2023年四川省内江市高考物理一模试卷

2023年四川省内江市高考物理一模试卷

1.某运动质点，初速度为2m∕s,经过2s后速率仍为2τn∕s0则下列说法中正确的是（）

A.如果该质点做直线运动，该质点的加速度不可能为零

B.如果该质点做直线运动，该质点的加速度大小一定为2ττι∕s2

C.如果该质点做匀变速直线运动，该质点的加速度大小一定为2m∕s2

D.如果该质点做曲线运动，该质点的加速度大小不可能为2m∕s2

2.如图，一条均匀易断细绳的两端分别固定在天花板上的4、/才竺f∕∕∕∕"∕q

B两点,现在细绳上的。点处固定悬挂一个重物,且04=2BO,ZZ

则下列说法中正确的是（）rɪ-i

A.当重物的质量增加时，。4绳先断

B.当重物的质量增加时，OB绳先断

C.当B端向左移动少许时，。力、OB绳承受的拉力增大绳子易断

D.当B端向右移动少许时，。力、OB绳承受的拉力减少绳子不易断

3.如图，是人造瀑布景观示意图，水流从高处水平流出槽道，恰好

落入步道旁边的游泳池中，现要制作一个模型展示效果，模型的尺

寸为实际尺寸的白。若将水从槽道里流出后的运动看作平抛运动，

Io

则模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的（）

A.-ɪB.16C.4D.ɪ

Io4

4.如图，一辆质量为2Xl（Pkg的汽车，在倾角0=30。的足

够长斜坡底端，由静止开始以大小为0.5m∕s2的恒定加速度启

动，行驶过程中汽车受到的空气和摩擦阻力之和恒为103M

汽车发动机的额定输出功率为60kV∕,则汽车从启动至发动机

功率达到额定输出功率的过程中，汽车运动的时间为（重力加

速度g取IOrn/$2)()

A.60sB.IOsC.5sD.50s

5.中国第3艘航空母舰一“福建舰”上的舰载飞机采用了最先进的电磁弹射系统，它能使飞

机在更短的距离内加速起飞。设在静止的航母上，某舰载飞机在没有电磁弹射系统时，匀加

速到起飞速度"需要的距离为Lo,在有电磁弹射系统给飞机一个弹射初速度处之后，匀加速到

起飞速度"需要的距离为L若L=飞机两次起飞的加速度相同。则弹射速度为与起飞速

度V之比为（）

BC

ʌ-t⅞IDq

6.2022年3月25日宇航员一王亚平在中国空间站进行了太空授课，演示了完全失重的现象。

已知宇航员的质量为nɪ,地球半径为R，空间站的轨道半径为r,地球表面的重力加速度为g,

若将空间站绕地球的运动近似看成匀速圆周运动，则下列说法中正确的是（）

A.宇航员处于完全失重状态，不再受到地球的引力

B.宇航员在空间站里受到地球的引力大小为雪-

C.宇航员在地球表面上所受引力的大小大于其随空间站运动所需要向心力的大小

D.空间站若返回地面，进入大气层之前引力做正功，机械能增大

7.在一次演习中，飞机悬停在高空某处后，质量为60kg的特战兵从机舱中跳下，沿竖直方

向向下运动的P图线，如图甲所示。当速度减为零时特战兵恰好落到地面，如图乙所示。

降落伞用8根对称的绳悬挂，每根绳与中轴线的夹角均为37。，不计特战兵所受的空气阻力，

重力加速度g取Iom/S2,S讥37。=0.6,cos37。=0.8,则下列说法中正确的是（）

A.特战兵刚跳下时离地面的高度为180Jn

B.在前2s时间内，每根绳子对特战兵的拉力大小为750N

C.在2s到7s时间内，每根绳对特战兵的拉力大小为93.75N

D.在落地前瞬间，每根绳对特战兵的拉力大小为12.5N

8.如图所示，质量为Tn的小球4系在细线的一端，细线的另一端固定在。点，。点到光滑

水平面的距离为九。小物块B和C的质量分别为5m和3m,B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水

平面上，且B物块位于。点正下方。现向左拉动小球4使细线水平伸直，将小球4由静止释放，

当小球运动到最低点时与小物块B发生正碰(碰撞时间极短)，小球反弹后上升到最高点时离水

平面的距离为亲。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是()

A

o

.

.

.

.

∖

.BC

________^^∙-∏^ΛΛΛΛΛΛMΛΛ∕Π

^777777777777777777777777777777777/

A.碰撞后小球4反弹的速度大小为小迎

4

B,碰撞过程中小球4受到的冲量大小为蚓诬

4

C,碰撞过程中B物块受到的冲量大小为四包

4

D.碰撞后轻弹簧获得的最大弹性势能为焉mg∕ι

IZo

9.某实验小组用雷达探测一高速飞行器的位置。从时间t=0时刻开始的一段时间内，该飞

行器可视为沿直线运动，每隔2s测量一次其位置，坐标为X,结果如表所示：

t/s024681012

x/m050710941759250533294233

根据上表回答下列问题：

(1)根据表中数据可知，该飞行器在这段连续2s时间内的位移之差约为m,因此，该

直线运动可以近似认为是匀变速直线运动；

(2)当X=2505m时，该飞行器速度的大小为m/s；

(3)这段时间内该飞行器加速度的大小为m∕s2(保留2位有效数字)。

10.如图1,是测量滑块与长铁片之间动摩擦因数的示意图。实验步骤如下：

图1

A∙用铁架台将长铁片倾斜固定并支在水平桌面上，在长铁片上标出4、B两点，把光电门固定

在长铁片上的B点，将光电门、光电计时器(图中未画出)与电源连接好；

用米尺测量出长铁片上4、B两点间的距离3用量角器测得斜面的倾角为0,用游标卡尺测

量挡光片的宽度由

C.接通电源，调整光电计时器和光电门使它们正常工作；

D将小滑块由4点静止释放使其沿长铁片表面下滑，测出滑块通过光电门时挡光片的挡光时

间为K则:

(1)实验中，把挡光片经过光电门时的平均速度作为滑块的瞬时速度，因此，挡光片的宽度越

大，滑块的瞬时速度误差就越(选填“大”或“小”)。

(2)如图2,是实验中用游标卡尺测得挡光片的宽度。由图可知，挡光片的宽度为mm.

(3)如果重力加速度为g,那么滑块与小铁片之间的动摩擦因数为(用题中字母表示)。

为了减小实验误差，只要多次改变光电门B的位置，每次令滑块从同一点A由静止下滑，根据

实验原理建立直角坐标系时，如果X轴表示4、B两点间的距离3那么y轴表示,得到

的图像是一条经过坐标原点的直线。

(4)利用该实验装置，只需要将图中的长铁片换成(只填写一种实验仪器即可)，其它

设备仪器均不变，就可以验证机械能守恒定律。

11.如图，一小汽车停在小山坡底部，突然司机发现山坡上距坡底Xi=6Orn处，因地震产生

的小泥石流以%=4τn∕s的初速度、α1=0.4τn∕s2的加速度匀加速倾斜向下，泥石流到达坡底

后以c⅛=0.3n√s2的加速度沿水平地面做匀减速直线运动，司机从发现险情到发动汽车共用

了to=2s,设汽车启动后一直以的=0.5m∕s2的加速度，沿与泥石流的同一直线做匀加速直

线运动。求：

(I)泥石流到达坡底速度的大小；

(2)泥石流与汽车相距的最近距离。

Q泥石流

汽车一

................

12.航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所

示的缓冲转运装置，其中，质量为M=40kg紧靠飞机的4装置是由光滑曲面和粗糙水平面两

部分组成。4的水平粗糙部分长度为LO=4τn,质量也为M=40kg的转运车B紧靠4且与4的

水平部分等高，小包裹C沿力的光滑曲面由静止滑下，经4的水平部分后滑上转运车并最终停

在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与4B水平面间的动摩擦因数均为%=0.2,

缓冲装置4与水平地面间的动摩擦因数为%=04，不计转运车与地面间的摩擦，包裹C可视

为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略，重力加

速度g取IOnI/S2。求：

(1)若包裹C在缓冲装置4上运动时A静止不动，则包裹C的最大质量；

(2)若某包裹的质量为Tn=10kg,从距4水平部分高度为h=2.8Tn处由静止释放，为使该包裹

能停在转运车B上，则转运车B的最小长度Lrnin；

(3)若某包裹的质量为Jn=50kg,为使该包裹能滑上转运车8,则该包裹释放时Zi的最小值叫lm.

13.下列说法正确的是()

A.布朗运动就是液体分子的无规测热运动

B.温度相同的氢气和氧气，它们分子的平均速率不同

C.空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性

D.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体

E.荷叶上的露珠几乎呈球形是由于表面张力的作用

14.在地面上进行的舱外航天服气密性检查中，将一定量的气体充入航天服，并将航天服上

的所有阀门拧紧，此时航天服内气体的热力学温度为07oGo为室温，常量6>1)、压强为

kPo(Po为大气压强，常量上>0)。经过一段时间后，航天服内气体的温度降至室温70。不考

虑航天服内部体积的变化，航天服内的气体视为理想气体。求：

(1)当航天服内气体的温度降至室温7。时，航天服内气体的压强；

(2)当航天服内气体的温度降至室温7。时，将航天服上的阀门打开，缓慢放气至航天服内气体

与外界达到平衡，此时放出的气体与航天服内原有总的气体质量之比。

15.一平面简谐横波以速度U=L8m∕s沿X轴正方向传播，t=0时刻的波形图，如图所示。

介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t=0时刻的位移y=lcm,,该波的波长为m,

频率为Hz。t=2.5s时亥∣J,质点力(选填“向上运动”、“速度为零”或“向

下运动”)。

16.如图。一半径为r,折射率Tl=亨的透明球体放在水平地面上，球心为。，球体与地面

的接触点为B,在球体的顶点Z内侧有一点光源，点光源发出的光通过球体后照亮地面上的部

分区域，真空中光速为c。求：

(1)在球体内，光从4点传播到B点的最短时间；

(2)不考虑光在球体内的反射影响，地面上被光照亮区域的最大面积。

A

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4B.根据题意，质点可能做匀速直线运动，此时质点的加速度为0,即该质点的加速

度可能为零，加速度大小不一定为2τn∕s2,故AB错误；

C.如果该质点做匀变速直线运动，则质点一定做双向匀变速直线运动，即质点的运动过程为：先

匀减速至0,后反向以相同的加速度做匀加速直线运动，则加速度大小为：α=咨④m∕s2=

2

2m∕sf故C正确；

D若质点做匀速圆周运动运动，速率一定，当其半径为2m时，根据向心力公式：尸向=嗒

根据牛顿第二定律有：F向=Tna

则有：ma=彳"

R

则加速度大小为：α=⅛

R

代入数据有：ɑ=gm∕s2=2τn∕s2

可知，如果该质点做曲线运动，例如匀速圆周运动，该质点的加速度大小可能为2m∕s2,故。错

误

故选：C,

速度是矢量，有大小、有方向；速率是标量，只有大小。

据此可判断质点经过2s后速度大小仍为2m∕s,速度方向可能相同，也可能相反,分情况分析即可。

解题关键是明确速度是矢量，速率是标量；加速度的定义式为：α=噤，结合向心力公式和牛顿

第二定律即可求解。

2.【答案】B

【解析】解：AB.设。4绳上的拉力为A,OB绳上的拉力为△，将拉力分解如下图所示，设两拉力

于竖直方向的夹角分别为9和α

A

一0

根据平衡条件，水平方向有：T1sinθ=T2Sina

而04=2B0,则0>α,故7∖<T2

当重物质量增加时，OB绳先断，故4错误，B正确；

CD.根据平衡条件，竖直方向有：mg=T1cosθ+T2cosa

当B端向左移动少许时，角。和角ɑ均减小，则cos。和CoSa均增大，因此两根绳上的拉力均减小，

绳子不易断；同理，当B端向右移动少许时，角。和角ɑ均增大，则CoS。和COSa均减小，因此两根

绳上的拉力均增大，绳子易断，故C。错误。

故选：Fo

对物体受力分析，根据平衡条件列式，结合几何关系，判断绳子断的顺序；

根据平衡条件列式，分析对应题中选项，哪种情况绳子易断。

本题考查学生对平衡条件的掌握，解题关键是正确列出平衡等式进行分析。

3.【答案】D

【解析】解：水做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，竖直方向：

h=∖∂t2

水平方向：X=v0t

联立解得：％=尤

所以2==X

γIh167悟14

头际”实际J几模型N

故ABC错误，。正确。

故选：0。

水做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，根据运动学公式列式求解

即可。

本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方向的分

运动为自由落体运动。

4.【答案】B

【解析】解：汽车以恒定加速度启动过程，对汽车受力分析，由牛顿第二定律得：F-f-mgsinθ=

ma

代入数据解得：F=1.2X104N

6x1

达到额定功率时的速度"=A=°°4τn∕s-5m∕s

时间为t=-=ɪs=IOs

a0.5

故B正确，AC。错误。

故选：B。

汽车以恒定加速度启动，对汽车受力分析，根据牛顿第二定理求解牵引力，根据P=Fv求解达到

额定功率的速度，再根据速度一时间公式求解加速时间。

本题考查机车启动问题，解题关键是分析好汽车的受力情况，结合牛顿第二定律、功率公式和运

动学公式分析求解即可。

5.【答案】A

【解析】解：设飞机两次起飞的加速度为α,根据匀变速直线运动位移一速度公式有户=2αL°

2

V-VQ=2aL

又L=WLo

联立解得：曳=|

V3

故A正确，BCO错误。

故选：Ao

根据匀变速直线运动位移一速度公式列式求解即可。

本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。

6.【答案】BC

【解析】解：48.宇航员处于完全失重状态，但仍受到地球的引力，根据万有引力公式，则宇航员

在空间站里受到地球的引力大小F引=G詈

在地球表面，万有引力等于重力有竿=m'g,故尸引=喈，故A错误，B正确；

C宇航员在地球表面上所受引力的大小为F'引=G翳＞F引=G等，故C正确；

D空间站若返回地面，进入大气层之前引力做正功，但只有引力做功，根据机械能守恒条件，机

械能守恒，故O错误。

故选：BC.

根据万有引力公式和在地球表面，万有引力等于重力联立，求宇航员在空间站里受到地球的引力

大小；

根据万有引力公式，分析引力和向心力大小；

只有引力做功，机械能守恒。

本题考查学生对万有引力公式、星球表面万有引力等于重力以及机械能守恒条件的掌握，是一道

基础题。

7.【答案】AC

【解析】解：4、u-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，则特战兵刚跳下时离地面的高度为九=

号ɪ×20m=180m

故A正确；

8、u-t图像的斜率表示加速度，由图像得，前2s时间内，特战兵的加速度内=梦=竽m∕s2=

ZlElZ

10m∕s2

设每根绳对特战兵的拉力大小为R,竖直方向，由牛顿第二定律得：mg-SF1cos37°=ma1

代入数据解得：F1=O

故B错误；

C、在2s到7s时间内特战兵做匀速运动，受力平衡，设每根绳子拉力为F?,竖直方向上由平衡条

件得：8F2COS37°=mg

代入数据解得：F2=93.75N

故C正确；

。、由图线的斜率可知，特战兵减速阶段的加速度＜⅛=萼=醇m∕s2=一学m∕s2

ZJC*2ɪɔ/ɔ

O

设每根绳对特战兵的拉力大小为F3,由牛顿第二定律得：mg-8F3COS37=ma2

代入数据解得：F3=125N

故。错误。

故选：AC.

v-t图像与坐标轴所围面积表示位移，由图像分析特战兵离地面的高度；"-t图像的斜率表示加

速度，根据图像求解加速度，竖直方向根据牛顿第二定律求解绳上的拉力；2〜7s内，特战兵做匀

速直线运动，受力平衡，竖直方向根据平衡条件求解绳上的拉力。

本题考查牛顿第二定律和。图像，解题关键是知道u-t图像与坐标轴所围面积表示位移，v-t

图像的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律和平衡条件分析求解即可。

8.【答案】AD

【解析】解：44反弹至最高点的过程，根据机械能守恒定律可得：

mg--h=-1mυl2

解得：∕⅛h,故A正确；

14

8.设4摆到最低点的速度为孙，碰撞后4、B的速度大小为名、v2,4运动到最低点的过程，根据机

械能守恒定律可得：

mgh=-TΠVQ

解得：V0=y/2gh

取向右为正方向，由动量定理可得，碰撞过程中A受到的冲量大小为：

IA=-mv1—mv0

解得：〃一mJ2gh

即A受到的冲量大小为3m√^加，负号表示冲量的方向与正方向相反，即冲量的方向向左，故8

错误；

C.碰撞过程满足动量守恒，可得

TΠVQ=-mv1+Smv2

代入数据解得：%=早

乙4

由动量定理可得，碰撞过程中B受到的冲量大小为：

IB=5mv2»

解得：2gh.故错误；

IB=∣τnλ∕C

。.碰撞后当B与C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为外由动量守恒定律得：

Smv2=(5m+3m)v

由能量守恒可得，弹簧的弹性势能为：

2

ΔEp=ɪ∙Smvl—ɪ.(5m+3m)v

联立解得：ΔEv=γ^mghy故。正确。

fzIZo

故选：AD.

对碰撞后小球A反弹的过程，运用机械能守恒定律可求出小球反弹后的速度大小；对小球下摆过

程，由机械能守恒定律可求出小球与物块碰撞前瞬间的速度，再由动量守恒定律可求出碰撞后瞬

间物块B的速度，碰撞过程，对物块B,根据动量定理列式求物块8获得的冲量；碰撞之后，B与

弹簧、C组成的系统在水平方向不受外力的作用，系统的水平方向的动量守恒，当B与C的速度相

等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律即可求出最大弹性势能。

本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律，注意分析清楚物体参与的运动过程及研究对象的

选取是解题的前提与关键，明确弹簧弹性势能最大的条件是B与C的速度相同。

9.【答案】79392.520

【解析】解：(1)2s内的位移Xl=507m

2〜4s内的位移％2=1094m—507τn=587m

4~6s内的位移Λ⅛=1759m—1094m=665m

6〜8s内的位移％4=2505m-1759m=746m

8〜IoS内的位移Λ⅛=3329m—2505m=824m

10~12s内的位移Λ⅛=4233m—3329m=904τn

则相邻2s内的位移之差接近ZX=79m,则该直线运动可以近似认为是匀变速直线运动；

(2)匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，知当X=2505m时，该飞行器

速度的大小V==74θ^θ24m∕s=392.5τn∕s

(3)这段时间内该飞行器加速度的大小为α=孙+书+毛＞：忙去=746+824+9；307-587-665的

s2=20m∕s2

故答案为：(1)79；(2)392.5；(3)20。

(1)根据表格中数据判断求解即可；

(2)匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于平均速度；

(3)根据ZIX=。产求解加速度。

本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是要掌握平均速度公式和逐差法求加速度。

10.【答案】大5∙50tαn0-万餐・多气垫导轨

【解析】解：(1)挡光片的宽度越大，挡光片经过光电门的时间较大，滑块的瞬时速度误差就越大。

(2)游标卡尺的最小分度值为0.05mm,主尺读数为5mm,游标尺的读数为IOXO.05mm,挡光片

的宽度为5nυn+10×0.05mm=5.50mm

(3)滑块在长铁片上滑动时，设滑块的质量为相，加速度大小为跖由牛顿第二定律得mgs讥6-

μmgcosθ=ma

得α=gsinθ—μgcosθ

滑块通过光电门的速度大小V=:

由运动学公式/=2aL@

解得"=tαnθ—西餐尚

1_2gcosΘ(tanθ-μ)

可得∙7L

如果X轴表示百、B两点间的距离3贝0轴表示会则有

_2gcosθ(tanθ-μ)

y=?X

可知该函数为正比例函数，图像是一条经过坐标原点的直线。

(4)利用该实验装置，只需要将图中的长铁片换成气垫导轨，其它设备仪器均不变，就可以验证机

械能守恒定律。

故答案为：(1)大；(2)5.50；(3)tm。一茄£・为去(4)气垫导轨。

(1)分析挡光片的宽度造成的误差：

(2)先确定游标尺的最小分度值，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；

(3)根据牛顿第二定律和运动学公式推导结合图像分析；

(4)分析消除摩擦力对运动的影响。

本题考查测量滑块与长铁片之间动摩擦因数实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数

据处理。

11.【答案】解：(1)设泥石流到达坡底的时间为“，速度为％,根据位移一时间公式得：Xi=V011+

如仁

由速度一时间公式得：v1=v0+a1t1

代入数据联立解得：v1=8m∕s

(2)泥石流到达坡底时，汽车速度%=α3(tι-t0)

汽车位移XO=Ta3(t1-to)?

当汽车的速度与泥石流速度相等时，泥石流与汽车相距最近，设泥石流到达坡底后汽车又加速时

间为t2，故有％-a2t2=V2+a3t2

at

泥石流水平位移X泥=V1t2~∖22

汽车位移X汽=v2t2+ɪɑɜtj

相距最近的距离X=X。+X汽-X游

代入数据联立解得：X=6m

答：(1)泥石流到达坡底速度的大小为8τn∕s;

(2)泥石流与汽车相距的最近距离为6m。

【解析】(1)根据匀变速直线运动位移一时间公式求解到达坡底得时间，根据速度一时间公式求解

到达坡底速度的大小；

(2)当泥石流速度与汽车速度相等时，泥石流与汽车相距最近，根据速度关系、位移关系和运动学

公式列式求解即可。

本题考查追及相遇问题，解题关键是分析好泥石流和汽车的位移关系和速度关系，结合匀变速直

线运动规律列式求解即可。

12.【答案】解：(1)设包裹C的质量为τn,包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动，需满足：μ1mg<

μ2(τn+M)5

解得：m≤M=40kg,即包裹C的最大质量为40kg。

(2)现在包裹的质量为Tn=IOkg,则包裹C从A上释放后，缓冲装置A静止不动，包裹从滑上B车与

挡板碰撞后又返回到B车的最左端时，B、C二者恰好共速，此时小车的长度最短，则包裹C下滑

至B车左端时，根据动能定理有：mgh-μrmgL0=-O

根据动量守恒，包裹C与B车相互作用的过程中，以向右为正方向，满足：mv0=(m+M)v

2

根据能量守恒，包裹C与B车相互作用的过程中，有：ɪmvɑ=ɪ(m+M)v+μmg×2Lmin

联立解得：

ILmin=4m

(3)由于包裹质量大于40kg,则装置A推动B车运动。包裹能滑上B车，最小高度是包裹刚好可以

滑上车时，、B。三者共速。包裹到达的水平粗糙部分后，、一起的加速度为：

B4、44Bα1=

“ιWig-42(7n+M)g

2M

包裹的加速度为：μg

α2=«=1

则可画出4与B、C运动的U—t图像，见下图，

包裹在光滑曲面下滑至水平面时有：∣mvo=mghmin

A、B、C三者共同速度为：V=a1t=V0-a2t

由图像面积表示位移可得两图像中间所夹面积为、的相对位移，贝

U-t4CI：L0=∣v0t

联立解得：hmin=0.85τn

答：(1)若包裹C在缓冲装置4上运动时4静止不动，则包裹C的最大质量为40kg；

(2)为使该包裹能停在转运车B上，则转运车B的最小长度Lmin为4巾；

(3)为使该包裹能滑上转运车8,则该包裹释放时八的最小值%in为0∙85zn.

【解析】(1)要使4不动，C对4的滑动摩擦力不能大于地面对A的最大静摩擦力，以此关系求解；

(2)C的质量小于40kg,装置4不运动，分析释放高度最大和最小时对应的临界运动过程，依据C能

滑上B车，与挡板碰撞后又不能滑离8车，C与B相互作用的过程，两者组成的系统满足动量守恒，

根据动量守恒定律，能量守恒定律及功能关系解得所求；

(3)因C的质量大于40kg,故装置4和B会一起运动，释放C的高度最小时，C恰好滑上B车时4、B、

C三者共速，根据牛顿第二定律求得各自的加速度，由相对运动的位移关系，共速关系求解。

本题为力学综合题目，重点考查多物体、多过程运动形式的处理能力，功能关系，能量守恒定律，

动量守恒定律的应用。第二问中释放最大高度的临界要掌握，要掌握系统动量守恒的条件，本题C

与车B相互作用过程系统动量守恒，而C与4作用过程动量就不守恒。

13.【答案】BDE

【解析】解：4布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，间接反映分子的无规则运动，不是液体分

子的无规测热运动，故A错误；

氏温度是分子平均动能标志，当氢气和氧气温度相同时，说明分子平均动能相同，但分子质量不

同，故分子平均速率不同，故8正确；

C.空调制冷说明热量可以在一定的条件下由低温物体传向高温物体，但不是自发地由低温物体传

向高温物体，根据热力学第二定律，自发的热现象具有方向性，故C错误；

。.由同种元素构成的固体原子的排列方式不同，可以成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故