2021年高考考前押題密卷（課標(biāo)全國卷）

注意事項

考生在答題前請認(rèn)真閱讀本注意事項及各題答題要求

1.本試卷共6頁，滿分為100分，考試時間為75分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。

2.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置。

3.請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符。

4.作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再

選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置

作答一律無效。

5.如需作圖，必須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗。

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要

求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

14.如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、E、尸六個點，它們均勻分布在半徑為R=2cm的同一圓

周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場。已知A、C、E三點的電勢分別為0=26V、%=GV、

仍.=0V,下列判斷正確的是（）

%.........￡

\一?/

A.電場強度的方向由A指向。

B.電場強度的大小為200V/m

C.該圓周上的點電勢最高為（2+@V

D.電子在。點的電勢能小于處在廠點的電勢能

15.一近地衛(wèi)星的運行周期為70,地球的自轉(zhuǎn)周期為丁，則地球的平均密度與地球不致因自轉(zhuǎn)而瓦解的最小

密度之比為（）

TTT272

A.—B.—C.3D.—

2

TToTV

16.如圖所示，理想變壓器原、副線圈接有額定電壓均為20V的燈泡A和B,當(dāng)輸入u=220&sinl00nt（V）

的交流電時，兩燈泡均能正常發(fā)光，假設(shè)燈泡不會被燒壞，下列說法正確的是（）

A.原、副線圈匝數(shù)比為11：1

B.原、副線圈中電流的頻率比為10：1

C.當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑少許時，燈泡B變暗

D.當(dāng)滑動變阻器的滑片向下滑少許時，燈泡A變亮

17.如圖所示，水平地面上緊挨著的兩個滑塊P、Q之間有少量炸藥（質(zhì)量不計），爆炸后P、Q沿水平地面

向左、右滑行的最大距離分別為0.1m、0.4m?已知P、Q與水平地面間的動摩擦因數(shù)相同，則P、Q的質(zhì)

量之比mi:牝為（）

P。

A.4:1B.1:4C.2：1D.1：2

18.如圖所示，質(zhì)量〃?=1kg的物塊放置在豎直固定的彈簧上方（未栓接），用力向下壓物塊至某一位置,

然后由靜止釋放，取該位置為物塊運動的起始位置，物塊上升過程的a-x圖像如圖所示，不計空氣阻力,

重力加速度g=10m人2。則下列說法正確的是（）

八a/（ms-2）

o

o62o.3-o4s5m

A.物塊運動過程的最大加速度大小為20m/s?B.彈簧的勁度系數(shù)為5（）N/m

c.彈簧最大彈性勢能為9JD.物塊加速度為o時離開彈簧

19.2020年11月27日00時41分，華龍一號全球首堆中核集團福清核電5號機組首次并網(wǎng)成功。如圖所

示是原子核的比結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)的關(guān)系圖,

A.核反應(yīng)中，質(zhì)量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒B.華龍一號的原理是熱核反應(yīng)

C.原子核結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定D.核裂變反應(yīng)發(fā)生后，核子的平均質(zhì)量減小

20.如圖所示，一輕彈簧下端固定在傾角為。=37的固定斜面底端，彈簧處于原長時上端位于斜面上的8

點，可視為質(zhì)點的物體質(zhì)量為m,從A點由靜止釋放，將彈簧壓縮到最短后恰好能被彈回到8點，已知A、

B間的距離為上，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,重力加速度為g,sin37'=0.6，cos37=0.8.

不計空氣阻力，此過程中下列說法中正確的是（）

3

A.物體克服摩擦力做的功為

B.輕彈簧的最大壓縮量為

2

C.物體的最大速度等于2a

D.輕彈性勢能的最大值為工mgL

4

21.如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂

直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，P（-舊,0）、Q（0,-V2O為坐標(biāo)軸上的兩點?，F(xiàn)

有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則下列說法中正確的是（）

兀m

A.若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。點，運動時間可能為——

2eB

jrJ

B.若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。點，運動路程可能為。

2

C.若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點。到達(dá)Q點，運動時間一定為

eB

D.若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。到達(dá)Q點，運動路程可能為nL或27rL

22.（6分）

某同學(xué)用如圖所示裝置做"驗證機械能守恒定律"實驗。細(xì)繩跨過固定在鐵架臺上的輕質(zhì)滑輪，兩端分別懸掛

質(zhì)最為M的重物A和質(zhì)量為m的重物B重物B放在地面上，用手托著重物A,使滑輪兩邊的細(xì)

繩剛好伸直。現(xiàn)由靜止釋放重物A,調(diào)節(jié)紙板的高度，使重物B剛好能到達(dá)紙板，重力加速度為g。

（1）實驗室僅提供了刻度尺，則需要測量的物理量有（寫出物理量的名稱和符號）。

（2）當(dāng)重物A剛要落地時，重物A的速度大小為（用測量的物理量符號表示）。

M—m

（3）若表達(dá)式------=________成立，則重物A下落過程中，重物A和重物B組成的系統(tǒng)機械能守恒（用

M+m

已知和測量的物理量符號表示）。

23.（9分）

（1）圖甲使用0.6A量程時，圖中表針示數(shù)是A；圖乙使用3V量程，圖中表針示數(shù)為

__________Vo

（2）電壓表Vi和電壓表V2是由兩塊完全相同的靈敏電流計改裝而成，但量程不同。圖中電壓表Vi的讀數(shù)

為2U,V2的讀數(shù)為U,Vi、V2的內(nèi)阻分別為自1、&2,現(xiàn)電壓表VI的指針指在滿刻度的一半處，這時電壓

表V2的指針指在___________位置，兩電壓表內(nèi)阻關(guān)系為Rvl：Rv2=，被測電阻&兩端的電壓為

Ux=___________

-

-----------------1I-------"——

R,

（3）利用兩塊完全相同的靈敏電流計改裝后的高精度電壓表Vi、V2和以下測量電路測定電源電動勢和內(nèi)阻,

已知V2的量程是W量程的3倍，V2的內(nèi)阻為月小具體操作步驟如下：

A.當(dāng)開關(guān)打到1的位置時，電壓表Vi的讀數(shù)為3；

B.當(dāng)開關(guān)打到2的位置時，電壓表V2的讀數(shù)為5;

用已知量和直接測量量表示電源電動勢E=和內(nèi)阻r=.

24.（14分）

如圖甲是建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機示意圖，打夯前先將樁料扶正立于地基上，樁料

進入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質(zhì)量為"=450kg,樁料的質(zhì)量為機=50kg。每次打夯都通過卷

揚機牽引將夯錘提升到距離樁頂4=5m處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上后立刻隨樁料一起向

下運動。樁料進入泥土后所受阻力,隨打入深度h的變化關(guān)系如圖乙所示，直線斜率左=5.（）5xlO'N/m。

g取lOm/sZ,求

（1）夯錘與樁料第1次碰撞后瞬間的速度及樁料進入泥土的深度;

（2）打完第三夯后，樁料進入泥土的深度。

甲

25.（18分）

如圖所示，半徑為L的金屬圓環(huán)內(nèi)部等分為兩部分，兩部分各有垂直于圓環(huán)平面、方向相反的勻強磁場，磁

感應(yīng)強度大小均為曲，與圓環(huán)接觸良好的導(dǎo)體棒繞圓環(huán)中心0勻速轉(zhuǎn)動。圓環(huán)中心和圓周用導(dǎo)線分別與兩

個半徑為R的D形金屬盒相連，D形盒處于真空環(huán)境且內(nèi)部存在著磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場，其方向垂

直于紙面向里。t=0時刻導(dǎo)體棒從如圖所示位置開始運動，同時在D形盒內(nèi)中心附近的A點，由靜止釋放一

個質(zhì)量為m,電荷量為一q（q>0）的帶電粒子，粒子每次通過狹縫都能得到加速，最后恰好從D形盒邊緣

出口射出。不計粒子重力及所有電阻，忽略粒子在狹縫中運動的時間，導(dǎo)體棒始終以最小角速度3（未知）

轉(zhuǎn)動，求：

（1）3的大小；

（2）粒子在狹縫中加速的次數(shù)；

（3）考慮實際情況，粒子在狹縫中運動的時間不能忽略，求狹縫寬度d的取值范圍。

（-）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作，答。如果多做，則按所做的第一題計分。

33.【選修3-3]（15分）

（1）（5分）

下列說法正確的是。（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，

每選錯1個扣3分，最低得分0分）

A.布朗運動反映了分子熱運動的規(guī)律，即小顆粒的運動是液體分子的無規(guī)則運動

B.對于一定質(zhì)量的理想氣體，在壓強不變而體積增大時，單位時間碰撞容器壁單位面積的分子數(shù)一定減少

C.溫度是分子平均動能的標(biāo)志，兩個動能不同的分子相比，動能大的溫度高

D.當(dāng)液體與大氣相接觸時，液體表面層內(nèi)的分子所受其他分子作用力的合力總是指向液體內(nèi)部

E.不可能利用高科技手段將散失在環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其他變化

（2）（10分）

如圖所示，柱形絕熱氣缸固定在傾角為37。的斜面上，氣缸深度為H,氣缸口有固定卡槽。氣缸內(nèi)用質(zhì)量為

H

m、橫截面積為S的絕熱活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，此時活塞距氣缸底部的距離為一，氣缸內(nèi)氣

2

體溫度為T0.現(xiàn)通過氣缸底部的電熱絲（體積可忽略）緩慢對氣體加熱，一直到氣體溫度升高到37。。加

熱過程中通過電熱絲的電流恒為/,電熱絲電阻為R,加熱時間為t,若電熱絲產(chǎn)生的熱量全部被氣體吸收。

大氣壓強恒為Po,不計活塞及固定卡槽厚度，活塞可沿氣缸壁無摩擦滑動且不漏氣。取sin370=0.6,cos370=

0.8?求

①氣體溫度升高到37■。時的壓強；

②氣體溫度從To升高到37o的過程中增加的內(nèi)能。

34.【選修3-4]（15分）

（1）（5分）

圖甲為--列簡諧橫波在t=0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置在x=1.0m處的質(zhì)點，Q是平衡位置在x=4.0m

處的質(zhì)點；圖乙為質(zhì)點Q的振動圖像，下列說法正確的是。（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分,

選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）

A.這列簡諧橫波向左傳播

B.這列簡諧橫波的波速為80m/s

C.在t=0.10s時刻，質(zhì)點P的位移為5gcm

D.從t=0.10s到t=0.25s,質(zhì)點Q通過的路程為30cm

E.t=0時刻，質(zhì)點P沿y軸負(fù)方向振動

（2）（10分）.

如圖，一玻璃工件的上半部是半徑為R的半球體，。點為球心，下半部是半徑為R、高為（2百-1）/?的圓

柱體，虛線OA是工件的中軸線。一束光線從A點與OA成60。角射入工件。已知玻璃工件對光線的折射率

為6,不計光線在工件內(nèi)的多次反射。求：

①光線射入工件底面后的折射角；

②光線從工件表面射出的方向相對A點入射光線的偏角。

2021年高考考前押題密卷（課標(biāo)全國卷）

物理?全解全析

1415161718192021

CDDCAADADABD

14.【答案】C

【解析】

A.AE中點G的電勢為

所以CF是一個等勢面，電場線與等勢面垂直，且由高電勢指向低電勢，所以電場強度方向由A指向E,所

以A錯誤；

B.如圖所示，由幾何關(guān)系可得

=2/?cos30°=2A/5cm

電場強度的大小為

E=媼=—=100V/m

-2

dAE2V3X10

所以B錯誤；

C.該圓周上電勢最高的點與圓周相切，如圖所示在點H,則有

2

(pM-(po—ER=100x25/3x10=2V,q)o—(pc—V3V

解得

%=(2+@V

所以C正確；

D.電子在電勢越高處，電勢能越小，由于，所以電子在。點的電勢能大于處在尸點的電勢能，

則D錯誤；

故選C。

15.【答案】D

【解析】

對近地衛(wèi)星，有

G粵=,心)2式

R-"

聯(lián)立得

3冗

月二而

考慮地球赤道處一小塊質(zhì)量為mo的物體，只有當(dāng)它受到的萬有引力大于或等于它隨地球一起旋轉(zhuǎn)所需的向

心力時，地球才不會瓦解，設(shè)地球不因自轉(zhuǎn)而瓦解的最小密度為02,則有

「Mm。,2萬、2c

G~^=他耳)R

3

M=p2-^7rR

聯(lián)立得

3兀

A>=-----

2GT1

所以

A=li

八

Pi7T02

故D正確ABC錯誤。

故選D。

16.【答案】D

【解析】

A.交流電壓的有效值為

22072

U=2V=220V

V2

兩燈均正常發(fā)光，則原線圈輸入的電壓為

5=U-UA=220V-20V=200V

副線圈電壓

U2=UB=2OV

根據(jù)理想變壓器變壓比

%q200io

%一孤一元―T

故A錯誤；

B.變壓器不改變交流電的頻率，即頻率比為1:1,故B錯誤；

CD.當(dāng)滑動變阻器的滑片向下滑少許時，阻值減小，副線圈電流變大，根據(jù)旦=2,可知原線圈電流變大,

燈泡A分擔(dān)的電壓變大，燈泡A變亮，原線圈輸入的電壓變小，輸出電壓變小，所以燈泡B亮度變暗，故

C錯誤，D正確。

故選D。

17.【答案】C

【解析】

爆炸過程中，兩滑塊動量守恒，取水平向右為正，則

0=一叫匕+7722V2

爆炸之后分別對兩滑塊動能定理可知：滑塊P

一〃m1gxi=0-g町V；

滑塊Q

n12

—/jm2gx2-0--z?i,v2

聯(lián)立解得

m[:%=2:1

故ABD錯誤C正確；

故選C。

18.【答案】A

【解析】

AD.由圖可知，在位移為0.2m處加速度為零，在位移為0.3m后，加速度不變，即物體離開了彈簧，其加

速度為重力加速度。所以有

%(0.3-0.2)=mg

在起始位置物體加速度最大，有

F-0.3k—mg-ma

解得

a=20m/s2

A正確，D錯誤；

B.彈簧的勁度系數(shù)為

B錯誤；

C.彈簧恢復(fù)形變的過程中，彈簧彈力做的功為

W==jxO.3J=4.5J

22

C錯誤。

故選A。

19.【答案】AD

【解析】

A.核反應(yīng)遵守質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，故A正確；

B.華龍一號的原理是重核的裂變反應(yīng)，故B錯誤；

C.原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故C錯誤；

D.核裂變反應(yīng)發(fā)生后，會釋放能量，所以核子的平均質(zhì)量減小，故D正確。

故選AD。

20.【答案】AD

【解析】

A.對于整個過程，由動能定理，可得

mgLs\r}^-Wf=Q

可得，克服摩擦力做的功為

3

Wf=mgLsin6=wmgL

故A正確。

BD.設(shè)彈簧的最大壓縮量為x,彈性勢能的最大值為Ep,物體從A到最低點的過程，由能量守恒得

mg(L+x)sin0=^mgcos3-(L+x)+Ev

物體從最低點到B點的過程，由能量守恒得

mgxsin。+fjmgcos0-x=Ep

聯(lián)立解得

1,L1,

x--L,=—mgL

4p4

故B錯誤，D正確；

C.設(shè)物體剛要接觸彈簧前速度為力由動能定理可得

12

mgLsin372gLeos37=—mv~-0

解得

若g取10m/s2,有

物體接觸彈簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力，物體先加速下滑，后來

重力沿斜面向下的分力小于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力，物體減速下滑，所以重力沿斜面向下的分力

等于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力，即物體的合力為零，速度最大。顯然最大速度比物體剛要接觸彈簧

前的速度大，故C錯誤。

故選AD。

21.【答案】ABD

【解析】

XXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXX

X4xXXxr

XXXX

XXXX

?玄XXXX

:Q：XXXX

■XXXX

圖2

A.電子在磁場中做圓周運動，電子從P點到Q點，電子在每個磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角都是90'，電子的運動

軌跡可能如圖1或圖2所示，電子在磁場中的運動周期為

.2兀m

1=-------

eB

則電子從。點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點o點的時間為

90fn7im

t=n-T--=----------,n=1、2、3

3602eB

TFIYI

所以若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。點，運動時間可能為——，則A正確;

2eB

B.電子在磁場中做圓周運動的半徑為r,由幾何關(guān)系可得

ny/2r-yj2L

電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。點，運動路程為

7ir

s=n——

2

當(dāng)時

7VL

s二—

2

所以若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。點，運動路程可能為紅，則B正確;

2

C.電子從P點出發(fā)經(jīng)原點。到達(dá)。點，運動時間為

2n兀m

f="T=——,n=1.23

eB

24m

所以若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點。到達(dá)Q點，運動時間可能為——，則C錯誤:

eB

D.按圖（1）電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。到達(dá)。點，運動路程為

s-〃2萬廠

其中r=L當(dāng)n=l時

s=nUnr=2萬L

按圖（2）電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。到達(dá)Q點，運動路程為

s-nlnr

其中r二乙當(dāng)〃=1時

2

s=rH7ir=7iL

所以若電子從P點出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點。到達(dá)Q點，運動路程可能為2m，也可能是乃￡則D正確;

故選ABD

__________H—h

【答案】重物開始釋放時離地面的高度小紙板離地面的高度

22.AHJ2g("-〃)h

【解析】

質(zhì)最為M的重物A和質(zhì)量為m的重物B(M>m),設(shè)重物A下降的高度6,即重物A開始釋放時離地面的

高度h,而重物B上升的高度為H,即紙板離地面的高度H,對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律得

12

(M-m)gh=—+m)v

當(dāng)重物A落到地面后，物體B做豎直上拋運動，則有

12

~mv"=mg(H-h)

那么重物A剛要落地時速度大小為

v=J2g(〃一〃)

聯(lián)立解得

(A/+m)H=2Mh

(1)實驗室僅提供了刻度尺，則需要測量的物理量有：重物A開始釋放時離地面的高度力，與紙板離地面

的高度H。

(2)由上面分析可知，當(dāng)重物A剛要落地時，重物A的速度大小為

v=J2g(〃一〃)

(3)根據(jù)(M+m)H=2Mh,可得

2MH

M+mh

則有

M+mh

那么則有

M—m_H—h

M+mh

上式成立，則重物A下落過程中，重物A和重物B組成的系統(tǒng)機械能守恒。

「2U、U,U-U0

!!12

E=---~r=—....-Rv

23.【答案】0.441.70滿刻度的一半2：13U3U}-U2U2-3UX口(或

3Ut-U2\

【解析】

⑴圖甲最小分度值為0.02,因此示數(shù)是0.44A。

圖乙最小分度為0.1,因此讀數(shù)為1.70V?

（2）因為兩表由同一個靈敏電流計改裝，所以經(jīng)過相同的電流時指針偏轉(zhuǎn)的角度一樣。電壓表Vi的指針指在

滿刻度的一半處，這時電壓表V2的指針也指在滿刻度的一半處。

根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻成正比，所以兩表的內(nèi)阻之比為2:1。

被測電阻&兩端的電壓為3U。

⑶有題意可知，電壓表Vi的內(nèi)阻為半，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律得

%r+U、=EU,工〃?

凡2'，A+4=E

解得

E=-----!~~,r~~!-----/?.

3U「UjU「3U[2

24.【答案】（1）h=\m.（2）X=1.65m

【解析】

⑴設(shè)夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為%,則

4=2g%

解得

%=J2g%=10m/s

取向下為正方向，設(shè)夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為v,由動量守恒定律得

Mv0=+加?

代入數(shù)據(jù)解得

v=9m/s

由乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力隨距離均勻變化，可用平均力求阻力做功，則

W=--kh-h=--kh2

ff22

對夯錘與樁料，由動能定理得

2

(M+m)gh+Wf=0一+m)v

代入數(shù)據(jù)解得

/z=lm

（2）由于每次提升重錘距樁帽的高度均為%,每次碰撞后瞬間的速度均為％設(shè)三次打擊后共下降X,則由圖

象可知，克服阻力做功

W=-kx2

2

由能量守恒定律得

+m)gx+3xg(M+m)/

=-kx2

2

解得

x=1.65m

8=變~d4鳴^

25.【答案】⑴m；(2)；(3)2BR

【解析】

（1）根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力

Bvq=-

r

得

mv

T2兀r2兀m

1=-----=------

vqB

棒的角速度最小值為

2萬qB

co=——=——

Tm

（2）根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力

7

可得粒子離開加速器的速度為

BqR

m

由法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒切割磁感線的電動勢為

E磁」…星

感2°2m

根據(jù)動能定理

得加速的次數(shù)為

,BI}

N=-----

(3)帶電粒子在電場中的加速度為

E^q_q2BB.13

Cl--------=----------5-

dm2dm~

粒子在電場中做勻加速直線運動，滿足

Nd=-at2

2

為保證粒子一直加速，應(yīng)滿足

/

2

解得

d…

2BR

—33—?

(1)【答案】BDE

【解析】

A.布朗運動不是液體分子的運動，也不是固體小顆粒分子的運動，而是小顆粒的運動。它間接證明了：分

子永不停息地做無規(guī)則運動，故A錯誤；

B.對于一定質(zhì)量的理想氣體，在壓強不變而體積增大時，單位體積內(nèi)的分子數(shù)減少，所以單位時間碰撞容

器壁單位面積的分子數(shù)一定減少，故B正確；

C.溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度高平均動能大，但不一定每個分子的動能都大，故C錯誤；

D.當(dāng)液體與大氣相接觸時，液體表面層內(nèi)的分子所受其他分子作用力的合力總是指向液體內(nèi)部，故D正確;

E.由熱力學(xué)第二定律可知不可能利用高科技手段將散失在環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其

他變化，故E正確。

故選BDE,

39mg

p)=-