安徽省2020届高三物理下学期线上考题(十一)(含解析)

安徽省定远县2020届高三物理下学期线上考题（十一）（含解析）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。

共40分。

其中1-6小题为单选题，7-10小题为多选题。

）
1.下列说法正确的是（ ）
A. 氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，电子的轨道半径增大
B. 238234492902U Th+He →是核裂変方程，当铀块体积大于临界体积时，才能发生链式反应
C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比
D. α射线是高速运动的氦原子核，能够穿透几厘米厚的铅板
【答案】A
【解析】
【详解】根据波尔理论，氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，要吸收光子，电子的轨道半径增大，选项A 正确；B 方程是衰变方程，B 错误；根据光电效应方程，光电子的最大初动能为k E hv W =-，不是与频率ν成正比，C 错误．α射线是高速运动的氦原子核，但是不能穿透铅板，D 错误；
2.胶州湾大桥是青岛市境内黄岛区、城阳区以及李沧区的跨海通道，对进一步加快山东半岛城市群建设有着重要意义．如图，设桥体中三块相同的钢箱梁1、2、3受到钢索a 、b 、c 拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的作用力均沿水平方向，下列说法正确的是（ ）
A. 钢箱梁1对2的作用力大于钢箱梁2对1的作用力
B. 钢箱梁3所受合力最大
C. 钢箱梁2、3间作用力大于钢箱梁1、2间作用力
D. 钢索c 上的拉力大于钢索b 上的拉力
【答案】C
【解析】
【详解】A 、钢箱梁1对2的作用力与钢箱梁2对1的作用力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故选项A 错误；
B 、每个钢箱梁都处于平衡状态，合力均为零，故选项B 错误；
C 、对钢箱梁2受力分析，设钢索的拉力与水平方向的夹角为θ，由平衡条件知
2312F F Tcos θ=+，所以钢箱梁1、2间作用力小于钢箱梁2、3间作用力，故选项C 正确；
D 、由竖直方向受力平衡知Tsin mg θ=，可得mg T sin θ
=
，钢索拉力的方向相同，所以三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等，故选项D 错误．
3.如图所示，平面直角坐标系xOy 的x 轴上固定一带负电的点电荷A ，一带正电的点电荷B 绕A 在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O 点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点．为使B 绕A 做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy 平面的匀强磁场，不计B 受到的重力．下列说法中可能正确的是（ ）
A. 当B 运动到1P 点时，加一垂直于xOy 平面向里的匀强磁场
B. 当B 运动到2P 点时，加一垂直于xOy 平面向外的匀强磁场
C. 当B 运动到3P 点时，加一垂直于xOy 平面向里的匀强磁场
D. 当B 运动到4P 点时，加一垂直于xOy 平面向外的匀强磁场
【答案】C
【解析】
【详解】在洛仑兹力作用下做圆周运动，速度方向与受力方向垂直，所以只能在P 1、P 3位置，如果加垂直纸面向里磁场，洛仑兹力与库仑力方向相同，合力变大，向心力变大，对应速度大的地方变轨，所以在P 3点施加磁场；如果加垂直纸面向外的磁场，洛仑兹力与电场力方向相反，合力变小，向心力变小，则在速度小的地方变轨，在P 1位置施加磁场，ABD 错误C 正确．
4.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m
的木块A在木板B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木
板B的图象，在木块A从木板B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能
E k随位移s的变化图象，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对A分析，受到B对A的滑动摩擦力作用即f mg
μ
=，所以A做匀减速直线运动，
加速度
1
f
a g
m
μ
==，对B受力分析，受到A对B向右的摩擦力f mg
μ
=，因此B做匀加速
直线运动，加速度
21
f m
a g a
M M
μ
==<，速度时间图像斜率即代表加速度，即B的速度时间
图像斜率大于A的图像斜率，故AB错．当A减速，B加速直到二者速度相等时，开始一起匀
速直线运动，在此过程中，对A分析有0
kA k
fs E E
-=-，对B分析0
kB
fs E
=-，二者的
k
E s
-
图像的斜率相同，故C错误，D正确．
故选D。

5.如图所示，在足够长的水平线上方有方向垂直纸面向里范围足够大的匀强磁场区域.一带负
电粒子P从a点沿θ=30∘方向以初速度v垂直磁场方向射入磁场中，经时间t从b点射出磁
场.不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子在磁场中偏转的弦长是其做圆周运动半径的2倍
B. 若P的初速度增大为2v，粒子射出磁场时与水平线的夹角为600
C. 若P的初速度增大为3v，则经时间3t射出磁场
D. 若磁场方向垂直纸面向外，粒子P还是从a点沿θ=30∘方向以初速度v射入磁场中，则经时间5t射出磁场
【答案】D
【解析】
【详解】根据粒子做匀速圆周运动的对称性，当负粒子从b点射出时，速度方向与水平线的夹角仍为30°，由几何关系可知，粒子在磁场中偏转的弦长等于其做圆周运动半径，所以选项A错误．若速度增大为2v，虽然粒子做匀速圆周运动的半径加倍，但出射的速度方向仍与水平线夹角为30°，选项B错误．由上述分析，若P的初速度增大为3v，则出射时速度方向仍与水平线夹角为30°，粒子在磁场中的圆弧所对的圆心角仍为60°，因粒子的周期不变，则粒子仍经时间t射出磁场，所以选项C错误．若磁场方向垂直纸面向外，粒子P还是从a 点沿θ=30∘方向以初速度v射入磁场中，则粒子周期不变，由几何关系可知，粒子在磁场中的圆弧所对的圆心角为300°，根据
2
t T
θ
π
=可知，粒子经时间5t射出磁场，选项D正确.
6.如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5 ：1，V和R1、R2分别是电压表、定值电阻，且R1＝5R2．已知ab两端电压u按图乙所示正弦规律变化．下列说法正确的是
A. 电压u瞬时值的表达式2202(V)
u tπ
= B. 电压表示数为40V
C. R1、R2两端的电压之比为5 ：1
D. R1、R2消耗的功率之比为1 ：5
【答案】D
【解析】
试题分析：根据公式11
22
U n
U n
=、12
21
I n
I n
=，分析解题
从图乙中可知交流电的最大值为2202V
m
u=，周期为0.02
T s，故
()
22
100/
0.02
rad s
T
ππ
ωπ
===，故电压u瞬时值的表达式()
2202sin100V
u tπ
=，A错
误；交流电压的有效值为220V E =，原线圈中的电流为1I ，故原线圈中输出端电压为111220U
I R =-，副线圈中的电压为222U I R =，故根据1122
U n U n =可得11222205I R I R -=，又知道122121155I n I I I n ==⇒=，125R R =，代入整理可得22110V 3I R =，所以2110V 3
U =，B 错误；12R R 、两端的电压之比22112222
1551:1I R I R I R I R ⨯==，C 错误；12R R 、消耗的功率之比为
22221
12
22
222151255I R I R I R I R ⨯==，D 正确． 7.如图所示，BCD 为竖直平面内固定、光滑且绝缘的半圆形轨道半径为R ，C 为轨道最低点，BD 连线下方有竖直向下的匀强电场．质量为m ，电荷量为-q 的小球（可视为质点）从B 点正上方距B 为1.5R 的A 点自由下落，恰从B 点进入轨道（进入B 点无机械能损失）．已知小球能通过轨道上的C 点，不计空气阻力，重力加速度为g ，小球电荷量保持不变，则小球经过C 点的速度大小可能为（ ）
A. 0
gR 3gR 4gR 【答案】BCD
【解析】 【详解】根据动能定理可得：212.52C mg R qER mv -=，25C qER v gR m
=-C 点的向心力等于重力、电场力和轨道支持力的合力，可得2C N v F qE mg m R
+-=，可得52N F qE mg mg qE +-=-，又小球能通过轨道上的C 点，所以0N F ≥，因此02qE mg <≤，
最后可得5C gR v gR ≤<，BCD 正确，A 错
8.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L 2点的Halo 使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”．如图所示，该L 2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动．已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为M e 、M m 、m ，地球和月球之间的平均距离为R ，L 2点离月球的距离为x ，则
A. “鹊桥”的线速度大于月球的线速度
B. “鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度
C. x 满足
e e m 223x x x M M M R R R （）（）+=++ D. x 满足e e 223m x x x M M R R R +=++（）（） 【答案】AC
【解析】 【详解】根据题意“鹊桥”与月球运动的角速度相等，中继星绕地球转动的半径比月球绕地球的半径大，根据线速度R v ω=可知 “鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A 正确；向心加速度2R a ω=.鹊桥”中继星统地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B 错误：中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供
则有：222()()e m GM m GM m m R x R x x ω+=++对月球而言则有22e m m GM M M R R
ω=两式联立可解得：e e m 223x x x M M M R R R
（）（）+=++故C 正确；D 错误；故选AC 9.如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n =20，总电阻R =2.5Ω，边长L =0.3m ，处在两个半径均为r =0.1m 的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B 1垂直水平面向外；B 2垂直水平面向里，B 1、B 2随时间t 的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取3π=，下列说法正确的是( )
A. t =0时刻穿过线框的磁通量为0.5Wb
B. t =0.4s 时刻线框中感应电动势为1.5V
C. 0～0.6s 内通过线框横截面电荷量为0.36C
D. 线框具有向左的运动趋势
【答案】BC
【解析】
【详解】A ．t =0时刻,向外的磁通量为
2111Wb 2100B r π
πΦ==（） 向里的磁通量为
2221Wb 6600B r π
πΦ=-=-（）
所以t =0时刻穿过线框的磁通量为
Φ=
Φ1+Φ2=5π/600Wb=0.025Wb
故A 错误； B ．感应电动势为
20.152
20 1.5V
20.6B E n ns t t φπ∆∆⨯-===⨯⨯=∆∆
故B 正确； C ．t =0.6s 时，有
2331
5Wb 2200B r π
πΦ==（）
t =0.6s 时刻穿过线框的磁通量为
Φ′=Φ2+Φ3=14π/600Wb
t =0.6s 内通过线框的电量,根据公式
145
600600
20C=0.36C
2.5
q n
R
ππ
-
∆Φ
==⨯
故C正确；
D．穿过线框的磁通量向外增大，线框中产生顺时针的感应电流，根据左手定则，左边框受安培力向右，右边两边框受安培力的合力向左，总的安培力向右，线框具有向右的运动趋势，故D错误；
故选BC。

10.如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定，在A点弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为
mg
2
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．下列说法正确的是
A. 小球在D点时速度最大
B. 若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则gh
C. 小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
D. 若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小2gh
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据题中“A点弹性绳自然长度等于AB…小球在C点时弹性绳的拉力为
mg
2
”“小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零”可知，本题考查动能定理的综合应用问题．根据解决动能定理综合应用问题的方法，运用受力分析、胡克定律、动能定理、对称性等知识分析推断．
【详解】A ：当小球运动到某点P 点，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用，其中T BP F kx =，将T F 正交分解，则2
N T BP BC mg F F sin kx sin kx θθ====、14
f N F F m
g μ==，T F 的竖直分量Ty T BP CP F F cos kx cos kx θθ===．据牛顿第二定律得：f Ty mg F F ma --=，解得：3344Ty CP F kx a g g m m
=-=-，即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大．据运动的对称性可知，小球运动到CE 的中点D 点时，加速度为零，速度最大．故A 项正确．
B ：对小球从
C 运动到E 过程，应用动能定理得：1()004
T F mgh W mgh ++-
=-；若小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得：211()()()042
T F mgh W mgh mv -+-+-=-；联立解得：34T F W mgh =-、v gh =B 项正确． C ：小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在CD 段所受弹力竖直分量较小；则小球在CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE 段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能．故C 项错误．
D ：若仅把小球质量变为2m ，对小球从C 运动到
E 过程，应用动能定理得：
21112()2042
T F mgh W mgh mv ++-=⨯-，解得：小球到达E 点时的速度大小1v gh =D 项错误．
二、实验题（本大题共2小题，共15分。

）
11.小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律．A 为装有挡光片的钩码，总质量为M ，挡光片的挡光宽度为b ，轻绳一端与A 相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m （m<M ）的重物B 相连．他的做法是：先用力拉住B ，保持A 、B 静止，测出A 的挡光片上端到光电门的距离h ；然后由静止释放B ，A 下落过程中经过光电门，光电门可测出挡光片的挡光时间t ，算出挡光片经过光电门的平均速度，将其视为A 下落h （h >>b ）时的速度，重力加速度为g ．
(1)在A 从静止开始下落h 的过程中，验证以A 、B 、地球所组成的系统机械能守恒定律的表达式为_______________________（用题目所给物理量的符号表示）；
(2)由于光电门所测的平均速度与物体A 下落h 时的瞬时速度间存在一个差值v ∆，因而系统减少的重力势能_________系统增加的动能（选填“大于”或“小于”）；
(3)为减小上述v ∆对结果的影响，小明同学想到了以下一些做法，其中可行的是________
A ．保持A 下落的初始位置不变，测出多组t ，算出多个平均速度然后取平均值
B ．减小挡光片上端到光电门的距离h
C ．增大挡光片的挡光宽度b
D ．适当减小挡光片的挡光宽度b
(4)若采用本装置测量当地的重力加速度g ，则测量值________真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．
【答案】 (1). ()()2
12b M m gh M m t ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭
(2). 大于 (3). D (4). 小于 【解析】
【详解】（1）[1]．下降过程中减少的重力势能为 ()p E M m gh ∆=-
通过光电门的速度为
b v t = 故系统增加的动能为
()212k b E M m t ⎛⎫∆=+ ⎪⎝⎭
要验证机械能是否守恒的表达式为
()()212b M m gh M m t ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭
（2）[2]．本题中利用平均速度代替瞬时速度，由于平均速度等于中间时刻的瞬时速度，实际下降h 高度的速度为v v +∆，可知测量速度小于下降h 高度时的速度，即减小的重力势能大于增加的动能
（3）[3]．因为实验误差的根源在于测量挡光片通过光电门时的速度上，故为了使得计算的平均速度更接近实际的瞬时速度，应减小挡光片的挡光宽度b ，D 正确； （4）[4]．由
()()2
12b M m gh M m t ⎛⎫
-=+ ⎪⎝⎭
可得
()()2
12M m g v M m h
+=
-
测量速度小于实际下降h 高度的速度，即速度测量值偏小，所以重力加速度的测量值小于实际值.
【点睛】因为平均速度为中间时刻速度，所以还需一小段时间，下落高度才能达到h ，故测量速度小于实际下降h 高度时的速度，这一点难理解
12.甲同学利用如图所示的电路测定电源的电动势和内阻，提供的器材有：
A ．干电池两节，每节电动势约为1.5 V ，内阻未知
B ．直流电压表V 1、V 2，内阻很大
C ．直流电流表A ，内阻可忽略不计
D ．定值电阻R 0，阻值未知，但不小于5 Ω
E ．滑动变阻器
F ．导线和开关
（1）请根据所给电路图，以笔画线代表导线，在图所示的实物图上将所缺导线画上_______；
（2）甲同学利用该电路完成实验时，由于某根导线发生断路故障，导致一只电压表始终没有读数，因此只记录了一只电压表和电流表的示数，如下表所示：利用表格中的数据在图c中作出U－I图像________________．
（3）由图像可知，两节干电池总电动势为_______V，总内阻为______Ω（结果均保留三位有效数字）．由计算得到的数据可以判断，有读数的电压表应为电压表_____(选填“V1”或
“V2”)．
【答案】 (1). (2).
(3). 2.90（2.87~2.93均得分） (4). 3.50
（3.40~3.60均得分） (5). V 1 【解析】
【详解】（1）[1]．因为两节干电池提供的电压为3V ，故电压表2V 选择量程0~3V ，电压表2V 测量滑动变阻器两端电压，如图所示
（2）[2]．由图将（I ，U ）作为坐标值将各点描出，并用直线将各点相连，作图象如图所示；
（3）[3][4]．由U E Ir =-可知；图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E =2.90V ；图象的斜率表示电源的电动势
2.90 1.90
3.500.28
r -=
=Ω
[5]．若示数为2V 电表的，则测量的内电阻一定包含有定值电阻0R ，而定值电阻大于5Ω，故说明读数只能是电压表1V 的示数；
三、解答题（本大题共2小题，共40分。

写出必要的文字说明与步骤。

）
13.如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m 、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x 的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L ，L ）的 P 点处时速度大小为 v 0，方向与 x 轴正方向相同．求： （1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v ；
（2）匀强电场的场强 E 0 和匀强磁场的磁感应强度 B 0． （3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间．
【答案】（
1）02v ；（2）0
2mv Lq
；（3）0(8)4L v π+
【解析】
【详解】解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P ，则其运动轨迹如图所示，粒子在 O 点时的速度大小为v ，OQ 段为圆周，QP 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q 点时的速度大小也为v ，方向与x 轴正方向成45︒角，可得：045v vcos =︒ 解得：02v v =
(2)在粒子从Q 运动到P
的
过程中，由动能定理得：2201122
qEL mv mv -=
- 解得：2
2mv E qL
=
又在匀强电场由Q 到P 的过程中，水平方向的位移为：01x v t = 竖直方向的位移为：0
12
v y t L =
= 可得：2QP x L =，OQ L =
由2cos 45OQ R =︒，故粒子在OQ 段圆周运动的半径：2
2
R L =
及mv R qB = 解得：02mv
B qL
=
(3)在Q 点时，0045y v v tan v =︒=
设粒子从由Q 到P 所用时间为1t ，在竖直方向上有：
10022
L L
t v v =
=
粒子从
O 点运动到Q 所用的时间为：20
4L
t v π=
则粒子从O 点运动到P 点所用的时间为：t 总12000
2(8)44L L L t t v v v ππ+=+=
+= 14.如图所示，一个上表面绝缘、质量为m A =1kg 的不带电小车A 置于光滑的水平面上，其左端
放置一质量为0.5kg B m =、带电量为2
1.010C q -=⨯的空盒B ，左端开口．小车上表面与水
平桌面相平，桌面上水平放置着一轻质弹簧，弹簧左端固定，质量为0.5kg C m =的不带电绝缘小物块C 置于桌面上O 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将C 缓慢推至M 点（弹簧仍在弹性限度内）时，推力做的功为6F W J =，撤去推力后，C 沿桌面滑到小车上的空盒B 内并与其右壁相碰，碰撞时间极短且碰后C 与B 粘在一起．在桌面右方区域有一方向向左的水平匀强电场，电场强度大小为2110N/m E =⨯，电场作用一段时间后突然消失，小车正好停止，货物刚好到达小车的最右端．已知物块C 与桌面间动摩擦因数
10.4μ=，空盒B 与小车间的动摩擦因数20.1μ=，OM 间距15cm s =，O 点离桌子边沿N
点距离290cm s =，物块、空盒体积大小不计，g 取210m/s ．求：
（1）物块C 与空盒B 碰后瞬间的速度v ； （2）小车的长度L ； （3）电场作用的时间t ．
【答案】（1）2m/s （2）0.67m （3）2s 【解析】
【详解】（1）对物块C 由O →M →N 应用动能定理，设C 到N 点速度大小为0v 得：
()21120122
F C C W m g s s m v μ-+=
解得：()01122224m/s F
C
W v g s s m μ=
-+=
与空盒B 右壁相碰，动量守恒：()0C c B m v m m v =+ 解得：0
2m/s 2
v v =
= （2）C 与B 碰后可看作一整体，令1kg C B m m m =+=，则BC 整体和小车加速度分别为：
2
212m/s qE mg a m
μ+==；222
1m/s A mg a m μ== 设经过1t 时间后B 与C 整体与小车A 速度相等，此过程中二者位移分别为1x 、2x ； 假设速度相等后B 与C 整体与小车A 相对静止，C 整体与小车A 间摩擦力为f ，则：
21
m/s 2A qE a m m =
=+共，21N 1N 2
f ma m
g μ==<=共；所以两者经1t 时间后相对静止一起
匀减速．
1121v a t a t -= 解得：1122
s 3
v t a a =
=+
211111448
m m 2399x vt a t =-=-=
222112m 29
x a t ==
小车长度122
m 0.67m 3
L x x =-=≈
（3）速度相等后BC 与小车以共同加速度一起匀减速，最终速度为零．
212
m/s 3
v a t ==
共 运动时间24s 3
v t a =
=共
共 电场作用时间122s t t t =+=
四、选考题（本大题共2小题，共15分。

） 15.下列说法正确的是（ ）
A. 热量有可能由低温物体传递到高温物体
B. 布朗运动不是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动
C. 两分子组成的系统，其势能E 随两分子间距离r 增大而增大
D. 如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大
E. 阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大
【答案】ABD
【解析】
【详解】A.热量在一定的条件下有可能由低温物体传递到高温物体，如空调，故A符合题意；
B.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，布朗运动是液体（或气体）分子做无规则运动的反映，故B符合题意；
C.若两分子间距离小于r0，随着间距增大（未到r0），分子间作用力做正功，分子势能减小，故C不符合题意；
D.温度是分子的平均动能的标志，如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大，故D符合题意；
E.阳光暴晒下的自行车车胎极易爆裂的原因是车胎内气体温度升高，气体的压强增大，并不是分子间斥力急剧增大．故E不符合题意；
16.如图所示，左端开口右端封闭的U形玻璃管两边粗细不同，粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，两管中装入高度差为5cm的水银，左侧封闭气体长9cm，右侧水银面距管口4cm，现将右管口用一与细管接触良好的活塞封闭（图中未画出）并使活塞缓慢推入管中，直到两管水银面等高．外界大气压强为75cmHg、环境温度不变，不计活塞与管内壁的摩擦，求：
①等高时右侧气体的压强；
②活塞移动的距离．
【答案】①90cmHg②4.7cm
【解析】
【详解】①设左右液面等高时，左液面上升x1cm，右液面下降x2cm，则有：
x1+x2 =5cm
2S·x1 =S·x2
可得：x1 =1cm x2 =4cm
左侧气体等温变化，根据玻意耳定律：P1V1= P1’V1’P1= P0+h=80cmHg
P1’=90cmHg
②右边气体等温变化，根据玻意耳定律：P2V2= P2’V2’P1= P0 =75cmHg
P2’= P1’=90cmHg
L2’=3.3cm L2’- L2=0.7cm
活塞下降d,则：d=x2=4.7cm。