2020年湖南省岳陽市高考物理質(zhì)檢試卷（二）（附答案詳解）

2020年湖南省岳陽市高考物理質(zhì)檢試卷（二）

1.“和諧號”動車在啟動階段的運動可看做初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階

段，動車的速度、位移s、動量P、動能EK與運動時間t的關系，下列說法正確的是

()

A.I?與t成反比B.s與t成反比C.P與t成正比D.Ek與t成正比

2.電場強度為E的勻強電場水平向右，勻強磁場與勻強電場垂直，磁感應強度大小為

B,方向如圖所示。一帶電小球M斜向右上做勻速直線運動，速度與水平方向的夾

角為30。，該小球運動的速度大小為（）

--->

XXXXELX

xxx8xx

E

A.D.2

BBB

3.北京時間2019年4月10日21時，天文學家召開全球新聞發(fā)布會,

宣布首次直接拍攝到黑洞的照片，如圖所示。黑洞是宇宙空間

內(nèi)存在的一種密度極大，體積極小的天體，它的引力很大，連

光都無法逃脫。若某黑洞表面的物體速度達到光速c時。恰好

圍繞其表面做勻速圓周運動，己知該黑洞的半徑為R,引力常量為G,則可推測這

個黑洞的密度為（）

A.4B.4C.冷D.§

4nGR23JTGR24TTG3nG

4.如圖所示，理想變壓器原、副線圈中分別接有電阻治、R2,殳=/?2=100，原、

副線圈的匝數(shù)之比Ni：N2=2：1,/?2兩端的電壓為10心則4、B兩端的電壓為（）

5.如圖所示，有一束單色光入射到極限頻率為孫的金屬板K

上，具有最大初動能的某出射電子，沿垂直于平行板電

容器極板的方向，從左側(cè)極板上的小孔入射到兩極板間的勻強電場后，到達右側(cè)極

板時速度剛好為零。已知電容器的電容為C,帶電量為Q,極板間距為d,普朗克常

量為h,電子電量的絕對值為e,不計電子的重力。關于電容器右側(cè)極板的帶電情況

和入射光的頻率外以下判斷正確的是（）

A.帶正電,%+日B.帶正電，氏+盥

C.帶負電，v0+gD.帶負電，%+盥

6.如圖所示，質(zhì)量為m的帶電滑塊放置于粗糙絕緣水平面上，與水平面之間的動摩擦

因數(shù)為。虛線MN左側(cè)有勻強電場。將滑塊由靜止釋放，滑塊向右運動出的距離后

離開電場，在MN右側(cè)水平面上滑行的最大距離也為溝。重力加速度為g,滑塊運

動的過程中，下列說法正確的是（）

ZZ////ZZZ

A.滑塊的最大動能為mg》。

B.滑塊在電場中運動的時間為2聆

C.電場力對滑塊的沖量大小為2m鋸焉

D.滑塊從開始運動到停止，電場力對滑塊做功大于滑塊克服摩擦力做功

7.如圖所示，質(zhì)量為9nl的滑塊4置于光滑水平地面上，4底面寬為a,上表面寬為b,

高為九，左側(cè)面為一光滑圓弧面，與地面平滑連接。將一質(zhì)量為小的滑塊B（可視為

質(zhì)點）從4的左側(cè)面頂端由靜止釋放，一段時間后B滑到4的底端。從系統(tǒng)開始運動

至剛滑到4底端的過程中，下列說法正確的是（）

A.A、B組成的系統(tǒng)動量守恒

B.支持力對B做功為卷mg/;

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C.合外力對4的沖量大小為藝匣

5

D.4滑動的距離為2（a-b）

8.許多手機利用了無線充電技術，給用戶帶來了全新體驗。無線充電系統(tǒng)原理如圖（a）

所示，給送電線圈中通以變化的電流，就會在鄰近的受電線圈中產(chǎn)生感應電流。某

次充電過程簡化為如圖甲所示的模型，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬受電

線圈與阻值為2R的電阻&連接成閉合回路，線圈的半徑為萬。在受電線圈中半徑為

上的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的

關系圖線如圖乙所示（規(guī)定圖甲中B的方向為正方向）。圖線與橫、縱軸的截距分別

為t0和B。,導線的電阻不計。求0?時間內(nèi)下列說法正確的是（）

A.通過電阻％的電流b到a

B.線圈中的感應電動勢為竺運

co

C.通過電阻R1的電荷量為粵聲1

D.電阻&上產(chǎn)生熱量為2嚅生

9.某實驗小組利用如圖所示的實驗裝置，探究質(zhì)彈簧的彈性勢能與形變量的關系，光

滑水平桌面距地面高為兒一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與質(zhì)量為m的小鋼球接觸，

彈簧處于原長時，將小球向左推，壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，在彈簧將的作

用下，小球從桌子邊緣水平飛出，小球落到位于水平地面的復寫紙上，從而在復寫

紙下方的白紙P點留下痕跡.（已知重力加速度為g）

(1)實驗測得小球的落點P到。點的距離為，，那么由理論分析得到小球釋放前壓縮彈

簧的彈性勢能Ep與九、I、mg之間的關系式為；

(2)改變彈簧壓縮量進行多次實驗，測量數(shù)據(jù)如下表所示，請在坐標紙上做出x-I圖

象.

彈簧壓形變量x/m0.0200.0400.0600.0800.1000.120

小球飛行水平距離，/m0.511.52.42.63.0

(3)由圖象得出4與s的關系式為；由實驗得到彈簧彈性勢能Ep與彈簧壓縮量x之間的

關系式為.

10.某實驗小組想測量一金屬絲的電阻率，他的部分操作步驟如下:

(1)用螺旋測微器測量金屬絲直徑，示數(shù)如圖甲所示，則金屬絲直徑的測量值

d=mm。

(2)用圖乙所示的電路圖進行測量，圖中心表示金屬絲，咒為定值電阻。請根據(jù)電

路圖在圖丙中完成實物連線。

(3)不斷改變金屬絲接入電路的長度，記錄多組電流表示數(shù)/和對應的金屬絲長度L。

根據(jù)所得數(shù)據(jù)作出:-L圖像如圖丁所示，圖中坐標值a、b、L】均為已知，且電源

的電動勢已知為E,則該金屬絲的電阻率可表示為。=o(用圖中坐標值和題

中相關物理量的符號表示)

11.為了迎接2022年冬季奧運會，讓更多的人感受運動的快樂，許多游樂場增設了娛

樂設施。設施可以簡化成如圖所示微型模型，光滑圓弧48在豎直平面內(nèi)，圓弧8處

的切線水平，4、B兩端的高度差為九=0.2m,B端高出水平地面〃=0.87n,水平

地面上的。點在B點的正下方，將一質(zhì)量為m=1.0kg的滑塊1從4端由靜止釋放，

落在水平面上的C點處。(g=10m/s2)

(1)求OC的距離s；

(2)若在B端栓接一長為L=1.0m的木板MN,木板的左端M處靜止放置一個與滑塊

1完全相同的滑塊2(圖中未畫出)。將滑塊1從4端靜止釋放，與滑塊2發(fā)生正碰后粘

在一起，恰好運動到N端停止，求木板與滑塊之間的動摩擦因數(shù)出

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(3)若在(2)中將上述木板右端截去長為ZL的一段，滑塊1從4端靜止釋放，與滑塊2

正碰后將一起滑離木板落在水平面上P點處(圖中未畫出)，要使落地點P距。點的距

離最遠，4L應為多少？

12.如圖甲所示帶孔的金屬板P、Q豎直放置相距3其間的勻強電場場強為E、方向豎

直向上。過孔工的水平線交Q板于Oi，Oi到孔S2的距離為)，豎直熒光屏N上的。2點

與工?！吭谕凰骄€上，其間有垂直紙面向外的勻強磁場?，F(xiàn)在燈絲K和金屬板P之

間加如圖乙所示的加速電壓a,熱電子(在K極處速度為零)沿Si。1進入P、Q間的電

場，發(fā)現(xiàn)只在熒光屏Q點下方出現(xiàn)了亮點。向右移動N屏，亮點將沿屏向上移動,

當N與Q的距離為學L時，亮點移到。2點，再向右移動N屏，亮點從屏上消失。己

知電子的質(zhì)量為血，電荷量為e,電子在K、P之間的加速時間極短，不計電子的重

力，求：

(1)能使電子打到N板的加速電壓值u；

(2)磁場的磁感應強度B。

13.下列說法正確的是()

A.物體內(nèi)能改變時，其溫度必定改變

B.一定質(zhì)量的理想氣體保持壓強不變，溫度升高，單位時間內(nèi)氣體分子對單位面積容

器壁的碰撞次數(shù)一定減少

C.一定質(zhì)量的理想氣體壓強不變，體積增大，其內(nèi)能必增大

D.所有晶體的物理性質(zhì)都是各向異性的

E.溫度相同、質(zhì)量相等的氫氣和氧氣，若均可視為理想氣體，則氫氣的內(nèi)能比氧氣的

內(nèi)能大

14.如圖所示，一導熱良好的圓柱形氣缸固定在傾角為30。的斜面上，氣缸內(nèi)用質(zhì)量為

的活塞封閉了一段長為H的空氣柱，開始時活塞被插銷鎖定缸內(nèi)氣體壓強等于大氣

壓強，解除插銷鎖定后活塞可沿氣缸無摩擦滑動，因氣缸導熱，一段時間后活塞再

次靜止，若大氣壓強恒為Po,活塞橫截面積為5,環(huán)境溫度恒定?求活塞再次靜止

時空氣柱的長度。

15.如圖為一列沿x軸正力向傳播的簡諧橫波在t=0波形圖,

此時波正好傳播到B點，4質(zhì)點在負向最大位移處，t=Is

時刻質(zhì)點4第一次出現(xiàn)在正向最大位移處，則（）

A.該波的周期為2s

B.該波的波速為lm/s

C.t=3s時質(zhì)點4的加速度為零

?.在25<1<2.55時間內(nèi)，質(zhì)點C向上運動

E.在2s<t<2.5s時間內(nèi)。質(zhì)點C加速度為正

16.圖中半圓表示一透明材料做成的半圓柱形光學元件

的橫截面，該光學元件緊靠一光屏且面與光屏垂

直，。為半圓的圓心，一細單色光束P。以i=30。的

入射角射到。點，如圖所示，經(jīng)面折射和反射后

在光屏上下兩個光點M、N（圖中未畫出），若測得半

圓半徑為R,兩個光點M、N之間的距離為更R。求

3

該透明材料的折射率。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：力、動車做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)。=at可得，U與t成正比，

故A錯誤；

8、根據(jù)s=：at2可知，B錯誤；

C、動車的動量為P-mv-mat,故C正確；

D、動車的動能為a=^mv2=^m(at)2=1ma2t2,故。錯誤；

故選：Co

動車做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)速度一時間公式，位移一時間公式及P=mv,

Ek即可判斷。

本題主要考查了動車的速度、位移s、動量P、動能以與運動時間t的關系，關鍵是抓住

動車做初速度為零的勻加速直線運動即可。

2.【答案】B

【解析】解：小球在電磁復合場中做勻速直線運

動，由于洛侖磁力與小球速度有直接關系，故小

球做勻速直線運動，對其受力分析，如圖所示：

qvBsin30°=Eq

解得：v=v-故B正確，ACO錯誤。

故選：B。

帶電小球M斜向右上做勻速直線運動，可以推出小球做勻速直線運動，然后對其受力分

析即可求解。

本題考查受力分析，重點是對“直線運動”在該題情境中的理解，注意審題能力的培養(yǎng)。

3.【答案】A

【解析】解：設黑洞的質(zhì)量為M,半徑為R,則密度：P=f=熬；

設質(zhì)量為m的物體在該黑洞表面，貝U：皿9=鬻，可得：9GM

黑洞表面的物體做勻速圓周運動的速度為光速c,則

聯(lián)立可得：p='.故A正確，88錯誤

尸4nGR2

故選：4。

由質(zhì)量、體積關系求出密度與體積的關系；根據(jù)環(huán)繞速度等于光速，然后結(jié)合萬有引力

定律即可求出。

解決本題的關鍵知道黑洞是一個天體，其逃逸速度為光速，掌握萬有引力提供向心力這

一理論，并能靈活運用。

4.【答案】C

【解析】解：根據(jù)晟=最可得原線圈兩端電壓Ui=20V,

副線圈的電流強度%=^=^A=1A

r(21U

根據(jù)其=最可得原線圈的電流強度為A=0.5/1

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得U=Ui+IR=20V+0.5x10V=257,故ABD錯誤，

C正確；

故選：Co

根據(jù)變壓器原理求出原線圈的電壓和電流，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之

比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器的輸出功

率決定輸入功率且相等。

5.【答案】C

【解析】解：以最大初動能入射至電容器的電子經(jīng)板間的電場到達右側(cè)板速度剛好為零,

說明電場力做負功，電場強度方向向右，右側(cè)極板所帶電荷為負電荷，

依據(jù)動能定理，則有：-6〃=0-岳皿，

其中由電容器電壓與電荷量的關系，可知，w=p

由最大初動能與單色光入射頻率的關系，可知：Ek0=hv-hv0,

代入化簡，可得：v=v0+g；故A3。錯誤，C正確；

故選：Co

依據(jù)電場力做負功，結(jié)合電場強度方向，從而判定電荷的電性；再根據(jù)動能定理，結(jié)合

最大初動能與單色光入射頻率的關系，即可求解。

考查帶電粒子在電場中運動，掌握動能定理的應用，理解最大初動能與單色光入射頻率

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的關系。

6.【答案】BC

【解析】解：4、從滑塊開始運動到靜止，據(jù)動能定理可得:

qEx0—fimg-2x0=0,

可得：qE-mg

從開始運動到剛要離開電場，據(jù)動能定理可得：

qEx0-nmgx0=Ekm-0,

解得：Ekm=^mgx0,

故A錯誤；

8、滑塊在電場中運動的過程中，有：

qE—/img=ma,

1.7

XO=-at<

解得：t=2后,

故8正確；

C、電場力對滑塊的沖量

I—qEt—mgt—mg-—2mqgx0

故C正確；

。、從開始運動到滑塊停止，電場力對滑塊做的功等于滑塊克服摩擦力做的功，故。錯

誤；

故選：BC。

滑塊在電場中受電場力和摩擦力作用，做勻加速直線運動，離開電場后在摩擦力作用下

減速，根據(jù)動能定理求滑塊最大動能；根據(jù)牛頓第二定律求電場中運動加速度，根據(jù)位

移一時間關系求在電場中運動時間；根據(jù)沖量公式計算電場力沖量；根據(jù)功能關系分析

做功大小關系。

本題是多過程問題，分析滑塊的受力情況，由牛頓第二定律、運動學公式和動能定理進

行解答。

7.【答案】CD

【解析】解：4、由于4、B組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，豎直方向動量不守恒，

所以4、B組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；

B、設B滑到底端的速度大小為玲，此時4的速度大小為女,取向右為正方向，水平方向

根據(jù)動量守恒定律可得：

0—9mvr—mv2

根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律可得：mgh=|x9mvf+gm諺

聯(lián)立解得：叫=霆,“2=3收

根據(jù)動能定理可得支持力對4做的功為：也="9小譜，解得：WA=^mgh,

由于4和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，則支持力對B做功為唯=-春加9上故8錯誤；

C、根據(jù)動量定理可得合外力對4的沖量大小為〃=9m%,解得：〃=到瞥，故c正

確；

。、根據(jù)“人船模型”可得：9mx=m（a—b—x）,解得4滑動的距離為：x=V（a-b）,

故。正確。

故選:CD-

根據(jù)動量守恒定律的守恒條件進行分析；水平方向根據(jù)動量守恒定律列方程，再根據(jù)系

統(tǒng)機械能守恒定律列方程求解B達到最低點速度大小，根據(jù)動能定理、機械能守恒定律

分析支持力對B做的功；根據(jù)動量定理求解合外力對4的沖量大??；根據(jù)“人船模型”

求解4滑動的距離。

本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是:

系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正

方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程求解。

8.【答案】ACD

【解析】解：4、根據(jù)題意可知，受電線圈中向里的磁通量均勻減小，則感應電流的磁

場方向也向里，由楞次定律可以得到受電線圈中感應電流的方向為順時針方向，外電阻

電流方向為b->a,故A正確；

以根據(jù)法拉第電磁感應定律可.知，線圈中產(chǎn)生感應電動勢：E=n-=nx-xS=nx

宇、兀域=空爐，磁場均勻減小，故產(chǎn)生的感應電動勢是恒定的，故8錯誤;

C0C0

nBorrr-

通過此的電荷量心也=展ft。xt="吧遜_，故c正確;

1

R+2R-3Rt0

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。、電阻％上產(chǎn)生的熱量Q=/2/?汽=（嚕萼）2X2Rx"=已需受I,故。正確。

K~vVKLn

故選：ACD.

根據(jù)楞次定律判斷受電線圈中感應電流的方向；

根據(jù)法拉第電磁感應定律可求感應電動勢；

由歐姆定律求出電流，從而求出電量大?。?/p>

根據(jù)焦耳定律即可求出電阻R上產(chǎn)生的熱量；

在求解交變電流的熱量時要用有效值。在電磁感應中通過導體截面的電量經(jīng)驗公式是

q=n普，可以在推導的基礎上記住。而此題由于磁感應強度的均勻變化，導致產(chǎn)生恒

定的感應電流，至于感應電動勢、電荷量、熱量等可按直流電相關知識來求。

9.【答案】（1）0=喏；（2）如圖所示

【解析】（1）小鋼球離開光滑槽后做平拋運動，設運動時間為3離開光滑槽時的速度為

%.在豎直方向上是自由落體運動：

有：%=1gt2

水平方向上是勻速直線運動：

IVgt

在彈簧推小球的過程中，機械能守恒，所以有：

1,

Ep=2^0

解得：

F_mg正

P一4h

（2）通過描點法根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出X-I圖象.

x/lO-^

(3)通過圖象可以看出，x與I圖線的斜率k=0.04,

所以％與/的關系式是％=0.04/

解得：絲等

首先對小球的運動情況進行分析，小球離開光滑槽后做平拋運動，常用的方法是把運動

沿水平和豎直方向進行分解為勻速直線運動和自由落體運動，分別進行列式可求出小球

釋放前壓縮彈簧的彈性勢能與與九、，和mg之間的關系式.

通過對圖線的斜率進行分析和求解，可得出x和I之間的關系，結(jié)合以上的結(jié)論可得到彈

簧彈性勢能與彈簧壓縮量x之間的關系式.

nEd2(b-d)

10.【答案】4.700

【解析】解：(1)螺旋測微器的讀數(shù)：固定刻度讀數(shù)+可動刻度讀數(shù)(可估讀)則有4.56機+

20.0x0.01mm=4.700mm

(2)根據(jù)電路圖在圖丙中完成實物連線

(3)根據(jù)圖像可知，導線的總長度為L，設接入導線長度為3則可知接入電阻為R=六"

則由閉合電路歐姆定律可知/=若不

n+rtQTr

變形可得寧=竿+務4

Ib匕乙1

根據(jù)圖像規(guī)律可知

R_b-a

Ro+ra,x

EEL1—Li

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解得%=E(b-a)

根據(jù)電阻的決定式心=口念

整理得P=嗎(…)

故答案為：(1)4.700；(2)如圖所示；⑶叫…)。

(1)根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)方法進行讀數(shù)；

(2)根據(jù)原理圖可知可得出實物圖；

(3)根據(jù)電阻定律求得電阻率.

本題考查了測量金屬絲的電阻率的實驗，注意應用閉合電路歐姆定律與電阻定律求出圖

象的函數(shù)表達式是正確解題的前提與關鍵，要掌握應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法。

11.【答案】解：(1)滑塊1從4到8的過程中，設在8的速度為火,根據(jù)動能定理可得：

mgh=

滑塊1從B到C過程中，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有：

2

H=\gt,s-vot

聯(lián)立解得：s=0.8m；

(2)滑塊1與滑塊2碰撞，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：

mv0=(m+m)v

從M到N運動過程中，根據(jù)動能定理有：-〃(m+m)gZ,=0-9(機+機)浮

聯(lián)立解得：4=0.05；

(3)截去4L后，滑塊先做減速運動，再做平拋運動，設平拋運動的初速度為巧，根據(jù)動

能定理有：

—fi(m+m)g(L—AL)=|(?n+m悶—1(zn+m)v2

平拋的水平距離：Si=%t

距離。點的距離：x=(L-4L)+S1

聯(lián)立解得：x=(1-4L)+0.4VZT

令y=VZL,則：x=—y2+0.4y+1

所以當y=0.2時x有最大值，即/L=0.04m時落地點距。點最遠。

答：(1)OC的距離為0.8m；

(2)木板與滑塊之間的動摩擦因數(shù)為0.05；

(3)要使落地點P距。點的距離最遠，4L應為0.04m。

【解析】(1)滑塊從光滑圓弧下滑過程中，根據(jù)動能定理求出滑塊滑到B點的速度?；瑝K

離開B點后做平拋運動，運用運動的分解方法求出OC的長；

(2)根據(jù)動量守恒定律結(jié)合動能定理求出木板與滑塊的動摩擦因數(shù)；

(3)若將木板右端截去長為4L的一段，根據(jù)動能定理求出滑塊滑到木板右端的速度，由

平拋運動知識得出落地點距。點的距離與ZL的關系，由數(shù)學知識求出此距離的條件。

本題主要是考查動量守恒定律、平拋運動的規(guī)律、動能定理等知識，關鍵是弄清楚物塊

的運動情況，掌握平拋運動的規(guī)律，能夠根據(jù)動量守恒定律進行解答。

12.【答案】解：(1)由題意可知，電子從P到Q運動過程中，有水平方向L=

豎直方向/1=：砒2

有牛頓第二定律知eE=ma

電子在加速電場中運動時，根據(jù)動能定理知eu=gm詔

聯(lián)立得能使電子打到N板的加速電壓值“=\EL

(2)電子到達S2時，速度偏離水平方向的夾角。滿足tan。=/=1

則。=45°

電子在磁場中運動時，有R+Rsin8=超L

2

得R=L

又洛倫茲力提供向心力euB=

根據(jù)動能定理得eU+eEh=1mv2

聯(lián)立得B=叵

7eL

答：(1)能使電子打到N板的加速電壓值為：EL；

(2)磁場的磁感應強度為叵。

【解析】(1)對帶電粒子在電場中運動受力分析，然后進行求解；

(2)首先對電子在電磁場中運動情況，然后運用幾何知識結(jié)合動能定理求解.

解決本題的關鍵知道電子在復合場中做直線運動時，電場力和洛倫茲力平衡，掌握處理

類平拋運動的方法，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式進行求解.

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13.【答案】BCE

【解析】解：4、物體的內(nèi)能改變，可能是分子勢能和分子的動能改變了，如果分子勢

能發(fā)生了變化，分子平均動能可能不變，所以溫度不一定改變，故A錯誤；

B、一定質(zhì)量的理想氣體保持壓強不變，溫度升高，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程岸=C可知，

理想氣體的體積變大，單位體積內(nèi)的分子數(shù)減小，所以溫度升高，單位時間內(nèi)氣體分子

對容器壁的碰撞次數(shù)一定減少，故8正確；

C、一定量的理想氣體，若壓強不變，當體積增大時，氣體對外界做功，即W<0,根

據(jù)理想氣體狀態(tài)方程華=C可知，溫度升高，理想氣體內(nèi)能增加，故C正確；

。、單晶體一定具有規(guī)則形狀，且單晶體有各向異性的特征，多晶體有各向同性，故。

錯誤；

E、氫氣和氧氣只有分子動能，當溫度相同，它們的平均動能相同，而氫氣分子摩爾質(zhì)

量小，質(zhì)量相等時，氫氣分子數(shù)多，所以氫氣內(nèi)能多，故E正確。

故選：BCE.

物體的內(nèi)能是分子動能和分子勢能的和，溫度是分子平均動能大小的標志，溫度升高物

體分子的平均動能增大；根據(jù)氣體壓強的微觀解釋判斷；根據(jù)熱力學第一定律W+Q=

4U判斷；晶體又分為單晶和多晶體，單晶體一定具有規(guī)則形狀，且