2022年河南省安阳市高考物理一模试卷（附答案详解）

2022年河南省安阳市高考物理一模试卷

1.下列核反应方程中，符号“X”表示电子的是（）

8

A.HU-羽4Th+xB.尹N+^HeT?。+x

C.jH+lHHe+xD.膂Sr-解Kr+2x

2.如图所示，一粗糙斜面体静止在水平地面上，斜面体上方水平虚线处装有一光滑定

滑轮。一轻绳跨过定滑轮，其一端悬挂物块N,另一端与斜面体上的物块M相连，

系统处于静止状态。现把定滑轮沿水平虚线缓慢向右移动小段距离。系统仍处于静

止状态，则在此过程中（）

A.轻绳对滑轮的作用力大小不变

B.斜面体对M的摩擦力大小一直增加

C.斜面体对M的作用力大小一直减小

D.地面对斜面体的支持力大小一直增加

3.如图所示，飞船从轨道1上的P点沿虚线变轨至轨道

2上的Q点，然后沿轨道2运动。若飞船在两轨道上

都做匀速圆周运动，不考虑飞船在变轨过程的质量

变化，则（）

A.飞船在P点减速才能由轨道1变轨到轨道2

B.飞船在轨道2上的动能比在轨道1上的动能大

C.飞船在轨道2上的周期比在轨道1上的周期小

D.飞船在轨道2上的机械能比在轨道1上的机械能^

4.一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，物块运动的位移为X,运动时间为t,绘制

的专-/图像如图所示，则物块在前3s内的位移为（）

5.一质量m=4kg的滑块静止在粗糙的水平面上,t=0时刻起对滑块施加水平向右的

拉力F,拉力尸按如图所示的规律变化，3s末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦

因数“=0.25,重力加速度g取10m/s2.。下列说法正确的是（）

-F/N

30……：--------：

8----i

0i5飞

A.0〜3s内摩擦力的冲量大小为30N-s

B.0〜3s内拉力做的功为200/

C.滑块的最大动能为200/

D.滑块的最大位移为36nl

6.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m可看成质点的带电小球以初速度"从

M点竖直向上抛出通过N点时;速度大小为“，方向与电场方向相反。若MN连线与

水平方向夹角为45。，则小球从M点运动到N点的过程中（）

A.小球的动能先减小再增大

B.小球的机械能先增大再减小

C.小球的重力大小一定等于电场力大小

D.小球的电势能一定逐渐增大

7.如图所示，虚线下方有垂直纸面向里的足够大有界匀强磁场，虚线上方同一高度处

有两个完全相同的正方形均匀金属线框1、2,线框1做自由落体运动，线框2做初

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速度为火的平抛运动。线框1、2在运动过程中均无旋转。磁场的磁感应强度大小B,

线框1恰匀速进入磁场。不计空气阻力，从开始运动到线框完全进入磁场的过程中,

下列说法正确的是（）

I2

□A

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

A.线框2减速进入磁场区域

B.线框1、2始终处于同一高度

C.线框1产生的焦耳热小于线圈2产生的焦耳热

D.通过线框1、2导线横截面的电荷量相等

8.如图所示，理想变压器原线圈接有灯泡a以及电压恒定的正弦交流电源，副线圈接

入最大阻值为2R的滑动变阻器、阻值为R的定值电阻以及灯泡b,两灯泡电阻恒定。

在滑动变阻器滑片从M端向N端缓慢移动的过程中（）

A.灯泡a亮度变暗

C.电源的输出功率逐渐减小D.定值电阻消耗的功率逐渐增大

9.某实验小组用图中装置探究质量一定情况下加速度和力的关系。他们用不可伸长的

细线将滑块（含挡光片）通过一个定滑轮和挂有物的动滑轮与力的传感器相连，细线

与气垫导轨平行，在水平气垫导轨的4、B两点各安装一个光电门，4、B两点间距

为％,释放重物，挡光片通过4、B时的遮光时间分别为以、片。已知挡光片宽度为d。

⑴实验操作过程中(选填“需要”或“不需要”)满足重物的质量远小于滑

块及挡光片的质量；

(2)滑块通过4B段时的加速度大小为(用题中己知的物理量字母表示)；

(3)多次改变重物质量，同时记录细绳的拉力大小F,重复上述实验步骤，得到多组

加速度a与拉力F,以a为纵坐标、F为横坐标作图，若图线是,则物体质量

一定情况下加速度与合外力成正比的结论成立。

10.某同学改装和校准双量程电流表的电路图如图1所示，图中虚线框内是电流表的改

装电路。

(1)电路改造

已知“A表的量程为200川4、内阻为5000,现要改装成量程为1mA和10巾4的双量程

电流表，设计电路如图1所示。定值电阻&=5000,/?2和/?3的值待定，S为单刀双

掷开关，A、B为接线柱。

①将开关S置于“2”挡时，量程为mA-.

②定值电阻的阻值&=_____0，&=

(2)刻度盘改造

利用改装的电流表进行某次测量时，S置于“1”挡，表头指示如图2所示，则所测

量电流的值为mA；

(3)电路校准

S置于“1”挡时，现用一标准电流表4对改装电流表进行校准。校准时，在闭合开

关&前，滑动变阻器的滑片P应靠近(填"M”或"N")端。标准电流表力(有

1.5mA,与150nM三个量程)应选用的量程为mA.

11.如图所示,ab为一足够大感光板，板下方有一匀强磁场，"FX：XX

板面与磁场方向平行，磁场方向垂直于纸面向里，磁感xX：XX

XX；XX

应强度大小8=0.607,在到ab的距离/=16cm处，有5

XXXX

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一个点状的a放射源S,它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量a粒子，a粒

子的速度大小为v=3.0x106m/s,已知粒子的电荷与质量之比q/m=5.0x

107C/kg,a粒子撞在感光板上则会被吸收。不考虑粒子重力及粒子间作用力，求：

(1)撞在感光板ab上的a粒子在磁场中运动的最短时间；

(2)某时刻发射出来的a粒子撞在感光板ab的粒子数与该时刻发射的总粒子数之比。

12.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E=1.0X104/771。

该空间有一个半径为R=2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相

切于C点，4点所在的半径与竖直直径BC成37。角。质量为m=0.04kg、电荷量为

q=+6X10-5C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板

上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m=0.04kg的不带电小球1挨着轻弹簧

右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运

动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧

到达4点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，s讥37。=

0.6,cos37°—0.8o求：

(1)黏合体在4点的速度大小；

(2)弹簧的弹性势能；

(3)小球黏合体由4点到达水平面运动的时间。

C

13.下列说法正确的是（）

A.布朗运动是指悬浮在液体中固体小颗粒的运动

B.单晶体和多晶体均有固定的熔点

C.相同质量的0国的水和冰的内能相同

D.热量可以由低温物体传递给高温物体

E.空调既能制冷又能制热，说明热传递不存在方向性

14.如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在气缸中,

活塞的质量为根，横截面积为S,与气缸底部相距3

气缸和活塞均光滑且绝热性能良好。封闭气体的温度

为T。,大气压强为P0，重力加速度为g，水银的密度

为P。现通过电热丝加热气体，一段时间后停止加热，

活塞缓慢向上移动距离L后静止。求:

（i）封闭气体最终的温度；

3）在活塞上表面缓慢注入水银，恰使活塞回到初始位置，此时水银柱的高度为九，

封闭气体的温度为多高。

15.波源S位于坐标原点处，且在竖直方向上做简谐振动，形成的简谐横波分别沿x轴的

正、负方向传播，某时刻的波形如图所示。波速u=80m/s,在波的传播方向上有

P、Q两点，图示时刻波沿x轴正方向恰好传到P点。已知SP=1.2m,SQ=1.6m,

下列说法正确的是（）

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A.波源的振动频率为100HzB.波源起振的方向竖直向上

C.P、Q两点的振动情况是相反的D.Q点的起振方向竖直向下

E.P点经半个周期将向右移动0.4m

16.如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形MNPQ,MQ=

MN=21.一束单色光在纸面内以a=45。的入射角

从空气射向MQ边的中点。，该单色光折射到MN上

的4点，MA=^-l,光在真空中传播的速度为c。求：

2

(1)玻璃砖对该单色光的折射率;

(2)该单色光在玻璃破中传播的时间。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：根据质量数和电荷数守恒有：

A、4中的x质量数为238-234=4,电荷数为92-90=2,故x为a粒子，故4错误;

B、同理B中的工质量数为14+4-17=1,电荷数为7+2-8=1,故x为质子，故8

错误；

C、同理C中的x质量数为2+3-4=1,电荷数为1+1-2=0,故x为中子，故C错

误；

D、同理。中的x质量数为82-82=0,电荷数为1,故专至=一1,x为电子，故。正

确。

故选：D。

根据核反应方程的质量数和电荷数守恒求出X表示什么粒子即可正确解答。

本题比较简单，考查了核反应方程中质量数守恒和电荷数守恒的应用。

2.【答案】C

【解析】解：4定滑轮沿水平虚线缓慢向右移动小段距离，绳子间的夹角变小，故轻绳

对滑轮的作用力大小变大，故A错误；

A定滑轮沿水平虚线缓慢向右移动小段距离，绳子拉力的方向与竖直方向变小，但由于

不知道摩擦力的方向，故无法判断斜面体对M的摩擦力大小变化情况，故B错误；

C.由于定滑轮沿水平虚线缓慢向右移动小段距离，绳子拉力的方向与竖直方向变小，竖

直方向的力增大，故斜面体对M的作用力大小一直减小，故C正确；

D对M和斜面整体分析，定滑轮沿水平虚线缓慢向右移动小段距离，绳子间的夹角变小,

绳子竖直方向分力变大，地面对斜面体支持力变小，故。错误。

故选：Ce

由于M、N在水平拉力作用下，整体保持静止状态，那么所受的合力为零。又由于重力

恒定，水平拉力方向不变，可用三角形方法解决此类动态平衡问题。最后结合M所受力

的情况进行解答即可。

本题考查了动态的平衡问题，解题的关键是使用三角形方法解题；其次，在分析M的受

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力时，注意摩擦力的方向问题。

3.【答案】D

【解析】解：4飞船在P点加速离心才能由轨道1变轨到轨道2,故A错误；

A根据万有引力提供向心力可得G华=/n廿，解得：v=怪,可知飞船在轨道2上的

速度比在轨道1上的速度小，根据动能的表达式a=^7n/可知飞船在轨道2上的动能比

在轨道1上的动能小，故8错误；

C.根据万有引力提供向心力可得G等=解得周期：7=2TT房可知飞船在

轨道2上的周期比在轨道1上的周期大，故C错误；

D由4选项可知，飞船在P点加速离心才能由轨道1变轨到轨道2,故除了万有引力外，

有其他力对飞船做正功，则飞船在轨道2上的机械能比在轨道1上的机械能大，故。正

确。

故选：0。

飞船在P点加速离心才能由轨道1变轨到轨道2；根据万有引力提供向心力得到线速度表

达式，结合动能定理分析动能大小；根据万有引力提供向心力得到周期的表达式分析周

期的大小；根据功能关系分析机械能的大小。

本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心

力结合向心力公式进行分析。

4.【答案】A

【解析】解：由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，则位移为

1n

x=vQt-3at

整理得合

由图像知％=20m/sa=8m/s2

所以物体减为零的时间为t="==2.5s

a8

物块在前3s内的位移为物体速度减到零时间内的位移，根据运动学公式有

代入数据可得x=257n

故A正确，BC。错误。

故选：Ao

先由运动学公式得出图像的函数表达式，结合图像得出物体的初速度和加速度，进而得

出物体速度减到零所需时间，再利用运动学公式求出物块的位移。

在处理匀减速直线运动问题时，要注意物体的速度减到零的时间，再结合运动学公式解

决问题。本题还要注意结合图像得出相关信息。

5.【答案】C

【解析】解：4滑块与水平面的滑动摩擦力大小为

f=fimg=0.25x4x10N=10N

在0〜1s内

F1=8N<f=10N

所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦力，大小为

fi=F[=8N

摩擦力的冲量为

k=h,卜=8N・s

在1〜3s内

尸2=30N>f=10N

滑块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为

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

0〜3s内摩擦力的冲量大小为

/=4+G=28N•s

故A错误；

8.在0〜1s内滑块静止，拉力做功为零。

在1〜3s内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得

m

3222

解得Q=°-°m/s=5m/s

滑块的位移为

x=-atj=-x5x2zm=10m

2/2

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0〜3s内拉力做的功为

W=F2x=30x10J=300J

故8错误；

C.3s末撤去拉力时，滑块的动能最大，由动能定理得

解得滑块的最大动能为

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

故C正确；

。滑块的最大速度为

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

撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为

a!==2.5m/s2

由=2dx'

可得位移为

X1=—=20m

2af

滑块的最大位移为

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

故。错误。

故选：Co

计算滑动摩擦力大小，判定物体运动情况，然后根据动量定理、动能定理、牛顿第二定

律与运动学公式即可求解。

本题考查了摩擦力、牛顿第二定律、运动学的规律、动量定理、动能定理以及图象信息

的提取，题目看似简单，但涉及知识点较多，也不容易。

6.【答案】AC

【解析】解：BD.由题意可知，电场力对小球做正功，则小球的电势能一直减小，除了

重力之外的其他力对小球做正功，则小球的机械能一直增加，故8。错误；

C.根据几何关系知：小球竖直方向速度减为零的位移和水平方向速度增加到度的位移相

等，根据位移速度关系/=2ax

可得竖直方向的加速度和水平方向加速度相等，可得g=%

义mg=max

qE=may

可得mg=qE

故C正确；

A根据动能定理a-Ek0=-mgy+qEx

得Ek=-mgy+qEx+Ek0

竖直方向做初速度为"的匀减速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，

开始重力做的负功大于电场力做的正功，竖直方向速度和水平方向速度相等后，电场力

做正功的大于重力所做负功，所以动能先减小后增大，故A正确。

故选：AC.

小球的运动可以看成竖直方向竖直上抛运动和水平方向初速度为0的匀加速直线运动的

合成，分别分析两个方向的运动即可，分析时注意两个运动的等时性。

本题考查灵活选择处理曲线运动的能力。小球在水平和竖直两个方向受到的都是恒力，

运用运动的合成与分解法研究是常用的思路。

7.【答案】BD

【解析】解：AB.因为线框2做初速度为%的平抛运动，则竖直方向进入磁场前也做自由

落体运动，进入磁场时，竖直方向速度和线框1的相等，且左右两边产生的电动势抵消，

所以线框2进入磁场时和线框1受力情况相同，故竖直方向始终在同一高度，线框2也是

匀速进磁场，故4错误，8正确；

C.同理，两线框电流相等，运动情况相同，故线框1产生的焦耳热等于线圈2产生的焦耳

热,故C错误;

D从开始运动到线框完全进入磁场的过程中，两个线框的磁通量变化量4。=BS相等，

根据电荷量的计算公式0=71=[=丝知通过线框1、2导线横截面的电荷量相等，故

。正确。

故选：BD。

两个线框在竖直方向的运动情况完全相同，2线框水平方向的速度不产生感应电流，由

此分析线框2的运动情况；根据焦耳定律分析线框1、线圈2产生的焦耳热；根据电荷量

的计算公式分析线框1、2导线横截面的电荷量。

本题主要是考查电磁感应现象，知道两个线框在竖直方向的运动情况完全相同，2线框

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水平方向的速度不产生感应电流，掌握电荷量的计算公式。

8.【答案】AC

【解析】解：4B.在滑动变阻器滑片从M端向N端缓慢移动的过程中，副线圈所在电路总

电阻增大，所以总电流减小，由£=£，可知原线圈电流减小，所以灯泡时均变暗，故

4正确，B错误；

C.电源的输出功率为P=E/「因为正弦交流电源电压恒定，所以电源的输出功率逐渐

减小，故C正确；

。.当滑片从M端到N端时，定值电阻两端电压减小，由P=?得定值电阻消耗的功率逐

渐减小，故。错误。

故选：AC,

根据电阻的变化分析出电流的变化，结合匝数与电流的比值关系分析出原线圈的电流变

化；

根据功率的公式计分析出电源输出功率的变化和定值电阻的变化。

本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉电路结构，结合电阻的变化分析出电学物理

量的变化，同时掌握原副线圈的匝数比与电流的比值关系即可。

d?（以一诒）

9.【答案】不需要一4^一条过原点的直线

2BX

【解析】（1）实验中用到了力的传感器，传感器的示数即为滑块收到的合外力，实验中

不需要满足重物的质量远小于滑块及挡光片的质量；

（2）滑块通过4时的速度：以=2，滑块通过B时的速度：%=亲

由公式卢-诏=2ax求滑块加速度

解的：滑块通过力B段时的加速度大小为

__d?（温-诒）

a~~^~

2BX

（3）实验中做出的a-尸图象为一条过原点的直线，说明物体质量一定时，加速度与合外

力成正比；

故答案为：（1）不需要；（2道索瑞;（3）一条过原点的直线。

2BX

（1）根据实验原理分析是否需要重物的质量m远小于小车质量M；

(2)以重物为研究对象，根据牛顿第二定律可以产与重物重力的大小关系；

(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律及匀变速直线运动速度位移公式可得标与F一次

函数关系，实验中做出的a-F图象为一条直线，能够说明在物体质量一定情况下加速

度与合外力成正比；

只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都

与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。

10.【答案】1225257.8M15

【解析】解：(1)①因为电流计并联电阻越小量程越大，即将开关S置于“2”挡时，量

程为小量程，即为InM；

②由题知，S接1时：4=10nM=200xKT3nM+zooxio-m/KRg+Ri+Rz)

S接2时：/2=1mA=200x10-3mA+，。。*"?竽勺+%)

R2+R3

联立解得：R2=225/2,/?3=250；

(2)因为S置于“1”挡时，电流表量程为10巾4即扩大了50倍，所以表头指示如图2所

示，则所测量电流的值为：/=156x50/M=7800M=7.8mA；

(3)为使电路安全，应该使虚线部分分的电压越小越好，即在闭合开关才前，滑动变阻

器的滑片/应靠近M端。

因为S置于“1”挡时，量程为10mA,所以标准电流表4应选用的量程为15nM。

故答案为：⑴①1、②225、25；(2)7.8；(3)M、15

(1)把小量程电流表改装成大量程电流表，并联电阻分流越大，改装后电流表量程越大；

(2)根据电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值；根据电流表量

程确定其分度值，然后根据指针位置读出电流表示数；

(3)根据电流表的校对要求，确定滑动变阻器滑片的位置，选定标准电流表的量程。

把小量程电流表改装成大量程电流表时要并联一个小电阻，分析清楚电路结构、应用欧

姆定律即可求出并联电阻阻值；对电表读数时要先确定电表的连成与分度值，然后再读

数。

11.【答案】解：(l)a粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示

轨道半径，则有

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同时7=詈

联立解得：a粒子在磁场中运动的弧长越短，运动的时间越短，如下图所示，对应的运

动时间最短，根据数学知识有

运动的最短时间为：t=?T

2n

联立解得：t=|^X10-7s

(2)a粒子的运动轨迹与感光板ab分别相切于Pi，P2,圆心在以S为圆心，半径为R的劣

弧。1。2上的a粒子均可打在感光板ab上

某时刻发射出来的a粒子在感光板ab上的粒子数与该时间发射的总粒子数之比为〃=

乙O]S。2

3600

联立解得：门=芸

答：(1)撞在感光板ab上的a粒子在磁场中运动的最短时间为黑xlO's；

(2)某时刻发射出来的a粒子撞在感光板ab的粒子数与该时刻发射的总粒子数之比为53：

180。

【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系得出最短的时间；

(2)根据几何关系得出角度的大小，由此计算出ab板上的粒子数与发射的总粒子数的比

值关系。

本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，根据洛伦兹力提供向心力结合周期公式，解

题的关键点是掌握好几何关系和临界状态，整体难度中等偏上。

12.【答案】解：(1)设两小球黏合体所受的重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为心

根据题意有tan。=黑，解得。=37。

小球黏合体恰能到4点，则轨道对小球黏合体的弹力为零，小球黏合体受到的合外力为

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

在4点，由合外力提供向心力，有F=2rn且

R

解得力=5m/s

(2)小球黏合体由C点运动到A点，由动能定理有

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

小球1、2碰撞黏合前后，取向右为正方向，根据动量守恒定律有

mv0=2mvc

小球1由静止离开轻弹簧，根据能量守恒定律有

Er-rp=-1mvS7

联立解得弹簧的弹性势能：Ep=9.2/

(3)小球黏合体离开4点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。

设小球在竖直方向的初速度为%,从4点落至水平轨道上所用时间为久由运动学公式有

vy=vAsin370

Ir

2

h=R(1+cos37°)=vyt+~gt

联立解得：t=0.6s

答：(1)黏合体在4点的速度大小为5m/s；

(2)弹簧的弹性势能为9.2/；

(3)小球黏合体由4点到达水平面运动的时间为0.6s。

【解析】(1)两小球黏合体恰能到4点，轨道对小球黏合体的弹力为零，由合外力提供向

心力，由牛顿第二定律求黏合体在4点的速度大小；

(2)小球黏合体由C点运动到4点的过程，由动能定理列式，可得到黏合体在C点的速度；

两小球黏合过程，根据动量守恒定律列式，可得到黏合前小球1的速度；小球1由静止离

开轻弹簧，由能量守恒定律求弹簧的弹性势能：

(3)小球黏合体离开4点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大

小为g。根据位移一时间公式求小球黏合体由4点到达水平面运动的时间。

解答本题的关键要理清小球的运动过程,把握隐含的临界条件:小球黏合体恰能到4点，

轨道对小球黏合体的弹力为零，由合外力提供向心力。对于黏合体在电场中的运动，采

用运动的分解法研究。

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13.【答案】ABD

【解析】解：4、布朗运动是指悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，实质是液体分

子的无规则撞击造成的，故4正确；

8、单晶体和多晶体均有固定的熔点，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故

8正确；

C、相同质量的0。(：的水和0久的冰比较，温度相同，分子平均动能相同，但水的分子势

能较大，所以0久的水比(TC的冰的内能大，故C错误；

。、由热力学第二定律知，热量不可以从低温物体传到高温物体而不引起其它变化，但

在一定的条件下可以从低温物体传递给高温物体，故。正确；

E、热传递存在方向性是说热量只能自发的从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程

是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，

而制热过程也是这样进行的，故E错误。

故选：ABD.

布朗运动是悬浮微粒的无规则运动；根据晶体的特点判断；根据内能等于所有分子的动

能与势能之和判断；根据热力学第二定律判断。

本题考查了布朗运动、晶体、内能、热力学第二定律等热学基础知识，要求学生对这部

分知识要重视课本，强化记忆。

14.【答案】解：⑴被封闭气体做等压变化，初态：%=LS,温度为To

末态：匕=2LS,温度A=?

根据盖一吕萨克定律可得：擀=£,解得7\=27。

(ii)会塞向上缓慢移动前，对活塞受力分析可知：p1S=p0S+mg

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

从活塞向上移动到回到初始位置的过程中，封闭气体做等容变化，根据查理定律可得：

Pl_P2

五一E

国？公1T—(Po+pgh)s+zngrp

解得72-poS+町-To

答：(i)封闭气体最终的温度为27°；

(4)在活塞上表面缓慢注入水银，恰使活塞回到初始位置，此时水银柱的高度为九，封闭

气体的温度为