,2x105Pa；

cS2X10-4

（口）、活塞M缓慢移动到细管最低点，气体B变化前后体积关系：彩=之匕，

对气体等温变化，由波意耳定律得：

Pi匕=p2v2.

得：P2=2Pl=2x1.2x105Pcz=2.4x105Pa

M在管道最低点时;两部分气体的压强相等，上部分气体的压强也为P