寧夏銀川一中2025屆高三物理上學(xué)期第四次月考試題含解析

PAGE18-寧夏銀川一中2025屆高三物理上學(xué)期第四次月考試題（含解析）一、選擇題。1.一盞電燈重力為G，懸于天花板上A點(diǎn),在電線O處系一細(xì)線OB，使電線OA偏離豎直方向的夾角為β=30°，如圖所示.現(xiàn)保持β角不變，緩慢調(diào)整OB方向至虛線位置，則在此過程中細(xì)線OB中的張力A.先減小后增大B.先增大后減小C.不斷增大D.不斷減小【答案】A【解析】【詳解】對O點(diǎn)受力分析，重力為恒力，OA繩的拉力方向不變，OB繩的拉力大小和方向均變更在轉(zhuǎn)動(dòng)，則構(gòu)成三力平衡的一類動(dòng)態(tài)平衡，由圖解法作圖如圖所示：當(dāng)時(shí)，最小，整個(gè)轉(zhuǎn)動(dòng)過程，先減小后增大；故A正確，BCD錯(cuò)誤.2.2020年6月23日9時(shí)43分我國第55顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星放射勝利，北斗那顆最亮的“星”的運(yùn)行周期為T，已知萬有引力常量為GA.地球的質(zhì)量為B.地球第一宇宙速度為C.衛(wèi)星離地高度為D.衛(wèi)星的線速度大小為【答案】C【解析】【詳解】A．不考慮地球自轉(zhuǎn)，物體的重力等于地球?qū)ξ矬w的萬有引力，有解得故A錯(cuò)誤；B．第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，據(jù)可得第一宇宙速度為故B錯(cuò)誤；CD．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力得解得衛(wèi)星的線速度衛(wèi)星的軌道半徑衛(wèi)星離地的高度為故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。3.如圖所示，a、b兩物塊質(zhì)量分別為m、2m，用不計(jì)質(zhì)量的細(xì)繩相連接，懸掛在定滑輪的兩側(cè)，不計(jì)滑輪質(zhì)量和一切摩擦。起先時(shí)，a、b兩物塊距離地面高度相同，用手托住物塊b，然后突然由靜止釋放，直至b物塊下降高度為hA.物塊a的機(jī)械能守恒B.物塊b機(jī)械能削減了C.物塊b重力勢能的削減量等于細(xì)繩拉力對它所做的功D.物塊a機(jī)械能的增加量等于b的機(jī)械能削減量【答案】D【解析】【詳解】A．物體a加速上升，動(dòng)能和重力勢能均增加，故機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；B．物體a、b構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有解得物體b動(dòng)能增加量為重力勢能減小2mgh，故物體b機(jī)械能減小，故B錯(cuò)誤。C．物體b重力勢能的減小量等于克服重力做的功，物體b加速下降，失重，拉力小于重力，故拉力的功小于重力勢能的減小量；故C錯(cuò)誤；D．不計(jì)滑輪質(zhì)量和一切摩擦,a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以物塊a機(jī)械能的增加量等于b的機(jī)械能削減量，故D正確。故選D。4.水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個(gè)物體并排放置，水平推力F1、F2分別作用在物體a、b上,一段時(shí)間后撤去推力，物體接著運(yùn)動(dòng)一段距離后停下，兩物體的v—t圖線如圖所示，圖中，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中（）A.F1對a物體做的功等于F2對b物體做的功B.F1對a物體的沖量小于F2對b物體的沖量C.t時(shí)刻a物體和b物體的速度方向相反D.t時(shí)刻a物體和b物體位移相等【答案】B【解析】【分析】由速度圖象分析可知，水平推力撤去后，AB與CD平行，說明加速度相同，動(dòng)摩擦因數(shù)相同，兩物體的質(zhì)量相等，說明摩擦力大小不相等。再由牛頓其次定律分析推力關(guān)系。依據(jù)功的公式分析克服摩擦力做功的關(guān)系。對整個(gè)過程，由動(dòng)能定理分析推力做功關(guān)系。依據(jù)動(dòng)量定理，探討整個(gè)過程，確定兩個(gè)推力的沖量關(guān)系。【詳解】A．依據(jù)圖象，由于AB與CD平行，撤去推力后物體的加速度相同，由知，可見兩物體所受的摩擦力大小相同。圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，則知整個(gè)過程中a的位移比b的小，由知，a、b克服摩擦力做功。對整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得，則推力做功為，結(jié)合，得水平推力F1、F2所做的功。故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)可知，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，依據(jù)動(dòng)量定理，對整個(gè)過程探討得由圖看出則有即F1對a物體的沖量小于F2對b物體的沖量。故B正確；C．t時(shí)刻a物體和b物體圖象相交，則可知，此時(shí)二者的速度大小相等，方向相同，故C錯(cuò)誤；D．圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，則可知兩物體的位移不相等，故D錯(cuò)誤；故選B。5.兩球A、B在光滑水平面上沿同始終線，同一方向運(yùn)動(dòng)，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、BA.vA′=5

m/s，vB′=2.5

m/sB.vA′=2

m/s，vB′=4

m/sC.vA′=1

m/s，vB′=4.5

m/sD.vA′=7

m/s，vB′=1.5

m/s【答案】BC【解析】【詳解】考慮實(shí)際運(yùn)動(dòng)狀況，碰撞后兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球速度應(yīng)不大于B球的速度，故AD錯(cuò)誤；兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動(dòng)量應(yīng)守恒．碰撞前，總動(dòng)量為：p=pA+pB=mAvA+mBvB=（1×6+2×2）kg?m/s=10kg?m/s，總動(dòng)能：；B選項(xiàng)：碰撞后，總動(dòng)量為：p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=1×2+2×4=10kg?m/s；總動(dòng)能：；則p′=p，符合動(dòng)量守恒和能量關(guān)系．故B正確．C選項(xiàng)：碰撞后，總動(dòng)量為：p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（1×1+2×4.5）kg?m/s=10kg?m/s；符合動(dòng)量守恒定律．，碰后符合能量關(guān)系，則C正確．6.如圖所示，光滑的水平面上，子彈以速度v0射入木塊，最終留在木塊中隨木塊一起勻速運(yùn)動(dòng)，子彈所受阻力恒定不變，下列說法正確的是（）A.子彈和木塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.子彈削減的動(dòng)能等于木塊增加的動(dòng)能C.子彈和木塊系統(tǒng)的機(jī)械能減小D.子彈對木塊做的功等于木塊對子彈做的功【答案】AC【解析】【詳解】A．子彈和木塊組成的系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，故A正確；B．系統(tǒng)內(nèi)部有阻力的存在，子彈削減的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能和系統(tǒng)內(nèi)能，因此子彈削減的動(dòng)能大于木塊增加的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；C．系統(tǒng)內(nèi)阻力做功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此機(jī)械能削減，故C正確；D．運(yùn)動(dòng)過程如圖所示子彈對木塊做功木塊對子彈做功因此做功不相等，故D錯(cuò)誤。故選AC。7.如圖所示，質(zhì)量為4kg的小車Q靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P用質(zhì)量不計(jì)、長為0.75m的細(xì)線栓接在小車上的固定豎直輕桿頂端的O點(diǎn)。現(xiàn)將小球拉至與O等高的位置，且細(xì)線剛好繃直，拉起過程中小車靜止，某時(shí)刻給小球一豎直向下的速度，重力加速度為。當(dāng)細(xì)線第一次呈豎直狀態(tài)時(shí)，下列說法正確的是（）A.小車Q的位移大小為0.25mB.小球P的速度大小為C.小車Q的速度大小為2m/sD.小球下落過程中，細(xì)線對小球P做的功為7J【答案】AC【解析】【詳解】A．小球的位移，小車Q的位移大小，小球的質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M，依據(jù)反沖原理的動(dòng)量守恒的位移表達(dá)式解得A正確；BC．設(shè)小球到達(dá)最低時(shí)速度為，小車速度為，系統(tǒng)的水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒解得B錯(cuò)誤C正確；D．小球從起先豎直向下到細(xì)線第一次呈豎直狀態(tài)時(shí)，由動(dòng)能定理得解得D錯(cuò)誤。故選AC。8.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時(shí)彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處靜止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則（）A.下滑過程中，環(huán)的加速度不斷減小B.下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2C.從C到A的過程，彈簧對環(huán)做功為D.環(huán)經(jīng)過B時(shí)，上滑的速度大于下滑的速度【答案】CD【解析】【詳解】A．圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，初速度為零，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng)，加速度為零時(shí)速度最大，再做減速運(yùn)動(dòng)，所以加速度先減小至零，后反向增大，A錯(cuò)誤；B．設(shè)摩擦力做功的大小為Wf，彈簧彈力做功的大小為W彈，圓環(huán)從A處由靜止起先下滑到C過程，由動(dòng)能定理得在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，依據(jù)動(dòng)能定理得聯(lián)立解得依據(jù)功能關(guān)系，該過程產(chǎn)生的熱量為，B錯(cuò)誤；C．從C到A過程，由動(dòng)能定理得其中，聯(lián)立解得C正確；D．圓環(huán)從A處由靜止起先下滑到B過程，由動(dòng)能定理得①圓環(huán)從B處上滑到A過程，由動(dòng)能定理得整理得②比較①②式可得則環(huán)經(jīng)過B時(shí)，上滑速度大于下滑的速度，D正確。故選CD。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第9～12題為必考題，每個(gè)試題考生都做答；第13題～16題為選考題，考生依據(jù)要求作答.（一）必考題9.某探討性學(xué)習(xí)小組利用如圖甲所示的試驗(yàn)裝置驗(yàn)證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。m2從高處由靜止起先下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖乙給出的是試驗(yàn)中獲得的一條紙帶，0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，打下5時(shí)m2還未落地，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖中所示。已知、。則（試驗(yàn)中所用的電源頻率為50Hz，g取9.8m/s2）(1)下面列舉了該試驗(yàn)的幾個(gè)操作步驟，其中操作不當(dāng)?shù)氖莀_____。A．將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接到直流電源上B．先釋放m2，再接通電源打出一條紙帶C．測量紙帶上某些點(diǎn)間的距離D．依據(jù)測量的結(jié)果，分別計(jì)算系統(tǒng)削減的重力勢能和增加的動(dòng)能(2)在紙帶上打下記數(shù)點(diǎn)4時(shí)的速度v=______m/s（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。(3)在打點(diǎn)0→4過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增加量=______J（結(jié)果保留2位有效數(shù)字），系統(tǒng)勢能的削減量=______J（結(jié)果保留2位有效數(shù)字），由此得出的結(jié)論是______?！敬鸢浮?1).AB(2).2.4(3).1.0(4).1.1(5).在誤差允許范圍內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能守恒【解析】【詳解】(1)[1]A．將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接到溝通流電源上，A錯(cuò)誤；B．起先記錄時(shí)，應(yīng)先給打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通電打點(diǎn)，然后再釋放重錘，讓它帶著紙帶一同落下，假如先放開紙帶讓重物下落，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)時(shí)器的電源，由于重物運(yùn)動(dòng)較快，不利于數(shù)據(jù)的采集和處理，會(huì)對試驗(yàn)產(chǎn)生較大的誤差，B錯(cuò)誤；C．測量紙帶上計(jì)數(shù)點(diǎn)點(diǎn)間的距離，所以，C正確；D．依據(jù)測量的結(jié)果，分別計(jì)算系統(tǒng)削減的重力勢能和增加的動(dòng)能，D正確。故選AB。(2)[2]每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），則相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為記數(shù)點(diǎn)4時(shí)的速度(3)[3]系統(tǒng)動(dòng)能的增加量[4]系統(tǒng)重力勢能的減小量[5]在誤差允許范圍內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能守恒。10.如圖所示，用碰撞試驗(yàn)器可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即探討兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系：先安裝好試驗(yàn)裝置，在水平面上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，在白紙上記錄下重垂線所指的位置O。接下來的試驗(yàn)步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在水平面上。重復(fù)多次，用完可能小的圓，把小球的全部落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置P點(diǎn)；步驟2：把小球2放在斜槽末端B點(diǎn)，讓小球1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，并運(yùn)用與步驟1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置M、N點(diǎn)；步驟3：用刻度尺分別測量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置M、P、N到O點(diǎn)的距離，即OM、OP、ON的長度。（1）對于上述試驗(yàn)操作，下列說法正確的是______。A.應(yīng)使小球每次從斜槽上相同的位置自由滾下B.斜槽軌道必需光滑C.小球1的質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量（2）上述試驗(yàn)除需測量OM、OP、ON的長度外，還須要測量的物理量有______。A.B點(diǎn)距地面的高度hB.小球1和小球2的質(zhì)量、C.小球1和小球2的半徑r（3）當(dāng)所測物理量滿意表達(dá)式_______用試驗(yàn)所測物理量的字母表示時(shí)，即說明兩球碰撞遵守動(dòng)量守恒定律。假如還滿意表達(dá)式_____用試驗(yàn)所測量物理量的字母表示時(shí)，即說明兩球碰撞時(shí)無機(jī)械能損失。【答案】(1).AC(2).B(3).m1?OP=m1?OM+m2?ON(4).m1?OP2=m1?OM2+m2?ON2【解析】【詳解】（1）[1]．因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，依據(jù)x=vt，所以用水平射程可以代替速度，則需測量小球平拋運(yùn)動(dòng)的射程間接測量速度．故應(yīng)保證斜槽末端水平，小球每次都從軌道上同一點(diǎn)滑下，但是軌道不肯定光滑；同時(shí)為了小球2能飛的更遠(yuǎn)，防止1反彈，球1的質(zhì)量應(yīng)大于球2的質(zhì)量；故AC正確，B錯(cuò)誤；故選AC.（2）[2]．依據(jù)動(dòng)量守恒得，m1?OP=m1?OM+m2?ON，所以除了測量線段OM、OP、ON的長度外，還須要測量的物理量是小球1和小球2的質(zhì)量m1、m2．故選B．（3）[3]．因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則水平位移可以代表速度，OP是A球不與B球碰撞平拋運(yùn)動(dòng)的位移，該位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平拋運(yùn)動(dòng)的位移，該位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，該位移可以代表碰撞后B球的速度，要驗(yàn)證的關(guān)系是：m1?v0=m1?v1+m2?v2將速度換成位移，則所測物理量滿意表達(dá)式為：m1?OP=m1?OM+m2?ON由功能關(guān)系可知，只要成立則機(jī)械能守恒，故若m1?OP2=m1?OM2+m2?ON2說明碰撞過程中機(jī)械能守恒．11.如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的足夠長的小車靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0＝10m/s從左端滑上小車，最終在車面上某處與小車保持相對靜止.物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2.求：（1）物塊在車面上滑行的時(shí)間t；（2）摩擦力對小車的沖量和對小車做功（3）要使物塊不從小車右端滑出，車長至少多長?【答案】（1）1.2s（2）1.2N·s；2.4J（3）6m【解析】試題分析：依據(jù)動(dòng)量守恒求出系統(tǒng)最終的共同速度，對小車和物塊運(yùn)用動(dòng)能定理，求出物塊在車面上滑行的時(shí)間；依據(jù)動(dòng)能定理求出小車獲得的動(dòng)能；依據(jù)能量守恒求出車長至少多長．（1）設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v解得：v=4m/s設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為Ff，對物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有－Fft＝m2v－m2v0其中Ff＝μm2g聯(lián)立以上代入數(shù)據(jù)解得：1.2s（2）對車由動(dòng)量定理得：I=m1v-0=＝0.3×4=1.2N·s方向水平向右對車由動(dòng)能定理得：2.4J（3）要使物塊恰好不從小車右端滑出，物塊滑到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v，則有m2v0＝(m1＋m2)v由功能關(guān)系有：代入數(shù)據(jù)解得:L＝6m（2分）故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的長度的為L＝6m12.如圖所示，有一原長為的輕質(zhì)彈簧，一端拴接在水平地面A處的固定擋板上，另一端位于水平地面上B處，彈簧處于原長。豎直平面內(nèi)半徑為的半圓形光滑軌道CDE與水平地面相切與C點(diǎn)，BC之間的距離為，A、B、C、D、E在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為的小物塊自D點(diǎn)（與圓心O等高）沿軌道由靜止起先下滑，在水平地面上向左最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)（未畫出），隨后被水平彈回，恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為，整個(gè)過程中彈簧未超出彈性限度。求：(1)小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，小物塊對軌道的壓力；(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能；(3)若變更物塊的質(zhì)量，將其壓縮彈簧至點(diǎn)，靜止釋放后物塊能滑上半圓形軌道，且在軌道上運(yùn)動(dòng)過程中未與軌道脫離，求變更后物塊的質(zhì)量應(yīng)滿意的條件。【答案】(1)3mg；(2)；(3)或【解析】【詳解】(1)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，機(jī)械能守恒在C點(diǎn)由牛頓其次定律得依據(jù)牛頓第三定律，物塊在C點(diǎn)對軌道的壓力為方向豎直向下.(2)物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，設(shè)彈簧的壓縮量為，物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)能量守恒物塊從P點(diǎn)彈回運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，能量守恒解得(3)設(shè)變更后小物塊的質(zhì)量為，物塊能滑上半圓形軌道，必需克服水平地面摩擦力做功，即物塊滑上半圓形軌道后，運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，只要不超過D即可，由能量守恒定理得或者物塊滑上半圓形軌道后能通過最高點(diǎn)E做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊能通過最高點(diǎn)的最小速率為，則由能量守恒得解得或[物理——選修3－3]13.關(guān)于固體、液體和氣體，下列說法正確的是()A.固體可以分為晶體和非晶體兩類，非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形態(tài)B.液晶像液體一樣具有流淌性，而其光學(xué)性質(zhì)與某些多晶體相像，具有各向同性C.在圍繞地球運(yùn)行的“天宮一號”中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果D.空氣的相對濕度越大，空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)越接近同一溫度時(shí)水的飽和汽壓E.大量氣體分子做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，速率有大有小，但分子的速率按“中間少，兩頭多”的規(guī)律分布【答案】ACD【解析】【詳解】固體可以分為晶體和非晶體兩類，晶體又分為單晶體和多晶體，非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形態(tài)，A正確；液晶像液體一樣具有流淌性，而其光學(xué)性質(zhì)與某些單晶體相像，具有各向異性，B錯(cuò)誤；凡作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產(chǎn)生的緣由是液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，在圍繞地球運(yùn)行的天宮一號中，自由飄浮的水滴呈球形，這是表面張力作用的結(jié)果，C正確；空氣相對濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢，D正確；大量分子做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的速率有大有小，分子速率分布有規(guī)律，即統(tǒng)計(jì)規(guī)律．分子數(shù)百分率呈現(xiàn)“中間多，兩頭少”統(tǒng)計(jì)規(guī)律，E錯(cuò)誤．14.如圖所示，肯定質(zhì)量志向氣體經(jīng)驗(yàn)從狀態(tài)A→B→C→A過程，在狀態(tài)C時(shí)氣體的溫度為T0，壓強(qiáng)為p0，體積為V0，從狀態(tài)C→A過程中氣體對外做的功為4p0V0.，求：①氣體在狀態(tài)A時(shí)溫度TA；②從狀態(tài)A→B→C→A的過程中，氣體與外界交換的熱量Q。【答案】①；②，吸熱【解析】【詳解】①氣體從B→C過程中壓強(qiáng)不變，由蓋－呂薩克定律得氣體從A→B