2023年江西省上饶市高考物理一模试卷

2023年江西省上饶市高考物理一模试卷

1.著名物理学家汤姆孙曾在实验中让电子束通过电场加速后，通

过多晶薄膜得到了如图所示衍射图样，已知电子质量为巾=9.1x

31

10-kg,加速后电子速度1；=5.0x1057n小，普朗克常量九=

6.63x10-34/.s,下列说法正确的是（）

A.该图样说明了电子具有粒子性

B.该实验中电子的德布罗意波波长约为1.5nm

C.加速电压越大，电子的物质波波长越长

D.加速电压越大，电子的波动性越明显

2.甲、乙两物体从同一地点出发沿同一直线运动，它们的位移一jx/m

时间图像如图所示，贝女）3乙

A.3s末甲、乙两物体的速度相同2/

B.前3s内甲的平均速度大于乙的平均速度1^-------\>

03r/s

C.前3s内甲、乙的路程相等

D.前3s内只有一个时刻甲、乙速度相同

3.筷子是中国人必备的餐具之一，“筷”谐音“快”，寓意“快乐一x

生”.如图所示，某人用甲、乙两根筷子夹住一个小球，甲倾斜，乙始终'/I

竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为。，筷子与小球间的摩擦很

小，可以忽略不计，小球质量一定，随着。缓慢增大，小球始终保持静止。1}\乙

下列说法正确的是（）

A.筷子甲对小球的弹力是因为小球发生了形变

B.筷子乙对小球的弹力不变

C.两根筷子对小球的弹力都减小

D.两根筷子对小球的合力增大

4.北京时间2023年1月15日11时14分，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭,

以“一箭十四星”发射方式，成功将齐鲁二号/三号卫星及珞珈三号01星、吉林一号高分

03034星等4颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功.假设其中的

甲、乙两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍，甲的质量也是乙的2倍.

贝女）

A.由不可知，甲的速度是乙的。倍

B.由a=a）2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍

C.由F=G罢可知，甲的向心力是乙的上

D.由*=k可知，甲的周期是乙的2，2倍

5.如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一带电粒子从4点沿半圆ABC的

直径方向始终以速度“水平射入电场，恰好经过半圆的最低点8,粒子重力不计。下列分析正

确的（）

4LVrc

\B

左右

A.若仅将下板水平右移少许，粒子轨迹与半圆ABC的交点在B点的左侧

B.若仅将下板水平右移少许，粒子轨迹与半圆ABC的交点在B点的右侧

C.若仅将下板竖直下移少许，粒子轨迹与半圆ABC的交点在B点的左侧

D.若仅将下板竖直下移少许，粒子轨迹与半圆4BC的交点在B点的右侧

6.如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B的匀强

磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为%和电，副线圈接有电阻R］和一个理想电流表。

当发电机线圈以角速度3匀速转动时，不计线圈电阻。下列说法正确的是（）

氏

A.电流表的示数为'B.电流表的示数为小一

H|Z?|小外

a/SjJhylDtfrtJ针VWI*■

C.发电机的功率为,-D.发电机的功率为一」，

“加1»|/?1

7.世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户。如图所示，

他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，V"

设想利用火箭的推力，竖直飞上天空，当自己运动到最高点时展开风筝X

平稳着陆。假设万户及所携设备：火箭（含燃料）、椅子、风筝等总质量

为M=90kg,点燃火箭后在极短的时间内，将质量为m=20kg的炽热•

燃气相对地面以攻）=70m/s的速度竖直向下喷出。上升阶段忽略空气阻力的影响，重力加速

度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A.燃气喷出后，万户上升过程中处于超重状态

B.火箭的推力来源于燃气对它的反作用力

C.喷出燃气后，万户及所携设备能上升的最大高度为20m

D.在火箭喷气结束后的上升过程中，万户及所携设备机械能增大

8.如图所示，PQ。为圆心角为74。的扇形有界区域，。点为圆心，半Q

径为R，M点为圆弧PQ的中点，区域内有方向垂直纸面向外的匀强磁Z

场，完全相同的两个带电粒子a和b以相同速度”分别从P、M两点飞

入匀强磁场区域，粒子a的速度方向与P。成16。角，已知粒子a恰好从\j<

Q点飞出，a、b粒子所受重力不计，下列说法正确的是（）

A.粒子带正电

B.粒子b也从Q点飞出磁场区域

C.粒子a和b射出磁场时速度方向相同

D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为2：1

9.某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量小物块与水平面之间的动摩擦因数〃。粗糙曲

面固定在水平面上，其与水平面相切于B点，P为光电计时器的光电门。实验时将带有遮

光条的小物块m从曲面4B上的某点自由释放，小物块通过光电门P后停在水平面上某点C。已

知当地重力加速度为g。

012cm

01020

乙

（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d=cm；

（2）已知遮光条宽度d,数字计时器显示的时间t及光电门与C点之间的距离s,物块通过光电门

时的速度。=,动摩擦因数〃=（用上面的物理量符号表示）。

10.某实验小组欲将满偏电流/厂川，“I、内阻"17,

的表头改装为量程为人=L4和=2.54的电流表，设计了如

图所示的电路图，并对改装后的电表进行校准。其中开关51为

单刀双掷开关，R为滑动变阻器，Ri、/?2为定值电阻，4为标

准电流表。

（1）按如图连接好电路图，当改装后电流表的量程为A=14时，开关&应接（填“a”

或“”），根据表头的参数及改装要求，定值电阻&=。，定值电阻/?2=

（结果保留两位有效数字）

（2）校准过程中，当开头与a接通时，发现当表头满偏时标准电流表的示数为0.84。若造成此

结果的原因是表头内阻测量不准确，为达到改装指定量程的目的，需要给表头（填“串

联”或“并联"）电阻R'=（结果保留三位有效数字）0。

11.2022年6月17日，我国自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰“福建舰”成功下水。

该舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，飞机的前轮与磁悬浮电磁弹射车相

连，如图甲所示。其工作原理简化为如图乙所示，间距d=1m的平行光滑金属导轨（电阻不

计）间存在磁感应强度B=107的匀强磁场，弹射车由200根完全相同的导体棒并联组成。电

磁弹射时，开关S与1相连，恒流电源为整个系统供电，弹射车带动飞机从静止开始匀加速运

动Xi=607n后达到起飞速度u=60m/so飞机起飞后立即与弹射车脱钩，同时将开关S与2相

连，弹射车在磁场的阻尼作用下运动打=30m后停下。假设弹射车的质量m=1000kg,飞

机的质量L.'1-电阻Ro=OQ20,不计弹射车带动飞机加速运动过程中的感应

电动势以及飞机与甲板之间的摩擦和空气阻力。求：

(1)恒流电源提供的总电流大小；

(2)每根导体棒的电阻R。

XX

2

恒

Xf俾射车

流X

电凡=0.02C

源

XX

乙

12.如图所示，水平传送带由电动机带动以u=2m/s的速度匀速转动，转动方向如图所示。

可视为质点的甲、乙两物体分别以%=lm/s和V2=3m/s的速率从传送带的两端4、8处按

图示方向同时滑上传送带。已知两物体在同一条直线上运动，且运动过程中恰好没有相碰。

两物体与传送带间的动摩擦因数均为〃=0.5,质量均为m=1kg,重力加速度g=lOm/s?。

求：

(1)甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间；

(2)传送带4B间的长度；

(3)为维持传送带匀速转动，电动机多做的功。

13.图甲为氧气分子在两种不同温度状态下各速率分布区间的分子数占总分子数的百分比

与分子速率的关系，图乙、丙分别为分子间作用力、分子势能与分子间距的关系。下列说法

A.图甲中②状态下单个氧气分子的速率一定比①状态下氧气分子速率大

B.图甲中②状态下氧气分子平均动能大于①状态下氧气分子平均动能

C.图甲中②状态下气体压强一定比①状态下气体压强大

D.图乙中阴影部分面积表示分子势能差值，与零势能点的选取无关

E.图丙中斜率绝对值表示在该间距时的分子间作用力大小

14.如图所示，某兴趣小组的同学设计了一个液体拉力测量仪，长度为1。的圆筒形导热汽缸

水平放置，用横截面积S=10cm2、可沿缸壁无摩擦滑动的活塞封闭一定质量的理想气体，

活塞右侧用轻质细绳跨过光滑的定滑轮悬挂一块质量徵=100g的洁净玻璃板，活塞平衡时处

在汽缸4位置，气柱长匕，现将玻璃板下表面恰好浸入液体中，用水平力缓慢将汽缸向

左拉，使玻璃板恰好要离开液面，此时活塞处在汽缸B位置，气柱长匕已知外界大气

5

压强“nilmPa,重力加速度g取10m/s2,环境温度保持不变，活塞质量不计且不漏

气。求：

(1)活塞处于汽缸4位置时，汽缸中的气体压强为；

(2)活塞处于汽缸B位置时，液体对玻璃板的拉力F的大小。

15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，位于坐标原点处的观察者观测到在2s内有10个完整的

波形经过该点.在t=0时刻的波形如图所示，质点4、B、C、D、E在久轴上的位置坐标分别为

2m、4m、6m、8m,20m.下列说法正确的是()

A.该波的周期7=0.2s

B.该波的波速为4m/s

C.t=0.35s时,质点E第一次到达波峰

D.从t=0时刻开始，在0.55s内质点E通过的路程为15cm

E.此列波能和频率为0.5Hz的另一列简谐横波产生的干涉现象

16.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖下表面镀有反射膜，现将激光笔发出的一束激光射

向玻璃砖上表面，改变激光的入射方向，使激光经过下表面反射后从上表面返回空气(激光不

经过玻璃砖侧面)，激光在玻璃砖中传播的时间t的范围为：in.I”、，

已知真空中的光速C=3X108m/s,不考虑光在玻璃砖上表面的反射。求：

(1)该玻璃砖的折射率n；

(2)微光在玻璃砖中的传播速度外

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4电子的衍射现象说明电子具有波动性，故A错误;

及电子的动量：p=nw

电子的德布罗意波波长：A=J

联立解得：\|.rM,U",故3正确；

CD.根据动能定理有：eU=^rnv2

结合4=微=白可知，加速电压越大，电子速度越大，则电子的物质波波长就越短，所以其波动

性就越不明显，故错误。

故选：B。

光具有波粒二象性，光的干涉、衍射等说明光具有波动性；光电效应和康普顿效应说明光具有粒

子性；该图是电子的衍射现象，故该图说明电子具有波动性。

德布罗意波波长：4=称

根据动能定理可知：加速电压越大，电子速度越大，则电子的物质波波长越短，则波动性越不明

显。

解题关键是明白该图样是电子的衍射图样，表明电子具有波动性；德布罗意波波长公式；合理运

用动能定理求解加速电压与电子的波动性、波长的关系。

2.【答案】D

【解析】解：43s末甲、乙两物体相遇，由图可知，此时，甲物体运动图像的斜率为负，乙物体

运动图像的斜率为正，根据x-t图像的斜率正负表示速度的方向可知，此时甲乙两物体的速度方

向不同，则二者的速度不相同，故A错误；

B.由于平均速度是位移与时间的比值，由图可知，前3s内甲、乙的位移相等，所用时间也相等，

则二者的平均速度相等，故8错误；

C.前3s内甲、乙的位移相等，但是根据x-t图像的斜率正负表示速度的方向，可知甲先向正方向

运动后向负方向运动，而乙一直向前运动，则前3s内甲的路程大于乙的路程，故C错误；

。.由于x-t图像的斜率表示速度，而图线乙的平行线与图线甲只有一个切点，则前3s内只有一个

时刻甲、乙速度相同，故。正确。

故选：D。

X-t图像的斜率大小表示速度大小，X-t图像的斜率正负表示速度的方向。

3s末甲、乙两物体相遇，由图可知，此时，甲物体的运动图像斜率为负，乙物体运动图像的斜率

为正，根据x-t图像的斜率正负表示速度的方向可知此时甲乙两物体的速度方向不同，则二者的

速度不等；

平均速度是位移与时间的比值；

位移只与物体始末位置有关；路程是物体实际的运动轨迹；

根据几何知识可知图线乙的平行线与图线甲只有一个切点，又因为x-t图像的斜率表示速度，则

可判断前3s内只有一个时刻甲、乙速度相同。

本题考查物体直线运动规律。解题关键是明确x-t图像的斜率大小表示速度大小，x-t图像的斜

率正负表示速度的方向；位移只与始末位置有关，路程是物体实际的运动轨迹。

3.【答案】C

【解析】解：4筷子甲对小球的弹力，是筷子甲发生形变造成的，故A错误；

F=^-I

甲msin。'-

。角增大过程中尸尹、尸乙均减小，故B错误、C正确；

。.两根筷子对小球的合力总等于小球的重力，不变，故。错误。

故选：C。

发生形变的物体为恢复形变会产生弹力；

对小球受力分析，根据平衡条件列式，分析力的变化；

根据平衡条件，两根筷子对小球的合力大小总等于小球的重力。

本题考查学生对平衡问题和弹力产生原因的掌握，解题关键是正确受力分析，写出力的解析式。

4.【答案】D

【解析】解：4对卫星由万有引力提供向心力有：

GA/mmv1.4sr2

Fa-q--，心「rm-=rr-nia—mg

r*r1*

不同轨道上g不一样，不能根据〃=质比较速度关系，万有引力提供向心力得出卫星运行线速

&v=

yj陛r

代入数据‘'」

「二2

故4错误；

氏不同轨道上两卫星角速度不一样，不能根据a得出两卫星加速度关系，万有引力提供向心

力得出卫星的运行加速度a=皆

代入数据可得“

(J1

故B错误；

c根据?向=等可哈合V

故C错误；

D两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律弓=k

T2

可得；二A2

故。正确。

故选：D«

根据万有引力提供向心力，比较线速度大小；

根据万有引力提供向心力，比较向心加速度大小；

根据万有引力公式，比较向心力大小；

根据开普勒第三定律，比较周期大小。

本题考查学生用万有引力提供向心力去比较卫星线速度、向心加速度大小的能力，考查学生的数

学分析能力，是一道基础题。

5.【答案】A

【解析】解：4B.若仅将下板水平右移少许，根据平行板电容器决定式。=黑，可知电容C变小，

根据电容定义式U=*可知极板间电压变大，根据电场强度大小和电压关系E=3

可知极板间电场强度变大，则竖直方向的加速度变大，粒子在垂直极板方向运动的时间变短，粒

子轨迹与半圆4BC的交点在B点的左侧，故A正确，B错误；

CD若仅将下板下移少许，则平行板电容器间的极板距离d变大，由平行板电容器决定式C=吊，

4nkd

根据电容定义式U=§,根据电场强度大小和电压关系E=§

Ca

联立可得七=当，可知场强不变，受力情况不变，该粒子以相同的速度从原处射入电场，运动

轨迹不变，则仍会经过B点，故C。错误。

故选：4。

根据平行板电容器决定式分析电容变化，再根据电容定义式分析电压变化，根据电场强度大小和

电压关系分析电场强度大小，再根据牛顿第二定律分析加速度大小，分析垂直极板方向运动的时

间以及粒子轨迹与半圆4BC的交点位置；

由平行板电容器决定式C=照，根据电容定义式U=根据电场强度大小和电压关系E=称联

立求电场强度大小，再分析运动轨迹。

本题考查学生对平行板电容器决定式、电容定义式的掌握，以及对电场强度大小和电压关系的应

用，是一道中等难度题。

6.【答案】AD

【解析】解：AB,线圈转动产生的电动势的峰值为r\BS.-\^21

VB.2L*、

则电动势的有效值为，

理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，则有第=乎

n2

电流表示数为人泉

联立解得：I>-"\"'一

•“向

故A正确，B错误;

c。、理想变压器原副线圈的功率相等，则发电机的功率np：r.i"

nfRi

故C错误，。正确。

故选：ADo

根据正弦式交变电流规律求解电动势的峰值和有效值，根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数

比求解副线圈电压的有效值，根据欧姆定律求解电流表的示数；理想变压器原副线圈功率相等，

根据功率公式列式求解即可。

本题考查正弦式交变电流和理想变压器，解题关键是知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比,

原副线圈的功率相等，会求解正弦式交变电流的峰值和有效值。

7.【答案】BC

【解析】解：4燃气喷出后，万户将减速上升，加速度方向向下，可知万户上升过程中处于失重

状态，故A错误；

8.炽热的燃气向下喷出过程中，火箭对燃气的作用力与燃气对火箭的作用力是一对相互作用力，

火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，故B正确；

C.由于点燃火箭后，喷气过程在极短的时间内完成，则内力远远大于外力，选择竖直向上的方向

为正方向，该过程动量近似守恒，由此可得：

mv0——m)vx=0

上升阶段忽略空气阻力的影响，之后火箭做竖直上抛运动，根据速度一位移公式可得：

解得：儿2M”，故C正确；

。.在火箭喷气结束后的上升过程中，由于上升阶段忽略空气阻力的影响，即只有重力做功，则万

户及所携设备的机械能守恒，即机械能不变，故。错误。

故选BC。

根据万户的加速度方向分析出其超失重状态；

根据牛顿第三定律分析出火箭推力的来源；

根据动量守恒定律结合运动学公式得出最大高度；

根据机械能守恒定律的条件完成分析。

本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，同时要结合运动学公式和机械能守恒定律的条件才能

完成分析。

8.【答案】BD

【解析】解：4完全相同的两个带电粒子，粒子a刚好从。点飞出，由左手定则，粒子a和b均带负

电荷，故A错误；

BC.设两个粒子a和b做圆周运动圆心分别为。1和。2，由对称性，01在0M延长线上。粒子a在磁场

PQPQ

中做圆周运动半径为旦,由几何关系。rPQ,又口三PQ

t\__________/II—----------―Dn

2.*rn372.**rn37

故两粒子运动如图

粒子b轨道半径也是R,由图，粒子b也从Q点飞出磁场区域，飞出磁场时两粒子速度方向不同，故

B正确,C错误；

。.完全相同两个粒子a和b以相同速度从M、P两点飞入磁场区域，粒子b轨道半径也是R,由图，

粒子b在磁场中做圆周运动弧长等于粒子a在磁场中做圆周运动弧长的一半，粒子a和b在磁场中运

动时间之比为2：1,故。正确。

故选：BD。

根据题意结合左手定则，判断电性；

由几何关系，分析半径，画粒子运动轨迹图，分析飞出磁场时速度方向；

根据几何关系，分析圆弧弧长，分析运动时间之比。

本题考查学生对带电粒子在磁场中做圆周运动的问题分析，解题关键是正确画出轨迹图，根据几

何关系分析出半径和弧长关系。

9.【答案】0.375^^2

【解析】解：(1)由图乙所示游标卡尺的最小分度值为0.05nmi,主尺示数为3mzn,游标尺示数为

15x0.05mm=0.75mm,游标卡尺读数d

(2)物块通过光电门时的速度为：“=然后物块在水平面上做匀减速直线运动，由动能定理得：

—fimgs=0-mv2,解得：

d2

故答案为：(1)0.375；(2)[,缶。

(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；

(2)利用光电门测出初态速度，根据动能定理求出动摩擦因数的表达式；

本题考查测量小物块与水平面之间的动摩擦因数实验，要求掌握实验原理,游标卡尺的读数方法。

10.【答案】a6.49.6串联12.8

【解析】解：⑴当开关&接b时有人I,

ni

当开关S1接a时有7

可知/a<lb

则有人2.5.1,//i1.1

可知当改装后电流表的量程为A=14时，开关工应接a；

将上述方程代入数据解得

乩(i1!),/{MblJ

(2)校准过程中，当开关与a接通时，根据上述可知改装后电流表的量程为人=14实际发现当表

头满偏时标准电流表的示数为0.84,即改装电流表的示数比标准电流表示数大，表明通过表头的

电流偏大，若造成此结果的原因是表头内阻测量不准确，可知，表头内阻测量值大于真实值，为

达到改装指定量程的目的，需要给表头串联一个电阻；

令=0.871,根据上述有，表头的实际内阻为。工-"用J""-"

X1(1,

则串联电阻为〃'n,-Iti卜n332W12

故答案为：(l)a,6.4,9.6；(2)串联，12.8。

(1)根据串联电路电流关系和欧姆定律计算；

(2)分析误差的产生根据欧姆定律计算需要串联的电阻。

本题考查电流表的改装和校准，要求掌握电流表改装的原理和校准的方法。

11.【答案】解：(1)设电磁弹射时飞机的加速度为a,根据速度一位移公式可得：

v2—2axi

解得：a=30m/s2

加速过程中飞机和弹射车受到的合力

Hid=(M+m)a

解得:Iti-I'l'.l

(2)飞机飞离甲板后，弹射车在电磁阻尼的作用下做减速运动直到速度减为零，设减速过程所用时

间为戊，减速过程中弹射车的平均速度为5,选择初速度的方向为正方向，对弹射车根据动量定理

有

-BldAt0iitv

其中

rAf=上2

联立解得：R=6n

答：(1)恒流电源提供的总电流大小为6X1044

(2)每根导体棒的电阻为60。

【解析】(1)根据运动学公式得出加速度的大小，结合牛顿第二定律得出电流的大小；

(2)根据动量定理结合运动学公式得出电阻的大小。

本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉运动学公式，结合动量定理即可完成分析。

12.【答案】解：(1)对甲进行分析，根据牛顿第二定律可得：

fimg=mar

根据速度一时间公式可得：

V=%+

联立解得J=0.2s

(2)对乙进行分析，根据牛顿第二定律可得:

林mg=ma2

取向右为正，根据速度一时间公式可得：

V——V2+Q2t2

解得：七2=1S

从开始运动到甲乙恰好相遇不相碰过程，以向右为正，甲的位移大小为:

rm----h+r(h-6)

乙的位移大小为：

-+V

工乙"_2-h

则有LI，;J'J

联立解得：LAB=2.4m

(3)设甲与传送带间的相对位移为Si，可得：

n+r

*1-a---j-h

若发热为Qi

则有Qi=〃mgsi

乙与传送带间的相对位移为S2,可得：

'2a」

若发热为Q2，则有Q.V

由能量守恒得■n(.)•(),

联立解得：IV=12J

答：(1)甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间为0.2s；

(2)传送带A、B间的长度为2.4m；

(3)为维持传送带匀速转动，电动机多做的功为12/。

【解析】(1)根据牛顿第二定律结合运动学公式得出对应的时间；

(2)根据运动学公式得出传送带2B间的长度；

(3)先根据运动学公式得出物体与传送带之间相对位移的大小，结合功能关系即可完成分析。

本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公

式分析出物体的位移，再根据功能关系即可完成解答，有一定的综合性，但整体难度不大。

13.【答案】BDE

【解析】解：AB.由题图甲可知，②中速率大的分子占据的比例较大，则说明②对应的平均速率

较大，但单个分子的运动是无规则的，则②对应的温度较高，则图甲中②状态下氧气分子平均动

能大于①状态下氧气分子平均动能，故A错误，B正确；

C.根据理想气体状态方程华=C

由于只知道温度关系，不确定气体体积的变化，故不能确定气体压强的变化，故C错误；

。.图乙中阴影部分面积表示分子力做功的大小，根据功能关系阴影部分面积也等于分子势能差值,

而势能差值与零势能点的选取无关，故。正确；

E.分子势能与分子间距的关系图像中，图线切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小，故E正

确。

故选：BDE。

理解温度对气体分子平均速率的影响，结合图像的物理意义完成分析；图1中两条图线与横轴包围

的面积相同；理解分子间距离对分子间作用力和分子势能的影响，结合题意完成分析。

本题主要考查了分子运动速率的统计规律，理解图像的物理意义，结合分子间作用力与分子间距

离的关系即可完成分析。

14.【答案】解：(1)当活塞处于汽缸4位置时，以活塞和玻璃板整体为研究对象，根据平衡条件可

得：

PiS+mg=p0S

解得：MIih1'|<i,>i,i

(2)当活塞处于汽缸B位置时，设缸内气体压强为P2,根据玻意耳定律可得：

pii,M

以活塞和玻璃板整体为研究对象，根据平衡条件可得：

p3s-mg.F

解得：F=6.25N

答：（1）活塞处于汽缸4位置时，汽缸中的气体压强为11川