2022高三物理模拟试卷一

2022高三物理模拟试卷

1.在物理学发展的长河中，物理学家进行了许多科学研究，做出了许多贡献，推动了人类文

明的进程.下列物理学史说法正确的是（）

A.伽利略巧妙的利用“理想斜面实验”来冲淡重力影响使得时间更容易测量,最后进行合理

外推证明了自由落体的运动规律

B.1919年，卢瑟福用镭放射出的a粒子轰击氮原子核，从氮核中打出了一种新粒子，即质子

C.卢瑟福的学生查德威克猜想原子核内可能还存在着质量与质子相同，但是不带电的粒子，

1932年，卢瑟福通过实验证实了这个猜想，这个粒子即中子

D.法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律,并通过油滴实验测定了

元电荷的电荷量

2.如图所示，质量为m的光滑小球，在细线和墙壁的作用下处于静止状态，

重力加速度为g，细线与竖直墙壁的夹角为30。，则细线对小球的拉力大小为

（）

A.2V3mgB6rngc.mgD.竽

-3~

3.跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下.运动员沿竖直方向运动的

v-t图象如图.下列说法正确的是（）

A.0-10s平均速度小于10m/s

B.15s末开始运动员静止

C.10s末速度方向改变

D.10s-15s运动员做加速度逐渐减小的减速运动

4.如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，。点为半圆M（）

弧的圆心，4Mop=60。。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分、；：

别置于M、N两点，这时。点电场强度的大小为Ei；若将N点处的点/

电荷移至P点，则。点的场强大小变为E2,E1与E2之比为（）

A.1:2B.2:1C.2：V3D.4：V3

5.如图，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，若

两次拉出的速度之比为1：2,则两次线圈所受外力大小之比Fi：尸2为（）

A.A：尸2=2：1

B.%F2=1：2

C.&：F2=1：4

D.&：F2=1：1

6.2021年，中国的载人飞船成功与天和核心舱（距离地球表面约400km的高度）对接，中国人

首次进入自己的空间站。关于地球的卫星及飞船空间站的运动，下列说法正确的是（）

A.地球卫星的运行轨道可以与地球表面任一纬线所决定的圆是共面同心圆

B.地球同步卫星的向心加速度与赤道上物体的向心加速度相同

C.飞船与空间站对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间

D.该载人飞船的发射速度应大于地球的第一宇宙速度

7.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在

竖直平面内旋转，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带,

人就会掉下来

B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力

C.人在最低点时对座位的压力等于rng

D.人在最低点时对座位的压力大于mg

8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的

铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于

方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的

电流，下列说法正确的是（）

A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿匕到a的方向流动

C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率变为原来的4倍

9.如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abed是半径

为R的,光滑圆弧形轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有一定长度.今

将质量为m的小球在d点的正上方高为八处由静止释放，让其自由下落到d

处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（）

A.只要八大于R,释放后小球就能通过a点

B.只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上

C.无论怎样改变八的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内

D.调节九的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）

10.如图所示为理想变压器的示意图，其原副线圈的匝数比为3：1,电压表和电流表均为理想

电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中&为热敏电阻（其阻值随温度的升高而变小），

R为定值电阻。下列说法正确的是（）

A.交流电压”的表达式为u=36V2sinl00t（7）

B.若以处的温度升高，则电流表的示数变大

C.若凡处的温度升高，则变压器的输入功率变大

D.变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3：1

11.在逸证机械能守恒定律》实验中，两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的装置,

采用两种不同的实验方案进行实验，设重力加速度为g。

6

9（单位：m?m）

34

1.49.0

丙

（1）在甲图中，下落物体应选择密度.（选填“大”或“小”）的重物；在乙图中，两个重

物的质量关系是mi蛆(选填“>"、"=”或“<”)；

(2)采用图乙的方案进行实验，除图中的器材外，还需要的实验器材有交流电源、刻度尺和

(3)某次实验所打纸带如图丙所示，。为第一个点，力、8、C、。点到。点的距离已标出，打点

时间间隔为0.02s,则记录C点时，重物的速度%=m/s；(结果保留三位有效数字)

(4)从减少实验误差的角度看，比较两种实验方案，你认为更合理(选填“甲”或

“乙”

12.在“测定金属丝的电阻率”的实验中：；---------------------i

I

(1)在用伏安法测量金属丝的电阻(约为100)时，备有下列器材：

I•

A.量程为07).64,内阻为0.5。的电流表；:

•;

B.量程为0〜34内阻为0.1。的电流表；

!j

C.量程为0〜3V,内阻为6ko的电压表；

。.量程为0〜15U,内阻为30k0的电压表；

E.阻值为0〜额定电流为0.54的滑动变阻器；

立阻值为0-100,额定电流为24的滑动变阻器；

G.蓄电池6匕

H.开关一个，导线若干.

为了尽可能提高测量精度，且要求测量多组实验数据，电流表应选用；电压表应选用

滑动变阻器应选用.(只填字母代号)

(2)在答题卡的方框内画出符合要求的实验电路图.

13.一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度外

沿与x正方向成60。的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直

于y轴射出第一象限。求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。

(2)带电粒子在磁场中的运动时间是多少？

14.如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，

弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m,可视为质点的小木块4质量rn=1kg,原来静止

于滑板的左端，滑板与木块4之间的动摩擦因数〃=0.2。当滑板B受水平向左恒力尸=14N作

用时间t后，撤去尸，这时木块4恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量

为x=5cm。g取10m/s2,求：

Ah—LH

:pc>A/WWWVB

(1)水平恒力尸的作用时间t;

(2)木块4压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；

(3)整个运动过程中系统产生的热量。

15.晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能(填“增加”、“减

少”或“保持不变”)，分子平均动能(“增加”、“减少”或“保持不变”)，所以晶

体有固定的熔点。

16.一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为％,开

始时内部封闭气体的压强为Po。经过太阳曝晒，气体温度由7°=300K升至A=350K。

(1)求此时气体的压强。

(2)保持A=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到Po。求集热器内剩余气体

的质量与原来总质量的比值。

17.图甲为某列简谐横波在t=0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点，图乙是横

波上质点b的振动图象，四个质点中加速度最大的是点，0-0.5s振动路程最大的是

18.如图所示，空气中有一折射率为n=&的正方形玻璃，若光线以入射角。投射到力B面上,

接着在BC面上发生全反射，最后从CD面上射出.求：

⑴入射角。角的取值范围；

(ii)射出光线与CD面的夹角.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

【分析】

根据各物理学家的成就贡献分析解题即可。

【解答】

A.在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的设计了冲淡重力的斜面实验，故A错误：

3.1919年，卢瑟福用镭放射出的a粒子轰击氮原子核，从而发现了质子，实现了人类历史上第一

次人工核反应，故8正确；

C.查德威克通过实验证实了中子的存在，故C错误；

。.法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，美国物理学家密立根通过油

滴实验测定了元电荷的电荷量，故。错误。

故选B。

2.【答案】A

【解析】解：对小球受力分析，如图所示，由力的平衡知识可知，细线对小球的拉力大小为：7=

4=噜=驾”，故4正确。

cos30°V33

故选：Ao

本题考查共点力的平衡，关键是对物体受力分析，并找出各个力之间的关系。

3.【答案】D

【解析】

【分析】

速度-时间图象与坐标轴所围的“面积”大小表示位移，将运动员0-10s的运动与匀加速直线运

动进行分析，分析位移关系，确定平均速度的大小.速度的方向反映运动员的运动方向.速度图

象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断运动员的运动情况.

本题考查理解速度问题的能力.关键根据图线的斜率等于加速度、“面积”大小等于位移的大小，

来分析运动员的运动情况.

【解答】

40〜10s内，若运动员做匀加速运动，平均速度为亍=^=^m/s=10m/s.根据图象的“面

积”等于位移可知，运动员的位移大于匀加速运动的位移，所以由公式方=》导知：0〜10s内的平

均速度大于匀加速运动的平均速度10m/s.故4错误.

B.由图知，15s末开始运动员做匀速直线运动，故B错误.

C.由图看出，运动员的速度一直沿正向，速度方向没有改变，故C错误.

10〜15s图象的斜率减小，则其加速度减小，故10〜15s运动员做加速度减小的减速运动，故。

正确.

故选：D.

4.【答案】B

【解析】

【分析】

根据点电荷电场强度的表达式可知各点电荷单独在。点形成的场强大小，移动之后电荷距。点的距

离不变，故移动后电荷在。点产生的电场强度大小不变；再根据矢量合成的法则求出合场强；即

可求得比值。

电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在。点的场强再由矢量的合成方法-平行四边

形求得总的场强。

【解答】

依题意，每个点电荷在。点产生的场强为与，则当N点处的点电荷移至P点时，。点合场强大小为

%=小则旨=亨，8正确。

5.【答案】B

【解析】解：设线圈左右两边边长为3整个线圈的电阻为R,磁场的磁感应强度为8。

线圈产生的感应电动势为：E=BLv

感应电流为：/=看=亭

KK

线圈所受的安培力为：尸分成=81=的包

女阳R

2?

线圈做匀速直线运动，由平衡条件得线圈所受外力大小：尸=尸幺加=中

可知，FXV,则得：&：尸2=%:v2=1：2,故ACZ）错误，B正确。

故选：Be

矩形线圈匀速拉出磁场区，所受外力与安培力大小相等，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和

安培力公式相结合推导出安培力大小与速度的关系，从而得到外力与速度的关系，再求外力大小

之比。

解答本题的关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式，推导出安培力与速度的关

系式F史立，要在理解的基础上记牢这个结论，在电磁感应问题中经常用到。

女七R

6.【答案】D

【解析】解：力、人造地球卫星所受万有引力提供向心力，方向始终指向地心，所以其轨道平面

一定经过地球的球心，故A错误；

B、同步卫星的周期等于地球自转的周期，根据a=“2r,结合同步卫星的轨道半径大，可知地球

同步卫星的向心加速度比赤道上物体的向心加速度大，故B错误；

C、第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最大速度，所以两者的速度都小于地球的第一宇宙速

度，故C错误；

。、第一宇宙速度是人造卫星发射的最小速度，可知载人飞船的发射速度应大于地球的第一宇宙

速度小于地球的第二宇宙速度，故。正确。

故选：Do

人造地球卫星所受万有引力提供向心力，向心力始终指向地心；注意第一宇宙速度有三种说法：①

它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度；②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度;

③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度.根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨

道半径的关系，从而比较出大小.同步卫星处于赤道的上方，周期等于地球自转的周期.

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、周期与轨道半径的关系.

7.【答案】D

【解析】

【分析】

本题是实际问题，考查运用物理知识分析实际问题的能力，关键根据牛顿运动定律分析处理圆周

运动动力学问题.竖直平面内的圆周运动分为两类，一种是在最高点时有支撑物的情况，此时物

体只要速度不为0,就能通过最高点，第二种是物体通过最高点时没有支撑物，此时要求物体的速

度必须满足">项,物体才能通过最高点。

车在最高点时•，若恰好由重力提供向心力时，人与保险带间恰好没有作用力，没有保险带，人也

不会掉下来.当速度更大时，人更不会掉下来.当速度大于临界速度病时，人在最高点时对座

位就产生压力.人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿第二定律分析压力与重力的关系.

【解答】

A.当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力时，临界速度为％=廊，当速度大于临

界速度刷时，人在最高点时对座位就产生压力.故在最高点，当速度〃2师时人处于倒坐状

态，没有保险带，人也不会掉下来，故A错误；

B.人在最高点时，由牛顿第二定律得：mg+F=m^-<得?=m！—mg，可知F可能等于mg,

则压力可能为mg.故B错误；

CD,人在最低点，向心加速度向上，合力向上，则支持力大于重力，所以人在最低点对座位的压力

大于重力mg.故C错误，。正确。

故选

8.【答案】AD

【解析】解：4、设圆盘的半径为3圆盘转动的角速度为3。铜盘转动产生的感应电动势为：E=

BLv==B、L、3恒定，则圆盘产生的感应电动势E恒定，由闭合电路的欧姆

定律可知，感应电流大小恒定，故A正确；

B、从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，圆盘中的电流方向由圆盘边缘指向盘心，通过

电阻R的电流沿a到b的方向，故B错误；

C、感应电流方向与圆盘转动的角速度大小无关；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，

电流方向不变，故C错误；

D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据E可知感应电动势变为原来的2倍，由闭

合电路欧姆定律可知，感应电流/变为原来的2倍，根据电功率公式P=〃R可知，电流在R上的热

功率也变为原来的4倍，故。正确。

故选：AD.

圆盘转动可等效看成无数轴向导体组成，这些导体切割磁感线产生感应电动势，有效切割长度为

铜盘的半径，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出感应电流表达式，再分析电流

大小与角速度的关系；根据右手定则分析感应电流方向，根据电功率计算公式分析电流在R上的

热功率变化情况。

本题考查电磁感应规律的应用；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体

平动切割产生的感应电动势，可以根据E=84来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感

应电动势，可以根据E=来计算。

9.【答案】CD

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律分析小球的加速度与质量的关系。若小球恰能通过a点，其条件是小球的重力提

供向心力，根据牛顿第二定律可解得小球此时的速度，用平抛运动的规律：水平方向的匀速直线

运动，竖直方向的自由落体运动规律求出水平距离，由机械能守恒定律可求得九，分析小球能否通

过a点后落回轨道内。

本题实质是临界问题，要充分挖掘临界条件，要理解平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，

竖直方向的自由落体运动。

【解答】

A、小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：mg=*，解得：

R

V=yfgR^

根据动能定理：mg(h—R)=jmv2得：h=|/?,若要释放后小球就能通过a点，则需满足九>|/?.

故A错误；

BCD小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：x=vt

竖直方向的自由落体运动：R=^gt2,

解得：x=V2R>R，故无论怎样改变八的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，小球将

通过a点不可能到达d点.只要改变九的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过

a点后，落在de之间，故8错误，C£»正确。

故选CD。

10.【答案】BC

【解析】解：4由图乙可知交流电压最大值Um=36位V，周期T=0.02s,可由周期求出角速度

的值为3=y-=^^rad/s=lOOnrad/s,则可得交流电压葭的表达式u=36&sinl00nt(V),故

A错误；

B、1处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故8正确；

C、若&处的温度升高时，电流表的示数变大，输出电压不变，输出功率「=以增大，则变压器

的输入功率变大，故C正确；

D、变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1：1,故。错误；

故选：BC.

由图乙可知交流电压最大值0巾=36或匕周期7=0.02s,可由周期求出角速度的值，则可得交

流电压”的表达式a=36应sinlOO7rt(y);由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，&

处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流变化.

根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流

比与匝数比的关系，是解决本题的关键.

11.【答案】(1)大；＞;(2)天平；(3)0.780：(4)甲。

【解析】解：(1)为了减小实验的误差，甲图中的重物应选择质量大、体积小的重物，即密度大的

重物；

乙图是验证系统机械能是否守恒，向下运动，加2向上运动，所以巾1＞巾2；

(2)验证系统机械能是否守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等，动能

的增加量为zlEk=*叫+啊)廿，重力势能的减小量为醺。=(砧-m2-)gh,可以知道需要测量

两个重物的质量，所以实验器材还需要天平；

(3)根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则%=缥=

49.0-17.8x10-3/s=0.780m/s；

2x0.027n

(4)甲方案更合理，因为在乙图中受到细绳和滑轮之间的摩擦力。

故答案为：(1)大；>；(2)天平；(3)0.780；(4)甲。

(1)根据实验原理选择合适的实验器材，比较出两个重物的质量关系；

(2)根据实验原理分析出正确的实验器材；

(3)根据匀变速直线运动的规律得出中间时刻的瞬时速度；

(4)理解实验会产生的误差，由此选择更合适的方案。

本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，依据运动学规

律得出物体下落的瞬时速度，再学会简单的误差分析即可。

【解析】解：(1)电源电动势为6忆选0〜15U量程的电压表读数误差较大，电压表应选C：量程

为0〜3，，内阻为6k0；

选择3U的电压表，待测电阻丝两端的最大电压是3匕则最大电流约为：/=彳=磊=0.34所以

需要选择的电流表是4量程为0-0.64内阻为0.50；

为方便实验操作，滑动变阻器应选R阻值为0-100,额定电流为24

(2)电压从0开始测量，滑动变阻器应采用分压接法；

由于怖=哀=10，等=警=1200,华>/,电流表应采用外接法,实验电路图如图所示：

KAU.bR5Ki<A

故答案为：(1)4;C；F；(2)电路图如图所示.

根据电路最大电流选择电流表，根据电源电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较

小的滑动变阻器.根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图。

本题关键：(1)用伏安法测电阻时电流表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采

用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；(2)需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器

采用分压式接法。

13.【答案】解：（1）设磁感应强度为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r

,,2mv

由Bqv=mFv，得：r=^

粒子在磁场中运动情况如图

由几何知识有：r=*=^

cosOV3

有上两式得：8=学空

2aq

又由几何知识知：。。'=aland=a

射出点到。点的距离为：y=r+00'=y/3a

所以射出点的坐标为：（0,V5a）

（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为7,则：

2TIT2nm

由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为

0=180°-60°=120°

所以，粒子在磁场中运动的时间是：

120°T271m4737ra

t=360^T=3=3qB=9v

答：（1）匀强磁场的磁感应强度8=翳，射出点的坐标：（0,ba）

（2）带电粒子在磁场中的运动时间是要“

【解析】（1）由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系得到半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二

定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度B：

（2）根据运动时间与周期的关系：t=先求出偏转角，再求出运动的时间。

该题考查带电粒子在磁场中的偏转，属于常规题目，要注意解题的步骤，画出粒子运动的轨迹是

解题的关键。

14.【答案】解：(1)滑板B向左作初速度为零的匀加速运动，而小木块4在摩擦力/=的作用

下也做初速度为零的匀加速运动，设M,机的加速度分别为CIB，aA,由牛顿第二定律：

/img—maA

F—fimg=MaB

解得：%=臂==2m/s2

F-因ng

«B=―—=3m/s2

撤去尸时，木块刚好运动到C处，则由运动学公式及题意得：

BA22

S-S=L,即：|aBt-^aAt=L

代入数据得：t=ls

(2)撤去力F时，木块力和滑板3的速度分别为以、由运动学公式得：

vA=aAt=2m/s,vB=aBt=3m/s

撤去力F时，因滑板夕的速度大于木块/的速度，木块将压缩弹簧，木块力加速，滑板夕减速，

当木块工和滑板g的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能.设最大弹性势能为琦，

将木块/和滑板夕及弹簧视为系统，规定向左为正方向，系统动量守恒.

根据动量守恒定律有：mvA+MVB=(m+M)v

解得：v=2.Sm/s

系统从撤去力尸后到其有共同速度，由能的转化与守恒得：

111

,771若+]M喏=1(zu+M)v2+琦+fimgx

代入数据求得最大弹性势能：EP=0.3;

(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度，，相对木板向左

z

滑动距离为s,由动量守恒定律得：mvA4-MVB=(m+M)v

解得：v'=v=2.8m/s

由能量守恒定律得：Ep=pmgs

解得：s=0.15m

由于x+L>s且s>x,故假设成立

所以整个过程系统产生的热量为Q=Rmg(L+s+x)=1.4/

【解析】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律以及运动学公式，同时考

查考生正确分析物体受力以及运用动力学三大观点分析与解决物理问题的能力。

(1)对4、B进行受力分析，由牛顿第二定律求出4、B的加速度，由匀变速运动的运动规律求出A、

B的位移，根据它们位移间的几何关系，求出力的作用时间；

(2)由匀变速运动的速度公式求出撤去拉力后4、B的速度，由动量守恒定律与能量守恒定律列方

程，可以求出弹簧的最大弹性势能；

(3)分析清楚4B的运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。

15.【答案】增加；保持不变。

【解析】解：晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶体熔化过

程中温度保持不变，则分子平均动能保持不变。

故答案为：增加；保持不变。

晶体熔化过程中，增加分子势能，温度保持不变，分子平均动能保持不变。

本题考查了晶体和非晶体的特性，记忆为主，基础题。

16.【答案】解：(1)由题意知，气体体积不变，由查理定律得：,

所以此时气体的压强：pi=