2022-2023學年陜西省榆林市高二（下）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2022-2023學年陜西省榆林市高二（下）期末物理試卷一、選擇題（本大題共12小題，共48分）1.物理學的基本原理在生產(chǎn)生活中有著廣泛應用.下圖中的四種器件在工作時利用了電磁感應現(xiàn)象的是(

)A.真空冶煉爐

B.回旋加速器

C.質(zhì)譜儀

D.示波器2.在光電效應實驗中，用兩種單色光先后照射同一種金屬表面，都能產(chǎn)生光電效應。對于這兩個過程，下列四個物理量中一定相同的是(

)A.遏止電壓 B.飽和光電流

C.光電子的最大初動能 D.逸出功3.以相同的初速度將甲、乙兩個小球同時豎直向上拋出并開始計時，甲球所受空氣阻力可忽略，乙球所受空氣阻力大小與速率v成正比。下列小球上升階段的v?t圖像中正確的是(B、D圖像中，甲、乙圖線在與時間軸t的交點處斜率相等)(

)A. B. C. D.4.2022年8月，重慶地區(qū)普遍高溫，生活、生產(chǎn)用電激增。在如圖所示的某地遠距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變，如果發(fā)電廠的輸出功率增大為原來的2倍，輸電線上損耗的功率將增大為原來的(

)A.1倍 B.2倍 C.4倍 D.8倍5.隨著集成電路的廣泛應用，對集成度的要求越來越高，集成度越高，各種電子元件越微型化，圖中R1和R2是材料相同、厚度相同、表面為正方形的導體.R1的邊長是R2邊長的5A.電阻R1=R2 B.電阻R1=5R26.汽車通過拱形橋頂時行駛速度過大將失去控制、無法轉(zhuǎn)向，造成安全隱患，故拱形橋上都會有限速標志，某拱形橋橋面圓弧對應的半徑為80m，汽車以限速標志對應的速度通過橋面頂點時對橋面的壓力是其重力的0.5倍，g取10m/s2，則該限速標志所示速度為(

)A.100km/? B.72km/? C.50km/? D.40km/?7.α粒子以某一初速度接近重金屬核，其運動軌跡如圖所示，M、N、Q為軌跡上的三點，N點離重金屬核最近，Q點比M點離重金屬核更遠。在重金屬核產(chǎn)生的電場中，下列說法正確的是(

)A.M點的電場強度比N點大

B.Q點的電勢最低

C.α粒子從M點運動到Q點過程中，電勢能一直增大

D.α粒子從M點運動到Q點過程中，速度一直增大8.如圖甲所示，光滑水平面上靜置一足夠長的木板Q，小滑塊P放置于其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，加速度a隨拉力F變化的關系圖像如圖乙所示，則小滑塊P的質(zhì)量為(

)

A.2kg B.3kg C.4kg D.5kg9.滑雪運動員開展滑雪訓練可簡化為如下模型：將運動員(包括滑板)簡化為質(zhì)點，運動員以某一初速度從足夠長的山坡底端向上沖，取坡底為零勢能面。運動員的機械能E總和重力勢能Ep隨離開坡底的高度的變化規(guī)律如圖所示，重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是

A.運動員的質(zhì)量為40kg

B.運動員的初速度為20m/s

C.運動員向上沖的過程克服摩擦力做功為2×103J

D.10.“兒童散學歸來早，忙趁東風放紙戒”。一小孩站在水平地面上放風箏，慢慢地釋放拉線，風箏越飛越高，先后經(jīng)過同一豎直面的a、b兩點，如圖所示，若風箏在a、b兩點時，拉線的張力大小相等，風箏的重力不能忽略，小孩受到的風力不計，則風箏在a點時(

)A.小孩受到地面的支持力比在b點時的小 B.小孩受到地面的摩擦力比在b點時的大

C.風箏受到的風力方向與在b點時的相同 D.風箏受到的風力比在b點時的小11.如圖所示，金屬棒MN在豎直放置的兩根平行導軌上無摩擦地下滑，導軌間串聯(lián)一個電阻R，兩導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，金屬棒和導軌的電阻不計，設MN下落過程中，電阻R上消耗的最大功率為P，要使R消耗的電功率增大到4P，保持各選項中其它條件不變，可采取的方法是(

)A.使R的阻值增加為原來的兩倍

B.使MN的質(zhì)量增加為原來的兩倍

C.使勻強磁場的磁感應強度減為原來的一半

D.使MN長度增加為原來的兩倍(保持MN的質(zhì)量不變)，導軌間距也變?yōu)樵瓉淼膬杀?2.中國空間站是我國建成的國家級太空實驗室。下表是一些有關空間站和月球在軌運動的有關數(shù)據(jù)，兩者均可視為繞地球做勻速圓周運動。利用萬有引力常量和表中的信息可以估算出的是(

)物理量空間站運動周期空間站離地高度月球公轉(zhuǎn)周期地球半徑數(shù)值約1.5?約為400km約27.3天約6400kmA.地球的質(zhì)量 B.地球的平均密度

C.月球公轉(zhuǎn)的線速度 D.月球表面的重力加速度二、非選擇題（共52分）13.在探究自由落體運動規(guī)律的實驗中，小林利用如圖1所示實驗裝置通過規(guī)范實驗操作得到如下一條紙帶，每5個點取一個計數(shù)點，分別標上字母A、B、C、D、E，對紙帶上各計數(shù)點的距離進行了測量，數(shù)據(jù)如圖2，請根據(jù)測得數(shù)據(jù)進行計算并回答以下幾個問題(已知電源頻率為50Hz)。

(1)對于本實驗，下列說法正確的有______(填選項前的字母)。

A.電磁打點計時器應該接低壓直流電源

B.實驗時，應該先接通電源，后釋放重物

C.釋放重物前，重物應盡可能遠離打點計時器

D.為了盡可能減小空氣阻力的影響，應該用體積較大的物體作為重物

(2)打C點時重物的速度vC=______m/s(計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

(3)根據(jù)紙帶計算出當?shù)氐闹亓铀俣萭=______m/s2(計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字14.某同學為測定電池的電動勢和內(nèi)阻，設計了圖甲所示的電路。其中定值電阻阻值為R0、電流表內(nèi)阻可忽略不計。由于一時沒有找到適合的滑動變阻器，于是選擇用一根均勻電阻絲代替(電阻絲總阻值大于R0，并配有可在電阻絲上移動的金屬夾P，金屬夾P的電阻可忽略)。

(1)根據(jù)圖甲完成圖乙中實物連線。

(2)用歐姆表測量電阻絲的總電阻，先將選擇開關旋至“×10”擋，紅、黑表筆短接調(diào)零后進行測量，結(jié)果發(fā)現(xiàn)歐姆表指針偏角太大，則應將選擇開關旋至______(選填“×1”或“×100”)擋并重新進行______。最終正確測量出電阻絲的總電阻為R。

(3)用游標卡尺測量電阻絲的總長度L，示數(shù)如圖丙所示，則L=______mm。

(4)實驗前，將P移到金屬絲______位置(選填“a”或“c”)，合上開關S，調(diào)節(jié)金屬夾的位置，依次測量出接入電路中的電阻絲長度x和電流表示數(shù)I，該小組同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪1I?x函數(shù)圖像如圖丁所示，圖線斜率為k，與縱軸截距為b，該電池電動勢和內(nèi)阻可表示為E=______，r=______。(用R0、R、k、b、L表示)15.如圖所示，質(zhì)量m=1kg的滑塊B靜止放置于光滑平臺上，B的左端固定一輕質(zhì)彈簧。平臺右側(cè)距水平地面高H=0.8m.平臺左側(cè)的光滑圓弧軌道與平臺平滑連接，圓弧軌道半徑R=1.6m，其左側(cè)端點P與圓弧圓心O的連線與豎直方向的夾角θ=60°?，F(xiàn)將滑塊A從P點由靜止開始釋放，滑塊A滑至平臺上擠壓彈簧，經(jīng)過一段時間彈簧恢復原長后，滑塊B離開平臺落到水平地面上的C點，C點到平臺右側(cè)的水平距離為x=1.2m，重力加速度大小g=10m/s2，滑塊A、B均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，求：

(1)滑塊B剛離開平臺時的速度大小v0；

(2)滑塊A的質(zhì)量m0；

(3)該過程中彈簧彈性勢能的最大值16.如圖所示，M、N之間加有電壓恒為U的加速電場，高度足夠高、寬度為d的虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)場(電場或磁場)，電子槍中發(fā)出的電子束(初速度可視為零)在M、N之間加速后以一定的速度水平射入偏轉(zhuǎn)場，速度方向改變θ后離開偏轉(zhuǎn)場，調(diào)整靶環(huán)位置，可使電子打在圓形靶環(huán)中心P點。已知電子質(zhì)量為m、電量為e，忽略電子間相互作用，電子重力不計。

(1)若虛線框內(nèi)為垂直紙面的勻強磁場，且θ=60°，求偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度B的大小和方向及電子在磁場中運動的時間；

(2)若虛線框內(nèi)為豎直方向的勻強電場，且θ=60°，求偏轉(zhuǎn)電場的電場強度E的大小和電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek。17.卡塔爾世界杯聚集來自世界各地的球迷，為了保障球迷安全，儲備了大量的氧氣瓶，賽前醫(yī)療團隊對氧氣瓶做檢測時發(fā)現(xiàn)一氧氣瓶內(nèi)的氧氣p?t圖如圖所示，瓶內(nèi)氧氣視為理想氣體，外界環(huán)境溫度不變，下列關于瓶內(nèi)氧氣從狀態(tài)1變化到狀態(tài)2的過程分析正確的是(

)A.氧氣瓶正在漏氣

B.單位時間內(nèi)撞擊氧氣瓶單位面積的分子數(shù)增多

C.瓶內(nèi)氧氣溫度降低的主要原因是氧氣對外做功

D.瓶內(nèi)每個氧氣分子的動能都減小

E.瓶內(nèi)氧氣的密度減小18.氣象氣球是進行高空氣象觀測的平臺。首先用聚脂薄膜材料制成氣球的球皮，然后對它充以比空氣密度小的氣體，之后密封好，氣球就可以攜帶儀器升空探測了。某氣象氣球升至地球平流層時，平流層的氣壓為P。從早上至中午，由于陽光照射，氣球內(nèi)氣體的內(nèi)能增加了ΔU，氣球有微小膨脹，半徑由R1膨脹到R2，已知早上氣球內(nèi)氣體溫度為T1。假設氣球內(nèi)的氣體壓強始終等于平流層氣壓，求中午時氣球內(nèi)氣體的溫度T2和早上至中午氣球內(nèi)氣體吸收的熱量Q19.甲、乙兩列橫波在同一介質(zhì)中分別從波源M、N兩點沿x軸相向傳播，波速為2m/s，振幅相同，某時刻的圖像如圖所示，則(

)A.甲、乙兩波的起振方向相反

B.甲、乙兩波的頻率之比為2：3

C.甲、乙兩波在相遇區(qū)域會發(fā)生穩(wěn)定干涉

D.再經(jīng)過3s，平衡位置在x=7m處的質(zhì)點加速度方向向上20.一半徑R=6cm的圓形玻璃柱，橫截面如圖所示，O為圓反射層心，下半部分涂有反射層。一束單色光從真空中沿CD方向平行于直徑AOB射到玻璃柱的D點，CD與AB間距離d=33cm，若該光束射入球體經(jīng)B點反射后由E點再次折射回真空中，此時的出射光線剛好與入射光線平行，已知光在真空中的速度為3×108m/s，求：

(1)玻璃柱的折射率；

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.真空冶煉爐的工作原理是在線圈中接入高頻電流，線圈中磁通量發(fā)生變化，爐內(nèi)金屬中產(chǎn)生渦電流，使爐內(nèi)金屬發(fā)熱融化，利用了電磁感應現(xiàn)象，故A正確；

B.回旋加速器的原理是利用磁場使帶電粒子旋轉(zhuǎn)，電場使粒子加速，故B錯誤；

C.質(zhì)譜儀的原理是利用電場加速，磁場使粒子偏轉(zhuǎn)，不是電磁感應現(xiàn)象，故C錯誤；

D.示波器是利用電場加速并使粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的原理制作而成，故D錯誤。

故選：A。

渦流是電磁感應現(xiàn)象的應用，、回旋加速器是帶電粒子在混合場種運動的應用、質(zhì)譜儀帶電粒子磁場中運動的應用、示波器是帶電粒子在電場中運動的應用。

本題主要考查渦流、回旋加速器、質(zhì)譜儀、示波器等的原理與應用。2.【答案】D

【解析】解：C.根據(jù)光電效應方程

Ek=?ν?W0

可知兩種單色光先后照射同一種金屬表面，光電子的最大初動能不同，故C錯誤；

A.根據(jù)動能定理可得遏止電壓為

eUc=Ek=?ν?W0

可知兩種單色光先后照射同一種金屬表面，遏止電壓不同，故A錯誤；

B.飽和光電流與單色光的光強有關，飽和光電流不一定相同，故B錯誤；

D.逸出功是金屬的固有屬性，則同一種金屬的逸出功相同，故D正確。

故選：3.【答案】B

【解析】解：甲球豎直向上拋出，甲球所受空氣阻力可忽略，有v=v0?gt，可知甲球的v?t圖像是向下傾斜的直線，斜率大小等于g。

乙球豎直向上拋出，乙球所受空氣阻力與速率v成正比，有

a=mg+fm=g+kvm

可知乙球的加速度大于甲球的加速度，乙球速度減得更快，上升階段同一時刻乙球的速度更小，乙球先上升至最高點。運動中隨著速度的減小，乙球的加速度逐漸減小，乙球的圖像是斜率逐漸減小的曲線，當乙球上升至最高點時，速度為零，空氣阻力為零，此時乙球的加速度為g，與甲球的加速度相同，故ACD錯誤，B正確。

故選：B。

甲球所受空氣阻力可忽略，做豎直上拋運動。乙球所受空氣阻力大小與速率v成正比，根據(jù)牛頓第二定律分析乙球的加速度變化情況，結(jié)合4.【答案】C

【解析】解：根據(jù)P=UI可知，發(fā)電功率增大一倍，輸電電壓不變，輸電電流增大一倍，輸電線的電阻不變，

所以輸電線損耗的功率P損=I2R

輸電線損失的功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故ABD錯誤，C正確。

故選：C。

根據(jù)功率P=UI5.【答案】A

【解析】解：設材料的電阻率為ρ，邊長為l，厚度為d，根據(jù)電阻定律有

R=ρlS=ρlld=ρd

R1和R2是材料相同、厚度相同，所以R1=R2。故A正確，BCD錯誤。

故選：A6.【答案】B

【解析】解：汽車以限速標志對應的速度通過橋面頂點時對橋面的壓力是其重力的0.5倍，根據(jù)牛頓第三定律，橋面對車的支持力也是重力的0.5倍，則有

mg?0.5mg=mv2R

可得該限速標志所示速度為v=20m/s=72km/?，故B正確，ACD錯誤。

故選：B。7.【答案】B

【解析】解：A.由點電荷電場的電場強度的決定式為：

E=kQr2

由此可知N點電場強度最大，故A錯誤；

B.離正點電荷場源最近的N點的電勢最高，最遠的Q點電勢最低，故B正確；

CD.α粒子為氦原子核，故帶正電，又因為

φN>φM>φQ

由此可知從M點運動到Q點過程中，電場力先做負功再做正功，α粒子的速度先減小再增加，電勢能先增大再減小，故CD錯誤。

故選：8.【答案】A

【解析】解：剛開始PQ兩個一起做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律

F=(mP+mQ)a

結(jié)合圖像斜率mP+mQ=3kg

當加速度大于等于2m/s2，PQ分開各自加速，設Q受到的摩擦力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律

F?f=mQa

結(jié)合圖像斜率mQ=1kg

聯(lián)立可得

mP=2kg，故A正確，BCD9.【答案】AC

【解析】解：A.運動員的質(zhì)量為：m=Epg?=800010×20kg=40kg，故A正確；

B.根據(jù)動能的計算公式可得：Ek=12mv2，則運動員的初速度大小為：v=2Ekm=2×1000040m/s=105m/s，故B錯誤；

10.【答案】BD

【解析】解：AB.對小孩受力分析，受重力、地面的摩擦力、地面的支持力和繩子的拉力，如圖

根據(jù)平衡條件

水平方向f=Fcosθ

豎直方向FN+Fsinθ=G

風箏在b點時，拉力F的大小不變，與水平面夾角θ變大，可知，f變小，F(xiàn)N變小，即小孩受到地面的支持力比在a點時的小，受到地面的摩擦力比在a點時的小，故A錯誤，B正確；

CD.在a、b兩點分別對風箏受力分析，根據(jù)共點力平衡規(guī)律，風箏受到風力與繩子拉力和風箏重力的合力等大反向，如圖

由平行四邊形法則，風箏受到的風力方向與在a點時的不同，由于繩子的拉力和風箏的重力大小不變，在b時兩個力間夾角小，則合力大，即風箏受到的風力比在a點時的大，故C錯誤，D正確。

故選：BD。

對小孩受力分析，根據(jù)平衡條件列式，分析力的變化；

在a、b兩點分別對風箏受力分析，根據(jù)共點力平衡規(guī)律同時結(jié)合平行四邊形法則，比較ab的受力情況。

11.【答案】BC

【解析】解：導體棒向下做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，速度達到最大，做勻速直線運動，此時電阻R上消耗的功率最大，設導體棒最大速度為v，導軌寬為L，則有：

E=BLv，I=BLvR

電阻R上達到最大功率時，根據(jù)平衡條件有：mg=IBL=B2L2vR

從而得到金屬棒的最大速度：v=mgRB2L2

電阻R上的最大功率為：P=E2R=B2L2v2R=m2g2RB2L2

A、使R的阻值R增加為原來的兩倍，R消耗的最大電功率增大到2P，故A錯誤；

B、使MN的質(zhì)量m增加為原來的兩倍，R消耗的最大電功率增大到4P，故B正確；

C、使勻強磁場的磁感應強度B減為原來的一半，R消耗的最大電功率增大到4P，故C正確；

12.【答案】ABC

【解析】解：AB、已知空間站運動周期T、空間站離地高度?、地球半徑R，根據(jù)萬有引力提供向心力得：

GMm(R+?)2=m4π2T2(R+?)

得地球質(zhì)量為：M=4π2(R+?)3GT2，可以求出地球的質(zhì)量M。

由M=ρ?43πR3可以求出地球的密度ρ，故AB正確；

C、月球繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得：

GMmr13.【答案】B

1.94

9.67

【解析】解：(1)A.電磁打點計時器應該接低壓交流電源，故A錯誤；

B.實驗時，應該先接通電源，后釋放重物，故B正確；

C.釋放重物前，重物應盡可能靠近打點計時器，以獲得更多的點，故C錯誤；

D.為了盡可能減小空氣阻力的影響，應該用質(zhì)量較大，體積較小的物體作為重物，故D錯誤；

故選：B。

(2)相鄰計數(shù)點間的時間間隔為：T=5×1f=5×150s=0.1s

打C點時重物的速度為

vC=xBD2T=14.58+24.232×0.1×10?2m/s=1.94m/s

(3)根據(jù)逐差法可解得

g=xCE?14.【答案】×1

歐姆調(diào)零

102.30

c

RkL

bR【解析】解：(1)根據(jù)電路圖連接實物圖如圖所示：

(2)選擇開關旋至“×10”擋，歐姆表指針偏角太大，說明指針所指示數(shù)過?。挥捎陔娮铚y量值=指針所指示數(shù)×倍率，為了增大指針所指示數(shù)，應將選擇開關旋至×1，重新進行歐姆調(diào)零；

(3)20分度游標卡尺的精確度為0.05mm，電阻絲總長L=102mm+6×0.05mm=102.30mm；

(4)為保護電路，實驗前應將滑動變阻器調(diào)至最大值，即將P移到金屬絲c處；

接入電路的電阻絲長度為x時，電阻為Rx=RL?x

根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=I(R0+Rx+r)

解得1I=R0+rE+REL?x

根據(jù)1I?x函數(shù)，結(jié)合圖像可知，圖像斜率k=REL

圖像的縱截距b=R0+rE

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電動勢E=RkL

內(nèi)阻r=bRkL?R0

故答案為：(1)見解析；(2)×1；歐姆調(diào)零；(3)102.30；(4)c；RkL；

bRkL15.【答案】解：(1)B離開平臺后做平拋運動，豎直方向：H=12gt2

水平方向有：x=v0t

聯(lián)立解得：v0=3m/s

(2)滑塊A達到最低點的速度大小為v1，根據(jù)動能定理可得：m0gR(1?cos60°)=12m0v12

取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m0v1=m0v1′+mv0

根據(jù)機械能守恒定律可得：12m0v12=12m0v1′2+12mv【解析】(1)B離開平臺后做平拋運動，由平拋的位移規(guī)律求平拋的初速度；

(2)根據(jù)動能定理求解滑塊A達到最低點的速度大小，根據(jù)動量守恒定律、機械能守恒定律求解A的質(zhì)量；

(3)當滑塊A.、B速度大小相等時彈簧彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律有、機械能守恒定律求解彈簧彈性勢能的最大值。

本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；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，再根據(jù)能量關系列方程求解。16.【答案】解：(1)電子經(jīng)過電場加速過程，根據(jù)動能定理可得：

eU=12mv2

電子帶負電，根據(jù)左手定則可知磁感應強度B方向垂直紙面向里。

設電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，其軌跡如下圖所示，

由幾何關系可得：d=rsin60°

由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：

evB=mv2r

聯(lián)立解得：B=1d3mU2e，方向垂直直面向里。

電子在磁場中運動的時間為：

t=θrv，θ=π3

解得：t=πd96meU

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，設在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間為t′，則有：

d=vt′

vy=at′=eEmt′

tan60°=vyv

聯(lián)立可得：E=23Ud【解析】(1)根據(jù)動能定理求得電子經(jīng)過電場加速獲得的速度，根據(jù)左手定則可知磁感應強度方向，根據(jù)幾何關系求得粒子在磁場中的運動半徑，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解磁感應強度大小，運動時間等于軌跡弧長與線速度大小的比值；

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，將運動分解處理。根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解電場強度和末速度。根據(jù)動能定義式求解末動能。

本題考查了帶電粒子在電磁場中運動問題，典型基礎題目。對于在偏轉(zhuǎn)電場中的類平拋運動，應用運動的合成與分解解答，分運動具有等時性與獨立性。對于在磁場中的勻速圓周運動，需要畫出粒子的運動軌跡，確定圓心、運動半徑、軌跡圓心角，由洛倫茲力提供向心力求解其它物理量。17.【答案】ACE

【解析】解：A.根據(jù)題意可知，狀態(tài)1變化到狀態(tài)2的過程，狀態(tài)1與絕對零度連線的斜率大于狀態(tài)2與絕對零度連線的斜率，由此可知狀態(tài)2氣體的體積大于狀態(tài)1氣體的體積，所以氧氣體積變大，可說明氧氣瓶正在漏氣，故A正確；

B.氣體體積變大，分子數(shù)密度變小，溫度減小，分子的平均動能也降低，根據(jù)氣體壓強的微觀解釋可知，單位時間內(nèi)撞擊氧氣瓶單位面積的分子數(shù)減少，故B錯誤；

C.狀態(tài)1變化到狀態(tài)2的過程中體積減小，氣體對外做功W<0，根據(jù)熱力學第一定律ΔU=Q+W可知氣體內(nèi)能減小，溫度降低，故C正確；

D.溫度降低，氣體分子熱運動的平均動能降低，但不是每個分子的動能都減小，故D錯誤；

E.因為漏氣，瓶內(nèi)氣體質(zhì)量變小，而氧氣瓶體積不變，瓶內(nèi)氧氣的密度減小，故E正確。

故