2021年西藏拉薩市高考物理一模試卷（附答案詳解）

2021年西藏拉薩市高考物理一模試卷

1.1905年是愛因斯坦的“奇跡”之年，這一年他先后發(fā)表了三篇具有劃時代意義的

論文，其中關(guān)于光量子的理論成功地解釋了光電效應現(xiàn)象。關(guān)于光電效應，下列說

法正確的是（）

A.光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比

B.光電子的最大初動能與入射光的強度成正比

C.當入射光的頻率大于極限頻率時，才能發(fā)生光電效應

D.某單色光照射一金屬時不發(fā)生光電效應，改用波長較短的光照射該金屬一定能

發(fā)生光電效應

2.發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球（忽略空氣阻力的

影響）。速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)；其原因是（）

A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較少

B.速度較大的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大

C.速度較小的球通過同一水平距離所用的時間較多

D.速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大

3.如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u=220立sinl007it（V）的交流電源上，副線

圈接有R=55。的負載電阻，原、副線圈匝數(shù)之比為2：1,電流表、電壓表均為理

想電表。下列說法正確的是（）

A.電壓表的讀數(shù)為110UB.電流表的讀數(shù)為24

C.原線圈的輸入功率為220式WD.副線圈輸出交流電的周期為50s

4.在靜電場中，將一帶正電的點電荷從a點移到b點，電場力做了負功，貝聯(lián)）

A.b點的電場強度一定比a點大B.電場線方向一定從b指向a

C.b點的電勢一定比a點低D.該點電荷的動能一定增大

5.如圖，在挪威的兩座山峰間夾著一塊巖石，吸引了大量游客前往觀賞。該景觀可簡

化成如圖所示的模型，右壁豎直，左壁稍微傾斜。設左壁與豎直方向的夾角為。，

由于長期的風化，。將會減小。石頭與山崖間的摩擦很小，可以忽略不計。若石頭

質(zhì)量一定，。減小，石頭始終保持靜止，下列說法正確的是（）

A.山崖左壁對石頭的作用力將增大B.山崖右壁對石頭的作用力不變

C.山崖對石頭的作用力減小D.石頭受到的合力將增大

6.2018年12月8日，“嫦娥四號”從環(huán)月圓軌道I上的P點實施

變軌，進入近月橢圓軌道口，由近月點Q成功落月，如圖所示。

關(guān)于“嫦娥四號”，下列說法正確的是（）

A.沿軌道I運動至P時，需加速才能進入軌道n

B.沿軌道口運行的周期小于沿軌道I運行的周期

c.沿軌道n運行時，在P點的加速度大于在Q點的加速度

D.在軌道口上由P點運行到Q點的過程中，萬有引力對其做正功

7.質(zhì)量為m甲=2kg,加2=0.5kg的甲、乙兩個物體同時從

同地沿同一方向做直線運動，二者的動量隨時間變化的圖

象如圖所示。下列說法正確的是（）

A.甲的加速度大小為lm/s?

B.乙的加速度大小為0.75M/S2

C.t=9s時乙的速度大小為18m/s

D.t=3s時兩物體相遇

8.如圖甲所示，abed是匝數(shù)為100匝、邊長為0.16、總電阻為0.10的正方形閉合導線

圈，放在與導線圈平面垂直的圖示勻強磁場中。磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系如

圖乙所示。則以下說法正確的是（）

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A.導線圈中產(chǎn)生的是交變電流

B.在t=2s時導線圈產(chǎn)生的感應電動勢為

C.在0-2s內(nèi)通過導線橫截面的電荷量為10C

D.在0-2s內(nèi)，導線圈內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為20/

9.用手機拍攝物體自由下落的視頻，得到分幀圖片，利用圖片中小球的位置來測量當

地的重力加速度，實驗裝置如圖1所示。

刻度尺

(1)若有乒乓球、小塑料球和小鋼球，其中最適合用作實驗中下落物體的是。

(2)下列主要操作步驟的正確順序是(填寫各步驟前的序號)。

①把刻度尺豎直固定在墻上

②捏住小球，從刻度尺旁靜止釋放

③手機固定在三腳架上，調(diào)整好手機鏡頭的位置

④打開手機攝像功能，開始攝像

(3)停止攝像，從視頻中截取三幀圖片，圖片中的小球和刻度如圖2所示。已知所截

取的圖片相鄰兩幀之間的時間間隔為;s,刻度尺的分度值是1mm,由此測得重力

加速度為m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

10.要測量某種合金的電阻率。

(1)若合金絲長度為3直徑為D,阻值為R,則其電阻率p=。

用螺旋測微器測合金絲的直徑如圖甲所示，讀數(shù)為mm.

(2)圖乙是測量合金絲阻值的原理圖，S2是單刀雙擲開關(guān)。根據(jù)原理圖在圖丙中將

實物連線補充完整。

(3)閉合Si，當S2處于位置￡1時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為Ui=1.35U,人=

0.304；當S2處于位置b時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為％=0.92V,與=032A

根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)判斷，當S2處于位置(選填“a"或"b")時，測量相對準

確，測量值&=_____2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

11.如圖所示，兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板

間電場可視為勻強電場；金屬板右方有一磁感應強

度為B的勻強磁場。帶電量為-q、質(zhì)量為m的粒子，

由靜止開始從負極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并

以0=45°進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響，求：

(1)粒子離開電場時的速度；

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R；

(3)粒子在電場和磁場中運動所用的總時間(電場與磁場間的距離不計)o

12.如圖所示為某工地一傳輸工件的裝置，左側(cè)為一固定的:光滑圓弧軌道，圓弧半徑

R=5m,右側(cè)為一段足夠長質(zhì)量為m3=2kg的長木板?，F(xiàn)有一質(zhì)量為=1.5kg

的滑塊從圓弧軌道最高點靜止滑下，木板上表面剛好與圓弧軌道相切，木板最左端

另有一質(zhì)量為m2=1.5kg的滑塊，滑下后與皿2發(fā)生碰撞，并粘在一起沿長木板

向右滑行(碰撞時間極短)，兩滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為%=0.2,木板與水

平面間動摩擦因數(shù)為〃2=0」，取g=10m/s2,求：

(1)滑塊?ni滑到圓弧最低點時的速度；

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(2)兩滑塊碰撞后到與木板速度相同時所經(jīng)歷的時間；

(3)要使滑塊恰好不滑下木板則木板的最小長度應為多少？

13.下列問題說法正確的是()

A.擴散現(xiàn)象和布朗運動都證明水分子在做永不停息的無規(guī)則運動

B.物體溫度升高，其分子熱運動的平均動能增大

C.物體吸收熱量同時對外做功，則物體內(nèi)能一定不變

D.空調(diào)機作為制冷機使用時，將熱量從溫度較低的室內(nèi)送到溫度較高的室外，所

以制冷機的工作是不遵守熱力學第二定律的

E.當分子力表現(xiàn)為引力時，分子勢能隨分子間距離的增大而增大

14.一高壓氣體鋼瓶，容積為％,用絕熱材料制成，開始時封閉的氣體壓強為po,溫度

為TO=3OOK,內(nèi)部氣體經(jīng)加熱后溫度升至A=350K,求：

①溫度升至71時氣體的壓強；

②若氣體溫度保持A=350K不變，緩慢地放出一部分氣體，使氣體壓強再回到po,

此時鋼瓶內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來氣體總質(zhì)量的比值為多少？

15.如圖所示，一束復合光垂直玻璃磚界面進入球形氣泡后分為a、b兩種色光，下列說

法正確的是（）

A.玻璃磚的氣泡缺陷處顯得更亮是光的全反射現(xiàn)象

B.a光在玻璃中的傳播速度比b光在玻璃中的傳播速度小

C.a光的頻率比b光的頻率小

D.若保持復合光的方向不變僅將入射點上移，則a光先消失

E.若讓a、b兩種色光通過一雙縫干涉裝置，則a光形成的干涉條紋的間距更大

16.一列簡諧橫波沿》軸正方向傳播，在t=0和t=0.20s時的波形分別如圖中實線和虛

線所示。已知該波的周期T>0.20s。

求：①該波的傳播速度；

②位于x=8cm的質(zhì)點在1=0.7s內(nèi)運動的路程。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】答：AB,由光電方程：Ekm=hv-w,可知光電子的最大初動能隨入射光頻

率的增大而增大，但不成正比，與入射光的強度無關(guān)，故AB錯誤；

C、當入射光的頻率大于極限頻率時，才發(fā)生光電效應，故C正確；

。、某單色光照射一金屬不發(fā)生光電效應，改用波長較短的光，頻率增大，但不一定大

于該金屬的極限頻率，也不一定發(fā)生光電效應，故。錯誤。

故選:Co

AB,由光電方程分析可得；CD、由光電效應發(fā)生的條件分析解答。

熟記光電效應的基本規(guī)律，特別是光電效應方程是解答此類題的關(guān)鍵。

2.【答案】C

【解析】解：發(fā)球機發(fā)出的球，速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)，

原因是發(fā)球機到網(wǎng)的水平距離一定，速度小，則所用的時間長，球下降的高度較大，不

容易越過球網(wǎng)，故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，結(jié)合平拋運動

的規(guī)律，抓住水平方向相等時，通過時間關(guān)系得出下降的高度，從而分析判斷.

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道運動的時間由

高度決定，初速度和時間共同決定水平位移.

3.【答案】A

【解析】解：AC.由變壓器原線圈輸入電壓的瞬時值表達式可知，原線圈輸入電壓的

最大值=220位V，有效值Ui=母=?容U=220U,

由理想變壓器的變壓比得：生=?,代入數(shù)據(jù)解得：U2=U0V,電壓表示數(shù)為110U,

U2九2

由歐姆定律可知，副線圈電流/2=半=替4=24

K55

副線圈輸出功率P2=u2l2=110x2W=220W,理想變壓器原線圈輸入功率Pl=P2=

220W,故A正確，C錯誤；

B、由理想變壓器的變流比得：0=子,代入數(shù)據(jù)解得：4=14電流表讀數(shù)為14故

8錯誤；

D、由原線圈輸入電壓瞬時值表達式可知，交流電源的3=lOOnrad/s,周期T=,=

3-s=0.02s,變壓器副線圈輸出電壓的周期與原線圈輸入電流周期相等，是0.02s,

1OO7T

故。錯誤。

故選：Ao

根據(jù)理想變壓器原線圈電壓的瞬時值的表達式求出最大值、頻率，再根據(jù)理想變壓器原

副線圈電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比分析答題。

本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓

原理、功率等問題徹底理解.

4.【答案】B

【解析】答：4、因不知電場線疏密，所以無法判斷a、b兩點場強大小，故A錯誤；

BC、由Wab=qUab，q為正電荷，為負，所以Uab<0,即％<科），沿電場線方向

電勢逐漸降低，故電場線方向從b指向a,故B正確，C錯誤；

D,因電場力做負功，合力做功情況不確定，由動能定理，該電荷動能如何變化無法判

斷，故。錯誤。

故選：B?

A、由電場線疏密判斷；BC,由電場力做功判斷ab之間電勢差，再由沿電場線方向電勢

逐漸降低，判斷電場線方向；0、由動能定理判斷.

熟記電場線的特點，電場力做功注意正負功，電荷的電性，電勢差的正負。

5.【答案】A

【解析】

【分析】

對石頭進行受力分析，結(jié)合共點力平衡的條件列式分析山崖左壁對石頭的作用力；根據(jù)

平衡條件分析山崖對石頭的作用力。

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本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進

行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后

在坐標軸上建立平衡方程進行解答。

【解析】

解：AB,對石頭進行受力分析如圖，

則由共點力平衡的條件可知，山崖左壁對石頭的作用力：?2=黑，山崖右壁對石頭的

sint?

作用力：&=黑，。減小，則用增大，尸2增大，故A正確、B錯誤；

C、石頭始終處于平衡狀態(tài)，山崖對石頭的作用力的和始終與石頭的重力大小相等，方

向相反，所以山崖對石頭的作用力保持不變，故C錯誤；

。、石頭受到的合力始終為零，保持不變，故。錯誤。

故選：4。

6.【答案】BD

【解析】解：4沿軌道I運動至p時，從高軌道到低軌道需減速才能進入軌道n,故A

錯誤；

B.設II軌道的半長軸為3運行周期為72，I軌道半徑為r，運行周期為7\,根據(jù)開普勒

第三定律可得

r^~ri

由于軌道的半長軸小于軌道的半徑，所以沿軌道n運行的周期小于沿軌道I運行的周期,

故8正確：

C.設月球質(zhì)量為M,“嫦娥四號，'質(zhì)量為m,距離為r,由于誓=ma,可知r越大，a越

小，所以沿軌道H運行時，在P點的加速度小于在Q點的加速度，故C錯誤；

D在軌道上由P點運行到Q點的過程中，萬有引力對其做正功，勢能減小，動能增加，

故。正確。

故選：BD。

根據(jù)開普勒第三定律可知衛(wèi)星的運動周期和軌道半徑之間的關(guān)系；根據(jù)做近心運動時萬

有引力大于向心力，做離心運動時萬有引力小于向心力，可以確定變軌前后速度的變化

關(guān)系。

本題要注意：①由高軌道變軌到低軌道需要減速，而由低軌道變軌到高軌道需要加速，

這一點在解決變軌問題時要經(jīng)常用到，一定要注意掌握。②衛(wèi)星運行時只有萬有引力

做功，機械能守恒。

7.【答案】AC

【解析】解：AB,由動量定理知Zp=Ft,p-t圖像的斜率的絕對值表示物體所受合外

力的大小，由圖像可知，甲物體所受的合外力的大小F用=2N,乙物體所受的合外力的

大小尸2=1N，根據(jù)牛頓第二定律可得，甲物體的加速度大小。尹=9=|m/s2=

lm/s2,乙物體的加速度大小===/m/s2=2巾/$2,故A正確，8錯誤；

C、t=9s時乙的動量大小為Pz=9kg?m/s,根據(jù)p=mv可知，t=9s時乙的速度大

P乙9

小為"Z=丈=癡7n/s=18a/s,故C正確；

。、由p-t圖像可知，甲物體做勻減速運動，乙物體做勻加速運動，t=0時甲的動量

P甲

大小為P/p=18kg?m/s,根據(jù)p=mu可知，C=0時甲的速度大小為"中=廝=

ym/s-9m/s,所以t=3s時，甲的速度大小為"=9尹一a尹t=(9-1x3)m/s=

6m/s,乙的速度大小為”=Qt=2x3m/s=6m/s,此時甲、乙兩物體的速度相等，

二者之間的距離最大，故。錯誤。

故選：AC.

根據(jù)動量定理的表達式可知，p-t圖像的斜率的絕對值表示物體所受合外力的大小，

根據(jù)牛頓第二定律求出加速度；由「=nw求出t=9s時乙的速度；由p-t圖像可知，

甲物體做勻減速運動，乙物體做勻加速運動，根據(jù)它們的運動關(guān)系判斷t=3s時兩物體

是否相遇。

本題考查了動量定理、牛頓第二定律及速度公式的應用，可根據(jù)動量定理的表達式來分

析圖象斜率的物理意義，從而分析出兩車的運動情況。

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8.【答案】AD

【解析】解：力、根據(jù)楞次定律可知，在0?2s內(nèi)的感應電流方向與2s?3s內(nèi)的感應電

流方向相反，即為交流電，故4正確；

B、根據(jù)法拉第電磁感應定律，2s時的感應電動勢等于2s到3s內(nèi)的感應電動勢，則有:

E==IOOX(2-O)XO.IXO.1K=2y>故B錯誤；

At1

2

C、在0?2s時間內(nèi)，感應電動勢為：F1=100X|X0.1K=1V,

再根據(jù)歐姆定律/=箭：k=看人=104

根據(jù)Q=/t解得：Q=10x2C=20C,故C錯誤。

D、0?2s導線框中產(chǎn)生的焦耳熱為&=//RS=IO?x0.1x2/=20/,故。正確；

故選：AD.

根據(jù)楞次定律，來判定感應電流方向：根據(jù)楞次定律判斷出電流的方向，利用左手定則

判斷出受到的安培力方向；根據(jù)法拉第電磁感應定律與歐姆定律，結(jié)合電量的表達式,

即可求解；根據(jù)法拉第電磁感應定律，求出2s時間線框中感應電動勢的大??；根據(jù)焦耳

定律求出0?2s內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱。

本題考查了法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和楞次定律，及電量與電功率表達

式，難度不大，屬于基礎(chǔ)題，需加強訓練，注意交流電與直流電的區(qū)別。

9.【答案】小鋼球①③④②9.6

【解析】解：(1)利用小球的自由下落測量當?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶒炛?，要求空氣阻?/p>

相對于小球的重力來說可以忽略，所以選取小球時要盡可能選取體積小、密度大的球,

故幾種小球中最適合用作實驗中下落物體的是小鋼球；

(2)實驗時要先把刻度尺豎直固定在墻上，再固定手機，調(diào)整好手機鏡頭的位置，然后

打開手機攝像功能，開始攝像，從刻度尺旁靜止釋放小球，故正確的操作順序為：

①③④②；

(3)根據(jù)圖2可知三幅圖中小球中心對應的刻度值分別為：

=2.50cm=0.0250m,x2=26.50cm=0.2650m,x3=77.20cm=0.7720m,

根據(jù)逐差法求解加速度的方法可得：

g=(無3-Ti)=(0.7720-0.2650)；(0.2650-0.0250)明記49.6m/s2.

故答案為：(1)小鋼球；(2)①③④②；(3)9.6o

(1)為減少實驗誤差，選取小球時要盡可能選取體積小、密度大的球；

(2)根據(jù)實驗目的和實驗方法確定合力的實驗步驟；

(3)求出根據(jù)圖2可知三幅圖中小球中心對應的刻度值，根據(jù)逐差法求解加速度。

本題主要是考查利用落體法測定重力加速度實驗，掌握實驗原理和實驗方法，能夠根據(jù)

圖象結(jié)合逐差法進行求解重力加速度。

10.【答案】—0.650b2.9

4L

nuLL

【解析】解：(1)金屬絲電阻：R=7==P語,

則電阻率：p=皿；

由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：0.56瓶+

15.0x0.01mm=0.650mm；

(2)如圖所示

用AU1.35—0.92n

(3)根據(jù)瓦■=135=0.32,

.而01.3=2—-0^.3―0=0C.“06,

U.3U

可知，電流表電阻較大、分壓明顯，故接b位置時更加準確，即S2處于位置b,

根據(jù)歐姆定律,則有：勺=黑=2.90

故答案為：(1)嗒，0.650；(2)如圖所示；(3)6,2.9。

(1)應用歐姆定律與電阻定律可以求出電阻率的表達式；

(2)螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)；

(3)根據(jù),與藍進行比較大小，從而確定電壓表還是電流表誤差較大，進而確定外接法

還是內(nèi)接法，再由歐姆定律，求解電阻。

本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、求電阻率，螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺

旋測微器示數(shù)，螺旋測微器需要估讀一位，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直，并掌握電流表

內(nèi)接法與外接法的確定依據(jù)。

11.【答案】解：(1)由動能定理：解得：v=黑

2

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB=m-,與(1)中結(jié)果聯(lián)

R

第12頁，共17頁

立得：R=--

By]q

(3)粒子在電場中勻加速運動：d=|vti

解得」】=d瑞

在磁場中運動時間為：t2=：T

4

周期7=黑

qB

zp,,3nm

得：功=菊,

粒子在電場和磁場中運動總時間為：t=q+t2=&后3nm

2qBH--------

故：(1)粒子離開電場時的速度為悟

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R為靜”；

(3)粒子在電場和磁場中運動所用的總時間為d混+翳?

【解析】(1)由動能定理解答；(2)由牛頓第二定律及洛倫茲力公式解答；(3)由運動規(guī)律

求電場中運動時間，由勻速圓周運動求磁場中運動時間，二者相加即可。

帶電粒子在組合場中運動，要注意相鄰場之間的銜接，在勻強磁場中做勻速圓周運動,

要會用數(shù)學知識處理相關(guān)問題：找圓心，畫軌跡，求半徑，定圓心角。

12.【答案】解：(1)滑塊Hi1從開始滑到圓弧最低點的過程中，機械能守恒詔

解得：v0=10m/s；

(2)兩滑塊碰撞過程動量守恒，取水平向右為正，m1v0=(m14-m2)Vi

兩滑塊在長木板上運動過程中，共同的加速度為%,達到共同速度所用的時間為匕由

牛頓第二定律可知：

%=—"19=0.2x10m/s2=2m/s2

長木板的加速度大小為。2，

_n(m+m)g-ii(m+m+m)g

a2~1A2~2123

M3

2

解得：a2=0.5m/s

則：%—art=a2t

解得：t=2s

(3)設兩滑塊的位移為X1，木板的位移為不，長木板的最小長度為3當兩滑塊和長木板

共速時長木板的長度取得最小值，

1*2

&=2^

其中L=X1一刀2

解得：L=5m

答：(1)滑塊巾1滑到圓弧最低點時的速度為10m/s；

(2)兩滑塊碰撞后到與木板速度相同時所經(jīng)歷的時間為2s；

(3)要使滑塊恰好不滑下木板則木板的最小長度應為5m。

【解析】(1)滑塊Hi1從開始滑到圓弧最低點的過程中，機械能守恒，求出滑道最低點速

度；

(2)兩滑塊碰撞動量守恒，求出碰后速度；由牛頓第二定律分別求出兩滑塊和長木板的

運動加速度大小，根據(jù)運動學速度-時間公式求達到共速所用的時間；

(3)當兩滑塊和長木板共速時，滑塊的位移和長木板的位移之差剛好等于木板長度時，

木板的長度最小。

本題考查牛頓第二定律和運動學公式以及動量守恒的綜合運用。此類問題通常先根據(jù)牛

頓第二定律求加速度，然后由運動學公式求時間或者位移。本題的關(guān)鍵是要知道長木板

的最小長度是共速時滑塊和長木板的相對位移。

13.【答案】ABE

【解析】解：4、擴散現(xiàn)象和布朗運動反映的分子熱運動規(guī)律，擴散現(xiàn)象是直接反映，

布朗運動是間接反映，故A正確；

3、溫度作為影響平均分子動能的唯一因素，溫度升高，平均分子動能增加，故B正確；

C、根據(jù)熱力學第一定律/U=W+Q,物體吸熱時，若同時對外做功，且做功值不等

于吸收的熱量，則內(nèi)能會發(fā)生變化，故C錯誤；

。、將熱量從溫度較低的室內(nèi)送到溫度較高的室外，產(chǎn)生了其它影響，即消耗了電能，

所以制冷機的工作不違背熱力學第二定律，故。錯誤；

E、當分子之間距離大于的時候，分子力表現(xiàn)為引力，分子間距離逐漸增大時，分子

引力做負功，所以分子勢能增加，故E正確。

第14頁，共17頁

故選：ABEo

擴散現(xiàn)象和布朗運動反映的分子熱運動規(guī)律，擴散現(xiàn)象是直接反映，布朗運動是間接反

映。

溫度是影響分子平均動能的唯一因素；

根據(jù)熱力學第一定律4U=W+Q,可以分析內(nèi)能的變化情況；

根據(jù)熱力學第二定律內(nèi)容即可判斷是否遵循熱力學第二定律；

考查了分子勢能與分子間相互作用力的關(guān)系。

考查分子間作用力與分子勢能關(guān)系、熱力學第一定律與熱力學第二定律及分子動理論，

都是記憶性的知識點，在平時的學習過程中多加積累即可.

14.【答案】解：(1)設升溫后氣體的壓強為P,由于氣體做等容變化，

根據(jù)查理定律得：=P又TO=3OOK,TI=350K

解得：p=7oP0；

，

(2)根據(jù)克拉伯龍方程：Y=7R

得：集熱器內(nèi)氣體的體積不變，則得剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值：合="

答：(1)此時氣體的壓強為:Po；

O

(2)集熱器內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值為6：7.

【解析】(1)封閉氣體溫度升高發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律求解壓強.

(2)可根據(jù)克拉伯龍方程求解剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值.

本