2024屆高考物理挑戰(zhàn)模擬卷 【全國卷】(含答案)

2024屆高考物理挑戰(zhàn)模擬卷【全國卷】

學校：___________姓名：班級：___________考號：

一、單選題

1.食鹽被灼燒時會發(fā)出黃光，主要是由食鹽蒸氣中鈉原子的能級躍遷造成的。在鈉原

子光譜的四個線系中，只有主線系的下級是基態(tài)，在光譜學中，稱主線系的第一組線

（雙線）為共振線，鈉原子的共振線就是有名的黃雙線（波長為589.0nm、589.6

nm）,已知普朗克常量〃=6.63xl（r"J.s,元電荷1.6x1（1C,光速

c=3x10sm/so下列說法正確的是（）

A.玻爾理論能解釋鈉原子的光譜現(xiàn)象

B.灼燒時鈉原子處于高能級是因為從火中吸收了能量

C.黃雙線能使逸H1功為2.25eV的金屬發(fā)生光電效應

D.太陽光譜中有題述兩種波長的光，說明太陽中有鈉元素

2.如圖所示，三個質量均為根的小球用輕彈簧懸掛在天花板下，相鄰兩小球之間用

質量不計的細線拴接，己知輕彈簧的勁度系數(shù)為匕且處于彈性限度內，重力加速度

為以某時刻2、3間的細線突然斷裂，則（）

01

02

>3

A.細線斷裂瞬間，小球1處于超重狀態(tài)小球2處于平衡狀態(tài)

B.細線斷裂瞬間，1、2間細線的拉力大小為〃吆

C.小球1向上運動的位移為華■時，速度最大

k

D.小球1向上運動的位移為等時，1、2間細線的拉力小于〃7g

k

3.2023年7月10日，經(jīng)國際天文學聯(lián)合會小行星命名委員會批準，中國科學院紫金

山天文臺發(fā)現(xiàn)的、國際編號為381323號的小行星被命名為“樊錦詩星”。如圖所示，

“樊錦詩星”繞日運行的橢圓軌道面與地球繞日運行的圓軌道面間的夾角為20.11

度，軌道半長軸為3.18天文單位（日地距離為1天文單位），遠日點到太陽中心的距

離為4.86天文單位。則()

A.“樊錦詩星”繞太陽一圈大約需要2.15年

B.“樊錦詩星”在遠日點的速度大于地球的公轉速度

C.“樊錦詩星”在遠、近日點的速度大小之比為與

4.862

D.“樊錦詩星”在近日點的加速度大小與地球的加速度大小之比為士

9

4.如圖所示，在水平向右的勻強電場(未畫出)中，一帶正電的液滴在豎直平面內運

動，P、。為其運動軌跡上的兩點，液滴經(jīng)過兩點時的速度大小均為%,速度方向與水

平方向的夾角分別為a=53、/?=37,已知液滴質量為機、帶電荷量為夕，重力加速

度為g,sin37=0.6,則()

A.液滴認。點到。點的時間為普

3g

B.P、。兩點間的電勢差為萼

50q

C.液滴從P點到Q點所受合力的功率一直減小

D.液滴從P點到Q點動能最小值為/您

二、多選題

5.某同學設計的研究安培力裝置的電路圖如圖所示，在虛線區(qū)域內存在垂直紙面向外

的勻強磁場，閉合開關加后，該同學分別進行了如下兩次操作：

①閉合開關S?,保持S3斷開，待回路穩(wěn)定后，斷開開關加；

②閉合開關S3,保持S2斷開，待回路穩(wěn)定后，斷開開關加。

設向上為安培力的iF方向，不考慮電源內阻且忽略電容器的充電電流,，電感線圈直流

電阻為零，則對應操作下描述安培力隨時間變化的圖像可能正確的是（）

6.如圖所示，一質量為陽、半徑為R的光滑勻質半球，靜止于光滑水平桌面上，在半

球最右側的地面上固定一豎直擋板。一質量為，小可視為質點的小球靜止在半球的頂

端?，F(xiàn)小球受到輕微擾動，從半球頂端開始由靜止向左或者向右下滑，從小球開始運

動到落到桌面的過程中，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.若小球向左運動，小球重力的功率先增大再減小

B.若小球向右運動，小球落到桌面上時速度小于師

C.若小球向左運動，小球與半球組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒

D.若小球向右運動，小球在與半球分離前的軌跡為橢圓的一部分

7.某同學在空地上練習投籃，籃球質量網(wǎng)=04kg,現(xiàn)以初速度%=15m/s、沿與水

D.地球周圍磁場中粒子可以沿東西方向來回運動

三、實驗題

9.某物理小組通過實驗研究空氣阻力與物體速度的關系，該小組通過查閱資料發(fā)現(xiàn)，

空氣阻力與速度的關系可以近似處理成/=初或/=%/，小組同學準備了若干由同種

輕質材料（密度為p）制成的半徑為，?的小球，將它們從足夠高的同一個地方靜止釋

放，利用攝像機拍攝其下落過程，并利用計算機擬合出每個小球運動的UT圖像。圖

像趨于一條水平的漸近線，該漸近線表示的速度稱為收尾速度。O

（1）某同學假設空氣阻力/和小球的速度成正比，比例系數(shù)為鼠已知當?shù)刂亓铀?/p>

度為g,那么收尾速度的表達式為。二（用匕幾g,2表示）。

（2）為了驗證自己的假設，該小組通過查找資料，得到球在空氣中運動受到的阻力

f=671/7/7,其中77=1.8x10。pa。,,?為球體的半徑。用天平稱量出實驗所用小球的質

量加=2.7x10"kg,用游標卡尺測量出該小球的直徑”如圖所示，則

d=mmo

45cm

\:乂/唱下|1川日|||中11川1

01020

（3）按（2）問表達式通過計算得到該小球的收尾速度m/s（結果保留2

位有效數(shù)字），則該小球下落過程末期空氣阻力與速度的關系為、，

10.熱敏電阻的阻值會隨著溫度的變化而改變。電阻值隨溫度的升高而增大的熱敏電

阻叫正溫度系數(shù)熱敏電阻，電阻值隨溫度的升高而減小的熱敏電阻叫負溫度系數(shù)熱敏

電阻。為了測量熱敏電阻在不同溫度下的電阻值R,,學習小組設計了如圖甲所示的電

路。將熱敏電阻密封絕緣包裝后浸入熱水中，調節(jié)水的溫度，描繪出的該熱敏電阻的

電阻值R,隨溫度，變化的關系曲線如圖乙所示。

（1）根據(jù)圖甲用筆畫線代替導線將圖丙實物圖連線補充完整。

（2）開關S閉合前，應將滑動變阻器R的滑片移至（填或"b”）端。

（3）在某一溫度時，電壓表的讀數(shù)為1.12V,電流表的讀數(shù)為（）.20A,已知電流表內

阻RA=0.6。，電壓表內阻&=1.5kC,測得此溫度下熱敏電阻的電阻值

R,=_d該熱敏電阻為（填“正溫度系數(shù)”或“負溫度系數(shù)”）熱敏電

阻。

（4）利用該熱敏電阻制作一個簡易的溫控裝置，電路圖如圖丁所示，電磁鐵與熱敏電

阻（、滑動變阻器R串聯(lián)接在電源上兩端，當電磁鐵的電流超過某一特定值時，銜鐵

被吸合，加熱器停止加熱，實現(xiàn)溫控。當前溫度為40℃時加熱器停止加熱，若要設置

到溫度為60℃時加熱器停止加熱，則滑動變阻器的阻值應______（填“調大”或“調

小"）______

圖丁

四、計算題

11.如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定在水平地面上，上端與質量為，〃的平板連

接，平板水平且處于靜止狀態(tài)。一質量也為，〃的物塊從平板正上方高力處的尸點自由

落下，與平板碰撞后不反彈，與平板一起向下運動距離與后二者速度達到最大。已知

=重力加速度為g,不計空氣阻力，彈簧的彈性勢能緯=；攵/［其中攵為彈簧的

勁度系數(shù)(未知)，犬為彈簧的形變量］。求：

□丁

h

(1)物塊與平板碰后瞬間的速度大小匕，和彈簧的勁度系數(shù)太

(2)物塊離開平板后上升到的最高點到P點的距離。

12.如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面固定放置，傾角為。=30。，兩水平虛線I、II

間存在垂直斜面向上的勻強磁場，兩虛線間的距離為33質量為〃?的矩形線框而〃

由虛線I處靜止釋放，初始時cd與虛線I重合，bc=2ab=2L,經(jīng)過一段時間線框穿

過磁場。已知線框完全進入磁場以及線框離開磁場前均已達到勻速，線框的總電阻值

為R,重力加速度為g,磁感應強度為3=悸后。整個過程線框不發(fā)生偏轉，

求：

(I)線框勻速時的速度大??；

(2)線框進入磁場與離開磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱之比;

(3)線框穿過磁場所用的總時間。

13.［物理——選修3-3］

(i)一兩端開口的容器水平固定，通過用輕桿相連的兩個豎直活塞封閉一定質量的理

想氣體，同時降低兩部分氣體溫度的過程中，氣體從狀態(tài)1經(jīng)狀態(tài)2最終變化到狀態(tài)

3,容器內氣體的〃-丫圖像如圖所示，則下列說法正確的是

21

3

V

0

A.該容器的粗細是均勻的

B.1到2過程氣體內能的減少量小于氣體向外界放出的熱量

C.1到2過程單位時間撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多

D.2到3過程氣體內能的減少量等于分子動能的減少量

E.2到3過程氣體與外界交換的熱量大于分子動能的減少量

(2)如圖甲所示，通過打氣筒向某容器中充氣，打氣筒和容器連接處安裝有單向閥

(氣筒內氣體壓強大于容器內氣體壓強時能向下打開)，打氣筒右側底部也安裝有單

向閥(活塞向上移動過程中能向上打開)。打氣過程中，當打氣筒中的活塞位于最高

處時，通過把手對其施加向下的作用力使活塞緩慢向下運動到打氣筒底部，所施加的

作用力與活塞移動距離的關系如圖乙所示。已知活塞橫截面積為S=10cm2,活塞和把

手的質量均不計，外界大氣壓強為1x105pa。整個過程氣體溫度不變。

(i)求容器的容積；

(ii)求整個打氣過程中打入氣體與打氣前容器內氣體的質量之比。

14.[物理——選修3-4]

(1)如圖所示，沿水平方向做簡諧運動的質點，經(jīng)A點后向右運動，從質點經(jīng)過A

點時開始計時，4=ls時質點經(jīng)過B點，％=3s時質點也經(jīng)過8點，已知A、B兩點相

距0.2m且關于質點的平衡位置對稱，則下列說法正確的是

AB

A.該振動的振幅和周期可能是0.1m,1s

B.該振動的振幅和周期可能是0.1m,0.4s

C.若小G時刻均向左經(jīng)過8點，則振幅和周期可能為0.2m,0.4s

D.若小/2時刻分別向右、向左經(jīng)過8點，則振幅和周期可能為().2m,9s

-7

7

E.若乙、f,時刻分別向右、向左經(jīng)過8點，則振幅和周期可能為0.2m,—s

-13

(2)某同學在家中利用激光筆和卷尺測量水的折射率。將卷尺豎直貼在魚缸內部左

側，激光筆發(fā)出激光從空氣射入水中，調整好角度，折射光恰好打在刻度尺?？潭?/p>

處，水面處刻度尺的讀數(shù)為九，激光在水面的反射光打在卷尺上刻度處的讀數(shù)為質，

測出入射點到卷尺的距離為小

(i)求水的折射率〃；

(ii)若水面高度下降A/2,使入射角度和卷尺位置保持不變，折射光仍打到0刻度

處，求激光的反射光打到卷尺上刻度處的讀數(shù)。

參考答案

1.答案：B

解析：玻爾理論成功解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，但無法解釋復雜原子的光譜現(xiàn)

象，故A錯誤；食鹽被灼燒時，鈉原子吸收能量處于高能級，向低能級躍遷時放出光

子，故B正確；黃雙線的光子能量約為￡==6.63x10-34X、jk2.l0eV,

2589.0x10-9

根據(jù)發(fā)生光電效應的條件可知，不能使逸出功為2.25eV的金屬發(fā)生光電效應，故C

錯誤；太陽光譜是吸收譜，太陽光譜中有題述兩種波長的光，說明太陽大氣層有鈉元

素,故D錯誤。故選B。

2.答案：C

解析：2、3間的細線突然斷裂，斷裂瞬間2、3間細線的拉力消失，而彈簧的彈力不

變，則此后小球1、2向上加速，小球1、2均處于超重狀態(tài).A錯誤；斷裂前,彈簧

的彈力大小為尸=3/咫，伸長量為％=3空，斷裂瞬間對小球1、2由牛頓第二定律有

K

F-2mg=Ima,解得。=8,對小球2有T-mg=，解得了二二〃吆，B錯誤；當小

球1、2的加速度為()時速度最大，此時有尸=2/〃g=心力則空，小球1向上

K

運動的位移為=/=詈時，速度最大，此時小球1、2間細線的拉力大小等于

〃吆,C正確，D錯誤。

3.答案：D

解析：根據(jù)開普勒第三定律有金=耳，解得耳二567年，A錯誤；過“樊錦濤星”

/地/樊

的遠日點構建一以日心為圓心的圓軌道，繞太陽做圓周運動的物體，根據(jù)萬有引力提

供向心力有6粵=機上，可得u=、匡，則軌道半徑越大，衛(wèi)星的線速度越小，在

rrVr

構建圓軌道上運動的衛(wèi)星的線速度小于地球的線速度，“樊錦詩星”在遠日點要想運

動到該構建圓軌道上，需要加速，則“樊錦詩星”在遠日點的速度小于構建圓軌道上

衛(wèi)星的線速度，綜上，“樊錦詩星”在遠日點的速度小于地球的公轉速度，B錯誤；

軌道半長軸為3.18天文單位，遠日點到太陽中心距離｛為4.86天文單位，則近日點到

太陽中心距離弓為1.5天文單位，根據(jù)萬有引力提供向心力有G%=〃ZQ,則“樊錦

詩星”在近日點的加速度大小與地球的加速度大小之比為空=—L=D正確；對

用1.529

于“樊錦詩星”在遠日點和近日點附近很小一段時間加內的運動，根據(jù)開普勒第二定

律有，榜/解得工=殳=_,c錯誤C

22'-v2/;4.86

4.答案：B

解析：第一步：求未知，根據(jù)水平和豎直兩方向上的運動求解電場強度

將液滴的運動分解，水平方向由動量定理有4E/=〃%cos4-加％cosa,豎直方向由動

量定理有一〃儂=〃?%sin/-〃?%sina,解得液滴從尸點運動到Q點的時間為，=%,

5g

電場強度大小為石="，A錯誤。

q

第二步：找關系，電勢差與沿電場方向的位移有關，所以要結合運動規(guī)律求水平位移

液滴從。到。在水平方向做勻變速運動，位移為x二%cosa：%cos)/,理,則

250g

P、Q兩點間的電勢差為U=Er=2壇，B正確。

50g

第三步：根據(jù)合力與速度間的夾角判斷合力功率變化，巧妙分解運動找極值

根據(jù)以上分析可知液滴所受合力與水平方向成45°角斜向右下，從P到Q,液滴速度

與合力垂直時合力的功率為零，從該位置運動到Q點，液滴沿合力方向的速度逐漸增

大，合力的功率逐漸增大，C錯誤；液滴從P到。，在尸點的速度與合力的夾角為

98°,當沿合力方向的速度減為零時，速度最小，此時液滴速度為%m=%cos8,最

小動能為球而一g切常cos287tg”明;cos253,D錯誤。

5.答案：AC

解析：電容器所在支路開關閉合，通過磁場區(qū)域導線中的電流會略微減小，忽略電容

器充電電流的影響，電容器充滿電即穩(wěn)定后通過磁場區(qū)域導線的電流不變，斷開開關

S1后，電容器放電，通過磁場區(qū)域導線的電流大小逐漸減小至0,電流方向不變，受

力方向不變，A正確，B錯誤；閉合開關S,,電感穩(wěn)定需要一定的時間，且其對電流

的阻礙作用越來越小，直到磁場區(qū)域導線中的電流為零，導線所受安培力逐漸減小為

0,斷開開關加瞬間，通過磁場區(qū)域導線的電流反向，且大于開關S3閉合前的，導線

所受安培力反向，且電流會逐漸減小，安培力逐漸減小，C正確，D錯誤。

6.答案：BD

解析：第一步：分析小球向左運動的情況（半球右側有擋板）

小球從開始運動到落到桌面，沿豎直方向的速度逐漸增大，重力的功率一直增大，A

錯誤。小球向左運動一小球給半球的作用力有水平向右的分量一半球對擋板有向右的

作用力一半球不會運動，擋板對半球有向左的作用力。擋板給半球施加水平方向的作

用力，故小球與半球組成的系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，C錯誤。

第二步：分析小球向右運動時的情況

小球向右運動，同理可知，半球會向左運動（動能不為零），小球從開始運動到落到

桌面過程中減小的勢能等于二者增加的動能之和，由〃吆=gm/可知小球落到桌面」_

時速度一定小于y,B正確。

第三步：結合解析幾何分析小球向右運動脫離半球前的軌跡

如圖所示，以初始位置半球的球心為坐標原點建立平面直角坐標系，取小球脫離半球

過程中軌跡上的任意一點A,運動到4點時，小球相對桌面水平位移為。8,半球相對

地面產(chǎn)生了。。的位移，由水平方向動量守恒可知0=〃7小08-〃卬。01,則

。?二」。8,由幾何關系可知x=O3=HcosJ-Oa，y=Rsin。，代入可得

加半

/\r/\-|2

777m

X=/?COS<9,則X1+，+），2=卡，故其軌跡為橢圓的一部分，D正

I叫"L叫

確。

7.答案：BD

解析：上升過程考慮空氣阻力時，豎直方向籃球除受到重力外，還受到空氣阻力向下

的分力，籃球向下的加速度大，先減速到零，上升的最大高度小，則②為考慮空氣阻

力作出的圖線，A錯誤，B正確。上升過程，考慮空氣阻力時，籃球在水平方向的速

度逐漸減小，且運動時間較短，故其水平位移較小，C錯誤。不考慮空氣阻力時，籃

球加速度等于重力加速度g,對應的圖線應為一條水平線段，結合題圖可知，圖線

③、④分別為考慮和不考慮空氣阻力時作出的圖線。③、④交點對應的時刻，考慮空

氣阻力時籃球的加速度大小等于重力加速度g?？紤]空氣阻力時，籃球在上升過程

中，豎直方向的加速度大小始終大于g,水平方向也有加速度，結合夾角可知合加速

度一定大于g;到達最高點時，豎直方向的加速度大小為g,水平方向的加速度不為

零，則合加速度的大小一定大于g;下降過程中，豎直方向的加速度大小小于g,水平

方向具有加速度，某時刻的合加速度大小可能等于g，此時籃球已經(jīng)過最高點，D正

確。

8.答案：AC

解析：從。到c,將粒子運動分成垂直磁場方向和平行磁場方向的兩個分運動，粒子

向右運動過程中，磁感應強度逐漸減小，粒子的運動周期逐漸增大，轉過相同角度所

需的時間越來越長，同時洛倫茲力有沿平行磁場方向的分力，分力的沖量使平行磁場

方向的速度增大，故粒子向右運動過程中軌跡半徑增大主要是因為磁感應強度減小，

不是垂直磁場方向的速度增大，B錯誤；從。到力和從〃到c,粒子均繞軸線轉動一

周，根據(jù)以上分析可知粒子由。到〃所需的時間小于由〃到c所需的時間，A正確；

粒子從〃到c所用時間長，平行磁場方向的速度大，則沿軸線方向經(jīng)過的位移比較

大，C正確；地球周圍的磁場是南北方向，結合題述可知，粒子應該在磁場中沿南北

方向來回運動，D錯誤。

9.答案：(1)4?！皾?/p>

3k

(2)39.85

(3)4.0X103；f=kv2

解析：(1)從題中所給條件“UT圖像趨于一條水平的漸近線”可知小球運動末期近

似勻速，所受重力與阻力大小相等，方向相反，小球的體積如匚，且有

3

Vp^=kvf,整理得。=包竺士；（2）由游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知

3K

d=39mm+17x與mm=39.85mm；（3）根據(jù)/=6?！ò耍┒▃g,解得

v,.?4.0xltfm/s,明顯不符合實際，說明該小球運動末期所受阻力與速度關系應為

f=kv2o

10.答案：（1）如圖所示

（2）a

（3）5；負溫度系數(shù)

（4）調大；2

解析：（1）實物圖連線時注意電流要從電流表、電壓表的正接線柱流入。

（2）開關S閉合前，應將滑動變阻器R的滑片移至。端，電壓表、電流表的讀數(shù)從（）

開始調節(jié)，避免電流、電壓超過量程。

（3）由歐姆定律有得凡==5。。由題圖乙可知該熱敏電阻為負

溫度系數(shù)熱敏電阻。

（4）設電磁鐵電阻為段,電源電動勢為E、內阻為「，由用一圖可知，溫度為40c

時熱敏電阻阻值為&=4.0。，此時回路電流/=-----------；溫度為60℃時熱敏

R/R+r+Rj

電阻阻值為0=2.0。，熱敏電阻阻值減小了2.0Q,把滑動變阻器阻值調大20,溫

度為60°C時回路電流達到觸發(fā)值，銜鐵被吸合，加熱器停止加熱。

11.答案：（1）見解析

⑵%

解析：（l）設物塊與平板碰撞前瞬間的速度大小為％,根據(jù)動能定理有機g/z=5相4

又〃=4%

根據(jù)動量守恒定律有〃?％=2〃%

聯(lián)立解得V]=J2gx（）

當物塊和平板一起運動的加速度為零時，其速度達到最大，設平板靜止時彈簧壓縮量

為X，則有處=mg

且攵（%十/）=2〃7g

聯(lián)立解得攵=螫4=%

玉）

（2）當物塊與平板剛要分離時，它們間彈力為零，即物塊的加速度〃=&,此時平板

的加速度也為g,可知彈簧彈力為零，即彈簧恢復原長時物塊與平板分離。設此時物

塊和平板的速度大小為匕，從物塊與平板碰撞后瞬間到二者分離的過程，根據(jù)能量守

恒定律有gx+gM=2"咚"+gx2mv}

設物塊上升到最高點上升的距離為九，則有九二g"

2g

則最高點到P點的距離為=6-4-小

聯(lián)立解得九=u/

-4

12.答案：（1）瘋

（2）1:3

(3)

解析：（1）線框進出磁場的過程，設線框勻速時速度為匕，由法拉第電磁感應定律有

E=BL\\

由閉合電路歐姆定律有/十F

線框勻速時所受的安培力為尸=5比

線框做勻速直線運動時，由力的平衡條件得尸=〃取sina

聯(lián)立解得片=病

(2)線框進入磁場的過程中，由能量守恒定律得〃燈.2人后。=0|+3〃7匕2

解得。I=；mgL

從加邊進入磁場到"邊剛要離開磁場的過程中，線框中的感應電流為零，則線框的

機械能守恒，設cd邊剛要離開磁場時速度為匕，由機械能守恒定律得

mgLsincz=—mv；-—〃z片

解得v2=\!2gL

由題意可知，線框ab邊離開磁場時的速度為匕=片=瘋

線框離開磁場的過程，由能量守恒定律得Q?=tng-2Lsinor+-inv；--mv1

解得。2

則9：。2=1：3

(3)線框進入磁場的過程中，設通過線框某橫截面的電荷量為/則有，/=見

由法拉第電磁感應定律得E=—

￡

又由閉合電路歐姆定律得，=￡

R

又△G=R2Z?

整理得q=攀

線框進入磁場的過程，由動量定理得“gsina?4-而=〃叫

解得「4.

同理，線框離開磁場的過程，由動量定理得/%gsina4-百仇=〃叫-〃叱

解得…腎傳

線框在磁場中運動時，由動量定理得〃吆sina=〃%-，叱

解得…楞就

13.答案：(1)BCD

(2)(i)300cm3

(ii)2:3

解析：(1)若容器是粗細均勻的，則兩活塞受到外界大氣的壓力始終相同，活塞不發(fā)

生移動，容器內的氣體發(fā)生等容變化，與所給圖像不符，A錯誤；1到2過程，外界氣

體對容器內氣體做正功，氣體溫度降低，結合熱力學第一定律可知，氣體內能的減少

量小于氣體向外界放出的熱量，B正確；1到2過程，氣體溫度降低，分子的平均動能

減小，氣體壓強不變，結合壓強的微觀意義可知，單位時間內撞擊單位面積器壁的分

子數(shù)增多，C正確；2到3過程，由于理想氣體不考慮分子勢能，可知氣體內能的減少

量等于分子動能的減少量，氣體發(fā)生等容變化，外界對氣體不做功，故氣體與外界交

換的熱量等于氣體內能的減少量，綜上，D正確，E錯誤。

(2)(i)結合圖像可知，初始時氣筒內氣體壓強等于外界大