广东省普宁市勤建学校届高三上学期期末考试物理试题附答案757095.docx
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广东省普宁市勤建学校届高三上学期期末考试物理试题附答案757095
普宁勤建中学2017届高三第一学期期末考试
理科综合·物理试题
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，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题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．下列有关物理学常识的说法中，正确的是（ ）
A．在物理学发展史上，爱因斯坦发现了电磁感应。
B．探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法，且发现合力一定大于分力。
C．伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理的方法
D．电动势表征的电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把1C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功
【考点】物理学史．
【分析】是麦克斯韦提出了电磁波理论；伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法．探究求合力方法的实验中使用了等效替代法的思想；电动势的大小等于“非静电力”把1C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功．
【解答】解：
A、在物理学发展史上，法拉第发现了电磁感应现象，是麦克斯韦提出了电磁波理论，爱因斯坦提出相对论．故A错误．
B、探究求合力方法的实验中使用了等效替代法．故B错误．
C、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法．故C正确．
D、电动势的大小等于“非静电力”把1C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功．故D错误．
故选：
C
【点评】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：
控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等．
2．科技的发展使得电能的无线传输称为可能，如图是某品牌收集无线充电的原理图，通过对原理图的理解，下列说法错误的是（ ）
A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”
B．只有将充电座接到交流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．
【分析】分析无线充电手机的构造以及原理，再根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可一一求解．
【解答】解：
A、无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A正确；
B、充电底座采用了电磁感应原理，故只有接到交流电源上才能对手机进行充电；故B正确；
C、根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；
D、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误；
本题选错误的；故选：
D．
【点评】本题考查电磁感应在生产生活中的应用，随着科技的进步与发展，无线充电将很快成为现象并为我们提供便利．
3．北京时间2015年7月24日，美国宇航局宣布，可能发现了“另一个地球”﹣开普勒﹣452b．将开普勒﹣452b简化成如图所示的模型：
MN为该星球的自转轴，A、B是该星球表面的两点，它们与地心O的连线OA、OB与MN的夹角分别为α=30°，β=60°；在A、B两点处放置质量分别为mA、mB的物体．设该星球的自转周期为T，半径为R，引力常量为G．若不考虑该星球自转，在A点用弹簧秤称量质量为mA的物体平衡时示数为F，则下列有关物理学常识的说法中，正确的是（ ）
A．该星球的第一宇宙速度为
B．星球的质量为
C．若向开普勒﹣452b发射一颗同步卫星，则轨道半径为
D．放在A、B两点处的物体随星球自转的向心力大小的比值为
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】不考虑该星球的自转，重力加速度
，在星球表面，根据万有引力等于重力求出星球质量，根据几何关系求出AB两个物体随星球自转的半径，再根据向心力公式求解．
【解答】解：
A、该星球的第一宇宙速度即近地卫星的线速度，轨道半径等于星球的半径，但周期不等于星球的自转周期T，所以该星球的第一宇宙速度不等于
，故A错误；
B、星球表面的重力加速度
，在星球表面：
，得星球的质量
，故B错误；
C、同步卫星的周期等于星球的自转周期T，根据万有引力提供向心力
，解得
，故C正确；
D、A点随星球自转的半径
，B点随星球自转的半径
，故D正确；
故选：
CD
【点评】本题主要考查了向心力公式以及万有引力提供向心力公式的直接应用，知道AB随星球自转时角速度相同，特别注意AB随星球自转时的半径不是R，难度适中．
4．如图所示，一直立固定杆底端连有一可以自由转动的轻杆，轻杆的上端O点吊有一重物，一轻绳一端连在O点，另一端连在直立杆的A点，这时O点和直立杆上的B点在同一高度，直立杆上C点和A点关于B点对称．现将轻绳的左端沿直立杆从A点慢移到C点，此过程重物一直悬在空中，则（ ）
A．轻绳上的拉力先增大后减小B．轻绳上的拉力先减小后增大
C．轻杆上的弹力一直减小D．轻杆上的弹力一直不变
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】对物体受力分析根据共点力的平衡画出O点的受力图，可得出绳子拉力的变化；由几何关系可得出A移动后夹角的变化；再由力的合成可知压力的变化．
【解答】解：
当系统平衡时，以O点为研究对象，受力如图：
根据共点力的平衡可知，绳子的拉力与杆对O点的弹力的和大小等于mg，方向竖直向上；
重物对O点的拉力始终等于重物的重力，故拉力不变；
若将绳的上端从A点沿墙稍向上移到C的过程中，由图可知，绳子的拉力逐渐减小，杆对O点的弹力也逐渐减小．
由以上的分析可知，只有C正确．其余错误．
故选：
C
【点评】本题考查共点力平衡条件的应用及力的合成知识，要求学生能正确掌握几何关系，利用力的合成关系进行分析计算．
5．如图所示，一竖直挡板固定在倾角为θ的斜劈上，斜劈放在水平面上，两个质量分别为m、2m且半径完全相同的小球A、B放在挡板与斜劈之间．不计一切摩擦，重力加速大小为g．若斜劈以加速度大小a水平向左做匀加速直线运动，则下列判断正确的是（ ）
A．球B对球A的支持力大小为mgsinθ
B．球B对球A的支持力大小为mgsinθ﹣macosθ
C．挡板对球B的支持力大小为2mgtanθ+2ma
D．挡板对球B的支持力大小为3mgtanθ+3ma
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析球B对球A的支持力大小，和竖直挡板对球的弹力的情况．
【解答】解：
A、以小球A为研究对象，分析受力情况，如图1：
水平方向：
Fcosθ﹣N1sinθ=ma
竖直方向：
Fsinθ+N1cosθ=mg
联立得：
F=mgsinθ+macosθ
故AB错误．
C、以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2；
根据牛顿第二定律得
竖直方向：
N2cosθ=3mg
水平方向：
F′﹣N2sinθ=ma
联立解得：
F′=3mgtanθ+3ma．故C错误，D正确．
故选：
D
【点评】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度．
6．在如图所示的远距离输电示意图中，理想变压器B1的原、副线圈匝数分别为n1、n2，理想变压器B2的原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的总电阻为r．若交流发电机的输出电压不变，n1=n4，n2=n3，则下列说法正确的是（ ）
A．n4＜n3
B．只增大用户总电阻R，输电线的总电阻r消耗的功率将减小
C．只增大用户总电阻R，电压表V2的示数将减小
D．电压表V1、V2的示数始终相等
【考点】远距离输电；电功、电功率．
【分析】通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率；
【解答】解：
A、降压变压器原副线圈中的电压U3＞U4，根据
可得，n3＞n4，故A正确；
B、只增大用户总电阻R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据△P=I2r可知，损失的功率减小，故B正确；
C、只增大用户总电阻R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据△U=IR可知，损失电压增大，降压变压器原线圈两端的电压增大，根据
，故电压表V2的示数将增大，故C错误；
D、由于升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数之比相同，在输电线路上有电压损失，故电压表V1、V2的示数不相等，故D错误；
故选：
AB
【点评】解决本题的关键知道：
1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系
7．一带负电的粒子仅在电场力作用下沿X轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系按图示正弦规律变化，则下列说法中正确的是（ ）
A．x1处电场强度为零
B．在x1、x2、x3处的电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3
C．粒子的初速度可能为0
D．粒子初动能可能为E1
【考点】电势能．
【分析】根据电势能与电势的关系：
Ep=qφ，场强与电势的关系：
E=
，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化．
【解答】解：
A、根据电势能与电势的关系：
Ep=qφ，场强与电势的关系：
E=
，得：
E=
，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于
，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确．
B、根据电势能与电势的关系：
Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：
电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：
φ1＞φ2＞φ3．故B正确．
C、由图看出在x=0时的电势能比x=x3时的电势能小，则在x=0时的动能比x=x3时的动能大，所以在x=0时刻例子的初动能不能是0，即初速度不能是0，故C错误；
D、由C的分析可知，开始时粒子的动能不是0，由于没有具体的数据，可知粒子初动能可能为E1，故D正确．
故选：
ABD
【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律和功能关系进行分析电荷的运动情况．
8．倾角为θ的平板电梯，原理图如图甲所示，当电梯以恒定速率下行时，将m=1kg的货物放在电梯上的A处，经过1.2s到达电梯的B端，用速度传感器测得货物与电梯的速度v随时间t变化图象如图乙所示．已知重力加速度g=10m/s2，由v﹣t图可知（ ）
A．A、B两点的距离为2.4m
B．货物与电梯的动摩擦因数为0.5
C．货物的机械能先增大后减小
D．货物从A运动到B过程中，货物与电梯摩擦产生的热量为4.8J
【考点】功能关系；牛顿第二定律．
【分析】物体在传送带上先做a1匀加速直线运动，然后做a2的匀加速直线运动，速度时间图线围成的面积的表示物块的位移，有速度图象确定匀加速的加速度，通过受力分析，找到合外力，计算夹角和摩擦因数，根据功的计算公式和能量守恒定律计算摩擦生热．
【解答】解：
A、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，
x=s=
×2×0.2+
（2+4）×1=3.2m，故A错误；
B、由v﹣t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为a=
=
=10m/s2，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，
得：
mgsinθ+f=ma1，
即：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①，
同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：
a2=
=
=2m/s2得：
mgsinθ﹣f=ma2，即：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2…①，
联立①②解得：
cosθ=0.8，μ=0.5，故B正确；
C、由B分析可知，摩擦力先对货物做正功，再做负功，所以货物的机械能先增大后减小，故C正确；
D、根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：
f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，
做a1匀加速直线运动，位移为：
x1=
×2×0.2=0.2m，皮带位移为：
x皮=2×0.2=0.4m，
相对位移为：
△x1=x皮﹣x1=0.4﹣0.2=0.2m，
同理：
做a2匀加速直线运动，位移为：
x2=
（2+4）×1=3m，x皮2=2×1=2m，
相对位移为：
△x2=x2﹣x皮2=3﹣2=1m，
故两者之间的总相对位移为：
△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，
货物与传送带摩擦产生的热量为：
Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D正确．
故选：
BCD．
【点评】本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移．
二、非选择题：
包括必考题和选考题两部分。
第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答。
9．为了较准确的测量某细线能承受的最大拉力，同学丙、同学丁分别进行了如下实验：
同学丙再实验室里找到一把弹簧测力计，按图甲所示安装细线和测力计后，他用力缓慢竖直向下拉测力计，直到测力计的示数达到量程（细线没有断裂），读出测力计的示数F，将F记为细线能承受的最大拉力．
同学丁在实验室里还找到一把刻度尺和一个玩具小熊，接着进行了如下的操作：
①用刻度尺测出细线的长度，用弹簧测力计测出玩具小熊的重力G；
②按图乙所示安装玩具小熊、细线（玩具小熊悬挂在细线的中点）；
③两手捏着细线缓慢向两边移动直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d；
④利用平衡条件算出结果．
在不计细线质量和伸长影响的情况下，请回答：
（1）同学丁算出的细线能承受的最大拉力是
（用L、G、d表示）；两位同学中， 丁 （选填“丙”或“丁”）的测量结果较准确．
（2）在同学丁两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，下列说法正确的是 BC （填选项序号字母）．
A．细线上的拉力大小不变B．细线上的拉力大小增大
C．细线上拉力的合力大小不变D．细线上拉力的合力大小增大．
【考点】验证力的平行四边形定则．
【分析】两种方案都是根据共点力平衡求解绳子的最大拉力，从而操作的可行性进行判断哪种方案最好；
根据共点力平衡得细线上最大承受的拉力在竖直方向合力和物体重力相等，根据三角函数关系求出最大拉力．
【解答】解：
（1）当绳子断时，根据共点力平衡求出绳子的最大拉力．
绳子与竖直方向夹角的正弦值sinθ=
，
则cosθ=
，
根据平衡有：
2Fcosθ=G，
解得最大拉力F=
．
丙方案中弹簧的量程不一定是最大拉力，所以丁的测量结果较准确．
（2）在同学丁两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，根据共点力平衡得出细线上拉力的合力大小不变，大小等于物体重力，细线上的拉力大小增大，故BC正确，AD错误；
故选：
BC．
故答案为：
（1）
；丁；
（2）BC
【点评】本题考查了学生的设计和实验的能力，可以提高学生动手和思考、解决问题的能力，关键知道实验的原理，通过共点力平衡进行分析
10．为确定某电子元件的电气特性，做如下测量．
（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择 ×10 倍率的电阻档（填：
“×10”或“×1k”），并 重新进行欧姆调零 再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测量结果为 70 Ω．
（2）某同学想精确测得上述待测电阻
Rx的阻值，实验室提供如下器材：
A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω）B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω）
C．电流表A3（量程0.6A、内阻r3约为O.2Ω）D．定值电阻R0=30ΩE．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）F．电源E（电动势为4V）G．开关S、导线若干
回答：
①同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b），为保证测量时电流表读数不小于其量程的
，M、N两处的电流表应分别选用：
M为 A ；N为 B ．（填器材选项前相应的英文字母）
②若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=
﹣r1 ．（用题中字母表示）
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【分析】
（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．
（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值．
【解答】解：
（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，说明所选倍率太大，应换用小倍率进行测量，因此需选择×10倍率的电阻档，并重新进行欧姆调零再进行测量；由图（a）所示可知，测量结果为7×10=70Ω．
（2）①通过待测电阻的最大电流约为IM=
=
≈0.057A=57mA，因此M处的电流表可选A；
通过N出的最大电流约为IN=IM+
=0.057A+
≈0.190A=190mA，
为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；
②通过定值电阻R0的电流I=IN﹣IM，并联电路两端电压U=IR0=（IN﹣IM）R0，
RX+r1=
=
，则待测电阻阻值RX=
﹣r1．
故答案为：
（1）×10；重新进行欧姆调零；70；
（2）①A；B；②
﹣r1．
【点评】
（1）要掌握欧姆表的使用及读数方法，使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．
（2）选择实验器材时要注意安全性原则、准确性原则、方便操作性原则，还要符合题目要求．本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根据并联电路的电流特点列式求解．
11．（12分）（2016•肃南裕县模拟）某次对新能源汽车性能进行的测试中，汽车在水平测试平台上由静止开始沿直线运动．汽车所受动力随时间变化关系如图1所示，而速度传感器只传回第10s以后的数据（如图2所示）．已知汽车质量为800kg，汽车所受阻力恒定．求：
（1）汽车所受阻力的大小；
（2）10s的汽车速度的大小；
（3）前20s汽车位移的大小．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．
【分析】
（1）10s后汽车做匀速直线运动，受到的牵引力等于阻力，由此求出阻力；
（2）依据牛顿第二定律分段求出汽车加速度，进而由运动学速度公式可得汽车20s的速度．
（3）分段求出位移之后相加求和即可得前20s汽车的位移．
【解答】解：
（1）10s后汽车做匀速直线运动，受到的牵引力等于阻力，由此求出汽车受到的阻力所以：
f=1.0×103N
（2）由牛顿第二定律得：
F1﹣f=ma1
10s末车速：
v=a1t1
代入数据得：
；v=25m/s
（3）在0﹣10s内的位移：
m
汽车在10﹣20s内的位移：
x2=vt2=25×10=250m
故汽车在前20s的位移：
x=x1+x2=125+250=375m．
答：
（1）汽车所受阻力的大小是10×103N；
（2）10s的汽车速度的大小是25m/s；
（3）前20s汽车位移的大小是375m．
【点评】该题思路非常简单，就是每个段的匀变速直线运动，麻烦在于需要分三段来处理速度和位移．
12．（20分）（2016•肃南裕县模拟）如图在xoy平面的第二象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=6T，在一、二象限有平行于y轴的匀强电场E1，在x轴上的A点有一粒子源，能产生质量m=5.0×10﹣3kg，电荷量q=2.0×10﹣3C，速度大小不同的带正电粒子，若粒子射入磁场时的速度均与x轴负方向成α=37°角，并在第二象限做匀速圆周运动．坐标原点O到A点的距离d=0.6m，不考虑空气阻力和粒子间相互作用力．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
①电场强度E1的大小；
②能到达x轴负半轴的粒子的速度范围；
③若在第一象限再加一个与x轴正方向成53°角，且斜向下的匀强电场E2，在磁场中恰好运动半个圆周的粒子从y轴上C点第一次进入第一象限后，刚好能通过坐标原点O，求CO之间的电势差UCO．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】
（1）根据题意粒子在复合场中做匀速圆周运动，可得出电场力和重力相等，求出E1；
（2）根据题意画出粒子运动轨迹，找到速度最大值时的临界点，即圆周轨迹与y轴正半轴相切，利用几何知识求出半径，最后求出最大此时粒子的速度；
（3）根据题意画出粒子运动轨迹，求出粒子进入电场时的速度方向，判断出粒子在电场中做做类平抛运动，画出平抛轨迹，根据位移比求出E2，根据动能定理和
，求出两个电场中的电势差，最后加到一起求出Uco．
【解答】解：
（1）由题意可知，
E1q=mg
得：
E1=25N/C
（2）当轨迹跟y轴相切时，到达x轴负半轴的粒子距A点最远，由几何关系得：
R1+R1sinα=d
R1=
m
此时能到达x轴负半轴的粒子速率最大．
得v1=0.9m/s
故v≤0.9m/s
（3）粒子在磁场总运动半个周期，则有
得R2=0.5m
由
在C点的速度大小，v2=1.2m/s
由几何关系得，粒子在C点的速度方向与y轴负方向成53°角，恰好与电场E2方向垂直，
故粒子从C点进入第一象限后做类平抛运动．
设粒子到达O点时，沿E2方向的速度大小为vy，位移大小为y，沿vc方向位移大小为x．
由几何关系得
，
vy=3.2m/s
在E2电场中
Uco2=12.8V
在E1电场中Uco1=﹣E1•CO=﹣20V
Uco=﹣20+12.8=﹣7.2V
答：
（1）电场强度E1的大小为25N/C；
（2）能到达x轴负半轴的粒子的速度范围为v≤0.9m/s；
（3）CO之间的电势差UCO为﹣7.2V．
【点评】此题考查了粒子在复合场中运动，需从题中挖掘出隐含条件．通过画图，找到临界位置，熟练掌握圆周运动的公式及动能定理．粒子进入电场后，做类平抛，画出轨迹图象，有利于快速准确解答此题．
三、物理-选修3-3
13．下列说法正确的是（ ）
A．理想气体的体积增大，分子势能也随之增大
B．布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的
C．气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
D．物体温度升高，表示物体重所有分子的动能都增大
E．1mol任何物质所含有的粒子数都相等
【考点】温度是分子平均动能的标志；阿伏加德罗常数．
【分析】当分子力做正功时，分子势能减小；当分子力做负功时，分子势能增大，对于理想气体无分子力则势能不变；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，与气体分子的数密度和平均动能有关；温度是分子热运动平均动能的标志；
【解答】解：
A、对于理想气体无分子力，则距离变化势能不变，则A错误
B、
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