河南省南阳市届综合测试理综物理试题.docx

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河南省南阳市届综合测试理综物理试题

2015年河南省南阳市高考物理模拟试卷（4月份）

一、选择题：

本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．（6分）物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列表述正确的是（　　）

　A．牛顿发现了万有引力定律

　B．洛伦兹发现了电磁感应定律

　C．安培发现了电流的磁效应

　D．相对论的创立表明经典力学已不再适用

【考点】：

物理学史．

【分析】：

本题可根据几位科学家的贡献进行解答；了解相对论的有关知识即可．

【解析】：

解：

A、牛顿发现了万有引力定律，故A正确．

B、电磁感应定律是法拉第发现的，故B错误；

C、电流的磁效应是奥斯特发现的，故C错误；

D、相队论和经典力学研究的领域不同，不能说相对论的创立表明经典力学已不再适用，故D错误．

故选：

A．

【点评】：

本题主要考查了学生对物理学史的掌握情况，对于该部分知识要加强记忆，不断积累．

2．（6分）某科技兴趣小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度﹣时间图象如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是（　　）

　A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面

　B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度

　C．t1～t2时间内卫星处于超重状态，t2～t3时间内卫星处于失重状态

　D．卫星在t2～t3时间内的加速度大小大于重力加速度

【考点】：

匀变速直线运动的图像．

【专题】：

运动学中的图像专题．

【分析】：

（1）v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移；

（2）判断超重失重的方法是：

加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态．

【解析】：

解：

A．火箭上升的最大高度即为运动过程中的最大位移，由图可知当速度等于零时，位移最大，火箭处于最高点，即t3时刻到达最高点，故A错误；

B．v﹣t图象中斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，由图可知火箭在0～t1时间内的加速度小于t1～t2时间内的加速度，故B错误；

D．加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态，由图可知，t1～t2时间内加速度为正，向上，所以火箭处于超重状态，t2～t3时间内加速度为负，向下，所以火箭处于失重状态，故C正确；

C．火箭在t2～t3时间内没有燃料燃烧，又不计空气阻力，故火箭只受重力，所以加速度等于重力加速度，故D错误；

故选：

C．

【点评】：

本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据加速度正确判断物体是超重还是失重状态，能根据图象读取有用信息，属于基础题．

3．（6分）小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地面高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于（　　）

　A．

B．

C．

D．

【考点】：

动能定理的应用．

【专题】：

计算题．

【分析】：

小球上升和下降过程反复应用动能定理，并且在h处表达动能和势能的数量关系，联立方程组问题可解．

【解析】：

解：

设小球受到的阻力大小恒为f，小球上升至最高点过程由动能定理得：

…①；

小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得：

…②，

又

…③；

小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2，此过程由动能定理得：

…④，

又2×

…⑤；

以上各式联立解得

，

故选D．

【点评】：

在应用动能定理解题时，各个力的做功分析非常重要，本题中上升和下降过程中阻力始终做负功是关键．

4．（6分）如图，为一有界匀强电场，场强方向为水平方向（虚线为电场线），一带负电微粒以某一角度θ从电场中a点斜向上方射入，沿直线运动至b点，则可知（　　）

　A．电场中a点的电势低于b点的电势

　B．微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等

　C．微粒在a点时的动能大于b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能

　D．微粒在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点的电势能小于在b点的电势能

【考点】：

匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【专题】：

电场力与电势的性质专题．

【分析】：

粒子沿直线运动到b点，粒子的合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力水平向左，电场方向水平向右．顺着电场线，电势降低．则可判断ab电势的高低．粒子的重力势能、动能、电势能总量不变，根据重力势能增加，判断动能与电势能之和的大小．根据电场力做功正负，判断电势能与动能的大小．

【解析】：

解：

A、粒子沿直线运动到b点，粒子的合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则受到的电场力水平向左，电场方向水平向右．则a点的电势高于b点的电势．故A错误．

B、根据能量守恒，粒子的重力势能、动能、电势能总量不变，重力势能增大，则动能与电势能之和减小．故B错误．

C、D粒子从a到b，电场力做负功，动能减小，电势能增大．C错误，D正确．

故选：

D．

【点评】：

本题运用到物体做直线运动的条件，分析物体的受力情况即可．

5．（6分）一个边长为6cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω．磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为（　　）

　A．

×10﹣5AB．

×10﹣5AC．

×10﹣5AD．

×10﹣5A

【考点】：

交流的峰值、有效值以及它们的关系．

【专题】：

计算题；压轴题．

【分析】：

解本题的关键是根据所磁感应强度B随时间t的变化关系图，利用法拉第电磁感应定律求出线框中电压随时间的变化情况，然后根据电流热效应可以求出感应电流的有效值；在求电压时注意所给图象的斜率物理意义．

【解析】：

解：

由图可知，磁场是周期性变化的，因此产生电压也是周期性变化的．法拉第电磁感应定律

有：

0～3秒产生电压为：

3～5秒产生电压为：

由图可知，磁场的变化周期为5s，所以产生的感应电流周期也为5s，前3s电流为：

，后2s电流为：

设电流的有效值为I，根据电流的热效应在一个周期内，有：

，其中T=5s，t1=3s，t2=2s，

所以解得：

，故ACD错误，B正确．

故选B．

【点评】：

本题是关于法拉第电磁感应定律和交流电有效值的综合题．要正确应用法拉第电磁感应定律定律，尤其是理解

的含义，平时加强规律的综合应用．

6．（6分）2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是（　　）

　A．飞船变轨前后的机械能相等

　B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态

　C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度

　D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度

【考点】：

万有引力定律及其应用；机械能守恒定律．

【专题】：

万有引力定律的应用专题．

【分析】：

知道机械能包括动能和势能，点火加速动能增加．

判断物体出于超重和失重的方法是看物体加速度的方向．

根据同步卫星和圆轨道上运动飞船周期的关系结合周期与角速度的关系去求出同步卫星和圆轨道上运动飞船角速度的关系．

根据加速度是物体合力所决定的来求出两者加速度关系．

【解析】：

解：

A、飞船点火变轨，点火以后的质量可以认为几乎不变．或者说，损失的气体质量与飞船相比较太小了．不于考虑．变轨后．可以认为势能不变（在变轨点），增加的是动能，所以变轨后机械能增加，故A错误．

B、飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，故B正确．

C、飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据T=

可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C正确．

D、飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，而两个位置的轨道半径相等，所以飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时万有引力与沿圆轨道运动时万有引力相等，即加速度相等，故D错误．

故选：

BC．

【点评】：

若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力（非重力、弹性力）不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒．

卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．

能够根据圆周运动知识来解决问题．

7．（6分）四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个电压表，安培表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中（　　）

　A．A1的读数比A2的读数大

　B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大

　C．V1读数比V2读数大

　D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大

【考点】：

把电流表改装成电压表．

【专题】：

实验题．

【分析】：

两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．

【解析】：

解：

AB、电流表改装成安培表是并连一个较小的电阻，并联的电阻越小，量程越大，所以安培表A1的内阻小，A2的内阻大，当它们并联时，则流过A1的电流要大一些，所以安培表A1的读数较大，因为是由两个同样的电流表改装而成的，并联在电路中，所以指针偏转角度一样大，选项A正确，选项B错误；

CD、同理改装成电压表，串联在电路中时，两表的指针偏转角度也是一样大，选项D错误，电压表V1的量程大，说明串联的电阻大，V1的内阻大于V2的内阻，串联分压大，所以V1读数比V2读数大，选项C正确．

故选：

AC．

【点评】：

本题关键要知道安培表和伏特表都是由小量程电流表（表头）改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流．

8．（6分）如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r=1Ω，定值电阻R3=5Ω．当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是（　　）

　A．电阻R1、R2可能分别为4Ω、5Ω

　B．电阻R1、R2可能分别为3Ω、6Ω

　C．开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数

　D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω

【考点】：

电功、电功率．

【专题】：

恒定电流专题．

【分析】：

当K闭合时R2被短路，根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比．

【解析】：

解：

A、B、由题，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有：

（

）2（R1+R2）=（

）2R1

将R1=4Ω、R2=5Ω代入方程成立，而将R1=3Ω、R2=6Ω代入方程不成立．故A正确，B错误．

C、电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数．故C错误．

D、根据闭合电路欧姆定律得：

U=E﹣（R3+r）I

则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：

=R3+r=6Ω．故D正确．

故选：

AD．

【点评】：

本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力．D项也可以根据U﹣I图象理解．

二、非选择题：

包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题。

9．某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了图1所示的实验装置．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在下面的表中．（弹簧始终在弹性限度内）

根据实验数据在图2的坐标纸上已描出了测量的弹簧所受弹力大小F跟弹簧总长x之间的函数关系点，并作出了F﹣x图线．

（1）图线跟x坐标轴交点的物理意义是　弹簧原长　．

（2）该弹簧的劲度系数k=　43　．（结果保留两位有效数字）

【考点】：

探究弹力和弹簧伸长的关系．

【专题】：

实验题．

【分析】：

采用描点法作图得到F﹣x图象，根据胡克定律，F﹣x图象的斜率表示劲度系数，纵轴截距表示弹簧的原长．

【解析】：

解：

（1）

F﹣x图象中x为原长，根据胡克定律公式F=k•△x，有：

F=k（x﹣x0）

图象中图线跟x坐标轴交点的坐标为6cm，此时弹力为零，故表示弹簧原长；

（2）根据胡克定律得：

k=

≈0.43N/cm=43N/m．

故答案为：

（1）弹簧原长；

（2）43．

【点评】：

对于该实验要注意：

1、每次增减砝码测量有关长度时，均要保证弹簧及砝码应处于静止状态．

2、测量有关长度时，要注意区分弹簧的原长l0，实际长度l和伸长量x，并明确三者之间的关系．

10．要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：

A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）

B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）

C．定值电阻R（阻值2kΩ，额定电流50mA）

D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）

E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干

有一位同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：

（1）首先，用多用电表进行粗测，选用×100Ω倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是　3000　Ω．

（2）为了更精确地测出此电压表的内阻，该同学设计了如图乙和丙所示的两种实验电路图，你认为其中较合理的电路图是　丙　，其理由是　乙图中电流表的示数太小，误差太大．丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小　．

（3）在图丁中，根据你选择的电路图把实物连接好．

（4）用你选择的电路图进行实验时，请简述实验步骤：

　闭合K1．再闭合K2，读得电压表示数U1；再断开K2，读得电压表示数U2　；

（5）用上述所测量的物理量表示电压表的内阻Rv=　

　．

【考点】：

伏安法测电阻．

【专题】：

实验题．

【分析】：

根据选择倍率求出测量的结果；

电阻大，乙图中电流示数太小，误差大，丙图较合理；

开关2闭合时的电压为电动势，断开时二者串联．

【解析】：

解：

（1）选用×100Ω倍率，读数为30×100=3000Ω．

（2）较为合理的是丙图，因为电阻较大，乙图中电流表的示数太小，误差太大，丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小；

（3）实物图：

（4）需要直接测量的物理量是k2闭合、断开时伏特表读数U1和U2；

k2闭合时，示数U1相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即

=

，所以RV=

故答案为：

（1）3000；

（2）丙；乙图中电流表的示数太小，误差太大．丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小．

（3）实物图连接如图所示：

（4）闭合K1．再闭合K2，读得电压表示数U1；再断开K2，读得电压表示数U2．　

（5）

．

【点评】：

本题考查了欧姆表的使用方法，电路的选择，要根据实际情况分析不同的电路图误差的原因及误差大小，选择最佳电路图，难度稍大．

11．如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长（取g=10m/s2）．求：

（1）放上小物块瞬间，小物块与小车的加速度大小；

（2）经多长时间两者达到相同的速度？

（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小．

【考点】：

动量守恒定律．

【专题】：

动量定理应用专题．

【分析】：

（1）对车和物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；

（2）车和物体都做加速运动，由速度公式可以求得两者达到相同速度时的时间；

（3）当小物块放上小车后，在水平方向上受向右的摩擦力，所以小物块做匀加速直线运动，小车在水平方向上受推力和物块的摩擦力也做匀加速直线运动．求出两者速度相等时所经历的时间，判断物块和小车能否保持相对静止，一起做匀加速直线运动．判断出物块和小车的运动情况，根据运动学公式求出物块的位移．

【解析】：

解：

（1）小物块的加速度am=μg=0.2×10=2m/s2

小车的加速度

代入数据得aM=0.5m/s2

（2）由aMt=v0+aMt

代入数据得t=1s

（3）在开始1s内小物块的位移

s1=

此时其速度v=at

在接下来的0.5s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a=

=0.8m/s2

这0.5s内的位移s2=vt1+

at

则小物块通过的总位移s=s1+s2

代入数据解得：

s=2.1m

答：

（1）放上小物块瞬间，小物块是加速度2m/s2小车的加速度大小0.5m/s2；

（2）经1s时间两者达到相同的速度；

（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小是2.1m．

【点评】：

本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，对物体受力分析，确定物体的运动的状态，在根据匀变速直线运动的规律来求解即可．

12．如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．

（1）当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小υ；

（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；

（3）当M、N间的电压不同时，粒子从s1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．

【考点】：

带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动．

【专题】：

压轴题．

【分析】：

（1）粒子从s1到达s2的过程中，电场力做功W=qU，根据动能定理求出粒子进入磁场时速度的大小υ．

（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，粒子恰好打在收集板D的中点上时，在磁场中运动

圆弧，轨迹半径等于R，根据牛顿第二定律和动能定理求解M、N间的电压．

（3）粒子从s1到打在D上经历的时间t等于在电场中运动时间、磁场中运动时间和穿出磁场后匀速直线运动的时间之和．M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中粒子磁场偏转角度越小，运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，故当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．根据几何知识求出打在D的右端时轨迹半径，根据前面的结果求出粒子进入磁场时的速度大小，运用运动学公式求出三段时间．

【解析】：

解：

（1）粒子从s1到达s2的过程中，根据动能定理得

①

解得

（2）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有

②

由①②得加速电压U与轨迹半径r的关系为

当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0=R

对应电压

（3）M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．

根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r=

R

由②得粒子进入磁场时速度的大小：

粒子在电场中经历的时间：

粒子在磁场中经历的时间：

粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间：

粒子从s1到打在收集板D上经历的最短时间为：

t=t1+t2+t3=

答：

（1）当M、N间的电压为U时，粒子进入磁场时速度的大小

；

（2）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值

；

（3）粒子从s1到打在D上经历的时间t的最小值为

．

【点评】：

本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析时间的最小值，也可以运用极限分析法分析．

三、请考生从给出的3道题，任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[物理--选修3-3]（15分）

13．（6分）下列说法正确的是（　　）

　A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大

　B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小

　C．水的饱和汽压随温度的升高而增大

　D．晶体的物理性质都是各向异性的

　E．露珠呈球状是液体表面张力的作用

【考点】：

*相对湿度；*液体的表面张力现象和毛细现象．

【分析】：

绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；相对湿度较大，但是绝对湿度不一定大；根据压强的微观解释分析分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数变化；分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，分子间距大于r0时分子力表现为引力，大于10r0时分子力几乎为零．单晶体的物理性质都是各向异性的，多晶体的物理性质都是各向同性的．

【解析】：

解：

A、在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大；而当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小．故A错误，B正确．

C、气体的饱和气压与温度和材料有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故C正确．

D、单晶体的物理性质都是各向异性的，多晶体的物理性质都是各向同性的．故D错误．

E、露珠呈球状是液体表面张力的作用；液体表面张力产生的原因是：

液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，使露珠呈球状．故E正确．

故选：

BCE

【点评】：

本题考查了相对湿度、饱和汽压、分子力、液体表面张力的相关知识，关键要熟悉这些知识点，关于液体表面张力：

凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水