【KS5U解析】廣東省深圳中學(xué)2020屆高三下學(xué)期理科綜合能力測(cè)試物理試題（五） Word版含解析

1、2020屆深圳中學(xué)高三年級(jí)理科綜合能力測(cè)試注意事項(xiàng)：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：h-1c-12n-14o-16na-23c1-35.5fe-56ni-59ag-108二、選擇題1.如圖所示為用某金屬研究光電效應(yīng)規(guī)律得到的光電流隨電壓變化關(guān)系的圖象，用單色光1和單色光2分別照射該金屬時(shí)，逸出的光電子的最大初動(dòng)能分別為ek1和ek2，普

2、朗克常量為h，則下列說(shuō)法正確的是（）a. ek1>ek2b. 單色光1的頻率比單色光2的頻率高c. 增大單色光1的強(qiáng)度，其遏止電壓會(huì)增大d. 單色光1和單色光2的頻率之差為【答案】d【解析】【詳解】a由于：所以：a錯(cuò)誤；b由：可知，單色光1的頻率比單色光2的頻率低，b錯(cuò)誤；c只增大照射光的強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能不變，因此遏止電壓不變，c錯(cuò)誤；d由：得：d正確。故選d。2.在平直公路上行駛的甲車(chē)和乙車(chē)，其位移時(shí)間圖象分別如圖中直線和曲線所示，圖中t1對(duì)應(yīng)x1，則（）a. t1到t3時(shí)間內(nèi)，甲車(chē)做直線運(yùn)動(dòng)，乙車(chē)做曲線運(yùn)動(dòng)b. 在t1時(shí)刻，甲車(chē)的速度大于乙車(chē)的速度c. t1到t2時(shí)間內(nèi)，一定

3、存在某時(shí)刻兩車(chē)的速度相同d. t1到t2時(shí)間內(nèi)，甲車(chē)的平均速度小于乙車(chē)的平均速度【答案】c【解析】【詳解】a兩車(chē)均直線運(yùn)動(dòng)，故a錯(cuò)誤；b在t1時(shí)刻，乙車(chē)圖線的切線斜率大于甲車(chē)圖線的切線斜率，所以乙車(chē)的速度大于甲車(chē)的，故b錯(cuò)誤；c在t1到t2時(shí)間內(nèi)，乙車(chē)圖線切線斜率某時(shí)刻等于甲車(chē)圖線的切線斜率，則在此時(shí)刻兩車(chē)速度相同，故c正確； d在t1到t2時(shí)間內(nèi)，兩車(chē)的位移相同，時(shí)間相同，則平均速度相同，故d錯(cuò)誤。故選c。3.將一質(zhì)量為m的物體分別放在地球的南、北兩極點(diǎn)時(shí)，該物體的重力均為mg0；將該物體放在地球赤道上時(shí)，該物體的重力為mg。假設(shè)地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體，半徑為r，已知引力常量為g，則由

4、以上信息可得出（）a. 地球的質(zhì)量為b. 地球自轉(zhuǎn)的周期為c. 地球同步衛(wèi)星的高度為d. 地球的第一宇宙速度大小為【答案】c【解析】【詳解】a在地球南、北兩極點(diǎn)時(shí)，物體受到的重力與萬(wàn)有引力大小相等 解得 故a錯(cuò)誤；b由于在地球赤道上該物體的重力為mg，則有mg0mgm2r可解得 故地球自轉(zhuǎn)的周期為故b錯(cuò)誤；c由于地球同步衛(wèi)星圍繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，故由萬(wàn)有引力定律可得聯(lián)立解得地球同步衛(wèi)星的高度為選項(xiàng)c正確； d由于地球的第一宇宙速度大小等于衛(wèi)星圍繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的最大速度，則有又因?yàn)榻獾眠x項(xiàng)d錯(cuò)誤。故選c。4.如圖所示，一個(gè)小型水電站，其交流發(fā)電機(jī)的輸出電壓u1一定，通過(guò)理想升壓變壓器

5、t1和理想降壓變壓器t2向遠(yuǎn)處用戶供電，輸電線的總電阻為r.t1的輸入電壓和輸入功率分別為u1和p1，它的輸出電壓和輸出功率分別為u2和p2；t2的輸入電壓和輸入功率分別為u3和p3，它的輸出電壓和輸出功率分別為u4和p4.下列說(shuō)法正確的是()a. 當(dāng)用戶的用電器增多時(shí)，u2減小，u4變大b. 當(dāng)用戶的用電器增多時(shí)，p2變大，p3減小c. 要減小線路的損耗，應(yīng)增大升壓變壓器的匝數(shù)比，同時(shí)應(yīng)減小降壓變壓器的匝數(shù)比d. 要減小線路的損耗，應(yīng)增大升壓變壓器的匝數(shù)比，同時(shí)應(yīng)增大降壓變壓器的匝數(shù)比【答案】d【解析】交流發(fā)電機(jī)的輸出電壓u1一定，匝數(shù)沒(méi)變，根據(jù)，可知u2不變，故a錯(cuò)誤；當(dāng)用戶的用電器增多時(shí)

6、，用戶消耗的電功率變大，則輸入功率增大，即p3變大，故b錯(cuò)誤；輸送功率一定時(shí)，根據(jù)p=ui和可知，要減小線路的損耗，應(yīng)增大輸送電壓，又因u1一定，可知，應(yīng)增大升壓變壓器的匝數(shù)比；由于u3=u2-ir，u2增大，i2減小，所以u(píng)3增大，用戶電壓不變，根據(jù)可知，應(yīng)增大降壓變壓器的匝數(shù)比，故c錯(cuò)誤，d正確5.如圖，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根平行固定放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線a和b通有大小相等、方向相反的電流，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與兩根導(dǎo)線所在平面平行且垂直于兩根導(dǎo)線，此時(shí)a受到的磁場(chǎng)力大小為f1。若撤去b，保留勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則a受到的磁場(chǎng)力大小為f2；若撤去勻強(qiáng)磁場(chǎng)，保留b，則a受到的磁場(chǎng)力大小為（）a. f1f2b. f1f2c

7、. d. 【答案】c【解析】【詳解】假設(shè)導(dǎo)線a、b之間相互作用的斥力大小為f0，勻強(qiáng)磁場(chǎng)對(duì)兩導(dǎo)線的作用力大小為f，與兩根導(dǎo)線所在平面垂直。則導(dǎo)線a所受的合磁場(chǎng)力大小為f1如果撤去導(dǎo)線b，導(dǎo)線a所受的磁場(chǎng)力大小為f2f；如果撤去勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)線a所受到的磁場(chǎng)力大小為f0，由以上可求得f0c正確，abd錯(cuò)誤。故選c。6.大國(guó)工匠節(jié)目中講述了王進(jìn)利用“秋千法”在1000kv的高壓線上帶電作業(yè)的過(guò)程。如圖所示，絕緣輕繩od一端固定在高壓線桿塔上的o點(diǎn)，另一端固定在兜籃上。另一絕緣輕繩跨過(guò)固定在桿塔上c點(diǎn)的定滑輪，一端連接兜籃，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王進(jìn)坐在兜籃里，緩慢地從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到處于o點(diǎn)正下方

8、e點(diǎn)的電纜處。繩od一直處于伸直狀態(tài)，兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備總質(zhì)量為m，不計(jì)一切阻力，重力加速度大小為g。關(guān)于王進(jìn)從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）a. 工人對(duì)繩的拉力可能先增大后減小b. 繩od的拉力一定越來(lái)越大c. od、cd兩繩拉力的合力大小始終等于mgd. 當(dāng)繩cd與豎直方向的夾角為30°時(shí)，工人對(duì)繩的拉力為mg【答案】bcd【解析】【詳解】ab對(duì)兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備整體受力分析繩od的拉力為f1，與豎直方向的夾角為；繩cd的拉力為f2，與豎直方向的夾角為，則由幾何關(guān)系得王進(jìn)下降的過(guò)程中減小，增大，由幾何關(guān)系得：f1增大，f2減小，故a錯(cuò)誤，b正確；c受力平衡，

9、兩繩拉力的合力大小始終等于mg，故c正確；d30°時(shí)， ，利用oc=od由幾何關(guān)系得，則30°，由受力平衡 求出f2mg，故d正確。故選bcd。7.如圖甲所示，a、b、c三點(diǎn)是在等量同種正電荷連線中垂線上的點(diǎn)；一個(gè)帶電荷量為q、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷從c點(diǎn)靜止釋放，只在電場(chǎng)力作用下其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示，運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)處對(duì)應(yīng)的圖線的切線斜率最大（圖中標(biāo)出了該切線），其切線斜率為k，則（）a. b點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，大小為b. 由c點(diǎn)到a點(diǎn)電勢(shì)逐漸降低，且ba之間電勢(shì)差為c. 該點(diǎn)電荷由c到a的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后變大d. 該等量同種正電荷連線中垂面上，有且僅有一個(gè)點(diǎn)（

10、a點(diǎn)關(guān)于o點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)）與a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同【答案】ab【解析】【詳解】a由速度時(shí)間圖象可知，圖象的斜率表示點(diǎn)電荷的加速度，由題意b點(diǎn)的斜率最大，知b點(diǎn)處點(diǎn)電荷的加速度最大為k，電場(chǎng)力最大，b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，由牛頓第二定律可知點(diǎn)電荷所受的電場(chǎng)力大小為所以b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為故a正確；b根據(jù)等量同種正電荷的電場(chǎng)線的分布情況沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，由c點(diǎn)到a點(diǎn)電勢(shì)逐漸降低，根據(jù)功能關(guān)系解得故b正確；c點(diǎn)電荷從c運(yùn)動(dòng)到a的整個(gè)過(guò)程中，一直做加速運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力一直做正功，電勢(shì)能一直減小，故c錯(cuò)誤； d該等量同種正電荷連線中垂面上，距離o點(diǎn)半徑oa的圓周上所有點(diǎn)均與a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同，d錯(cuò)誤。故選ab。8.如圖

11、，有理想邊界的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域abcd邊長(zhǎng)為l，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b一群質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計(jì)重力），在紙面內(nèi)從b點(diǎn)沿各個(gè)方向以大小為的速率射入磁場(chǎng)，不考慮粒子間的相互作用，下列判斷正確的是a. 從a點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短b. 從d點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)c. 從cd邊射出的粒子與c的最小距離為d. 從cd邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為【答案】bd【解析】【詳解】a、b點(diǎn)發(fā)射初速度指向a時(shí)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間才是最短，該粒子從b點(diǎn)射出，其時(shí)間最短為0，并不是所有從a點(diǎn)射出的都是時(shí)間最短的，故a錯(cuò)誤；b、因?yàn)楦鱾€(gè)方向的粒子運(yùn)動(dòng)半徑

12、均相同：，周期也均相同：，當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓弧所對(duì)的弦越長(zhǎng)，其圓心角也越大，根據(jù)，可知時(shí)間越長(zhǎng)，分析可知最長(zhǎng)的弦即為bd的連線，所以從d點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，故b正確；c、如圖所示，沿bc方向發(fā)射的粒子，從cd點(diǎn)射出時(shí)與c的最小距離最小，根據(jù)幾何關(guān)系可得：，解得：，故c錯(cuò)誤；d、分析可知，從cd邊射出的粒子中，沿bc方向發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，根據(jù)周期公式，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為，可求該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，故d正確三、非選擇題（一）必考題9.某同學(xué)用如圖甲的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭，鋼球自由下落過(guò)程中，先后通過(guò)光電門(mén)a、b，鋼球通過(guò)光電門(mén)a時(shí)光電計(jì)時(shí)器開(kāi)

13、始計(jì)時(shí)，通過(guò)光電門(mén)b時(shí)就停止計(jì)時(shí)，得到鋼球從a到b所用時(shí)間t，用刻度尺測(cè)出a、b間高度h，保持鋼球下落的位置和光電門(mén)b的位置不變，改變光電門(mén)a的位置，重復(fù)前面的實(shí)驗(yàn)，測(cè)出多組h、t的值。(1)由于鋼球下落的位置和光電門(mén)b的位置均不變，因此小球到達(dá)b點(diǎn)的速度vb不變，則球的運(yùn)動(dòng)可以看成是反向的_（填“勻加速”或“勻減速”）直線運(yùn)動(dòng)，故反向運(yùn)動(dòng)的位移表達(dá)式h=_（用vb、g、t表示）。(2)根據(jù)測(cè)得的多組h、t的值，算出每組的，作出圖象如圖乙，若圖線斜率的絕對(duì)值為k，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=_?！敬鸢浮?(1). 勻減速 (2). (3). 2k【解析】【詳解】(1)12由于球下落的位置不變，光電門(mén)

14、b的位置不變，因此小球到達(dá)b點(diǎn)的速度不變，設(shè)球到b點(diǎn)的速度為vb，則球的運(yùn)動(dòng)可以看成是倒過(guò)來(lái)的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有(2)3將整理后可得由圖線斜率的絕對(duì)值有解得g=2k10.小明設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，用來(lái)測(cè)定電流表內(nèi)阻和電源的電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻，用到的器材有：待測(cè)電池e、待測(cè)電流表（量程0.6a）、電阻箱r1（099.99）、電阻箱r2（099.99）、開(kāi)關(guān)k1、單刀雙擲開(kāi)關(guān)k2及導(dǎo)線若干，連線后： (1)斷開(kāi)k1，把k2與“1”接通，多次改變電阻箱r2的阻值，讀出相應(yīng)的i和r，某次電流表的示數(shù)如圖乙，其讀數(shù)為_(kāi)a；以為縱坐標(biāo)，r為橫坐標(biāo)，作出r圖像如圖丙，由此可知電池的電動(dòng)勢(shì)e=_v（計(jì)算結(jié)果保留

15、兩位小數(shù)，下同）；(2)斷開(kāi)k2，閉合k1，調(diào)節(jié)r1使電流表滿偏；(3)保持k1閉合，r1阻值不變，將k2與“2”接通，調(diào)節(jié)r2使電流表示數(shù)為0.30a，此時(shí)r2的阻值為0.15，則可認(rèn)為電流表的內(nèi)阻ra=_，則該測(cè)量值_（填“>”、“=”或“<”）電流表真實(shí)值，若不計(jì)上述誤差，則可求得電池的內(nèi)阻r=_?！敬鸢浮?(1). 0.28a (2). e9.00±0.10v (3). (4). <（或） (5). r1.85±0.10【解析】【詳解】(1)圖乙電流表示數(shù)為0.28a據(jù)閉合電路歐姆定律可得：，整理得：，對(duì)比圖像得：，解得：(2)(3) 斷開(kāi)k2，閉

16、合k1，調(diào)節(jié)r1使電流表滿偏；保持k1閉合，r1阻值不變，將k2與“2”接通，調(diào)節(jié)r2使電流表示數(shù)為0.30a；可認(rèn)為流過(guò)電流表的電流和流過(guò)r2的電流相等，則電流表的內(nèi)阻；實(shí)際上流過(guò)電流表的電流略小于流過(guò)r2的電流，即電流表內(nèi)阻的真實(shí)值大于r2；即電流表內(nèi)阻測(cè)量值小于電流表的真實(shí)值。若不計(jì)上述誤差，則對(duì)，對(duì)比圖像得，解得：點(diǎn)睛：知道半偏法測(cè)電表內(nèi)阻的原理及過(guò)程，會(huì)分析半偏法測(cè)電表內(nèi)阻帶來(lái)的誤差。11.質(zhì)量為m1kg的滑塊，放在光滑的水平平臺(tái)上，平臺(tái)的右端b與足夠長(zhǎng)的水平傳送帶相接，皮帶輪的半徑為r0.5m，且以角速度12rad/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)（傳送帶不打滑），先將滑塊緩慢向左壓縮固定在平臺(tái)上的輕

17、彈簧，然后突然釋放，當(dāng)滑塊滑到傳送帶上距b端l=15m的c點(diǎn)時(shí)，恰與傳送帶速度大小相等，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（g=10m/s2）求：(1)釋放滑塊前彈簧具有的彈性勢(shì)能；(2)滑塊從b到c所用的時(shí)間；(3)滑塊從b到c過(guò)程中電機(jī)牽引傳送帶多消耗的能量。【答案】(1)；(2)或；(3)或【解析】【詳解】(1)傳送帶的速度由牛頓第二定律，滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度 滑塊從b到c若一直減速，由動(dòng)能定理解得由能量守恒 滑塊從b到c若先減速到零再反向加速到c點(diǎn)與傳送帶速度大小相等，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得由能量守恒釋放滑塊前彈簧具有的彈性勢(shì)能為40.5j。(2)若一直減速，設(shè)滑塊從b到c所用的時(shí)間為，則

18、解得 若先減速到零再反向加速到c點(diǎn)與傳送帶速度大小相等，設(shè)滑塊從b到c所用的時(shí)間為，則滑塊從b到c所用的時(shí)間為2s或10s。(3) 若一直減速，滑塊從b到c過(guò)程中電機(jī)牽引傳送帶多消耗的能量若先減速到零再反向加速到c點(diǎn)與傳送帶速度大小相等，滑塊從b到c過(guò)程中電機(jī)牽引傳送帶多消耗的能量滑塊從b到c過(guò)程中電機(jī)牽引傳送帶多消耗的能量為18j或90j。12.如圖所示，有兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌水平放置，右側(cè)用一小段光滑圓弧和另一對(duì)豎直光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌間距l(xiāng)1m。細(xì)金屬棒ab和cd垂直于導(dǎo)軌靜止放置，它們的質(zhì)量m均為1kg，電阻r均為0.5。cd棒右側(cè)lm處有一垂直于導(dǎo)軌平面向下的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，

19、磁感應(yīng)強(qiáng)度b1t，磁場(chǎng)區(qū)域長(zhǎng)為s。以cd棒的初始位置為原點(diǎn)，向右為正方向建立坐標(biāo)系?，F(xiàn)用向右的水平恒力f1.5n作用于ab棒上，作用4s后撤去f。撤去f之后ab棒與cd棒發(fā)生彈性碰撞，cd棒向右運(yùn)動(dòng)。金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空氣阻力不計(jì)。（g=10m/s2）求：(1) ab棒與cd棒碰撞后瞬間的速度分別為多少；(2)若s1m，求cd棒滑上右側(cè)豎直導(dǎo)軌，距離水平導(dǎo)軌的最大高度h；(3)若可以通過(guò)調(diào)節(jié)磁場(chǎng)右邊界的位置來(lái)改變s的大小，寫(xiě)出cd棒最后靜止時(shí)與磁場(chǎng)左邊界的距離x的關(guān)系。（不用寫(xiě)計(jì)算過(guò)程）【答案】（1）0，；（2）1.25 m；（3）見(jiàn)解析【解析】詳解】(1)對(duì)ab棒，由動(dòng)

20、量定理得ab棒與cd棒碰撞過(guò)程，取向右方向?yàn)檎?，?duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得解得，(2)由安培力公式可得對(duì)cd棒進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，由動(dòng)量定理得設(shè)導(dǎo)體棒cd進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)回路磁通量變化量為以上幾式聯(lián)立可得。對(duì)cd棒出磁場(chǎng)后由機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立以上各式得。(3)第一種情況如果磁場(chǎng)s足夠大，cd棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)距離時(shí)速度減為零，由動(dòng)量定理可得設(shè)磁通量變化量為 流過(guò)回路的電量聯(lián)立可得即s6 m，x=6 m，停磁場(chǎng)左邊界右側(cè)6m處。第二種情況cd棒回到磁場(chǎng)左邊界仍有速度，這時(shí)會(huì)與ab再次發(fā)生彈性碰撞，由前面計(jì)算可得二者速度交換，cd會(huì)停在距磁場(chǎng)左邊界左側(cè)1m處，設(shè)此種情況下磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾?，向右運(yùn)

21、動(dòng)時(shí)有返回向左運(yùn)動(dòng)時(shí)通過(guò)回路的電量聯(lián)立可得即s3 m時(shí)，x=1 m，停在磁場(chǎng)左邊界左側(cè)1m處；第三種情況3 ms6 m，向右運(yùn)動(dòng)時(shí)有通過(guò)回路的電量返回向左運(yùn)動(dòng)時(shí)通過(guò)回路的電量聯(lián)立可得x=(2s6）m，在磁場(chǎng)左邊界右側(cè)。物理選修3-313.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷如圖所示的一系列過(guò)程，ab、bc、cd、da這四段過(guò)程在p-t圖像中都是直線，其中ca的延長(zhǎng)線通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)o，下列說(shuō)法正確的是（ ）a. ab的過(guò)程中，氣體對(duì)外界放熱，內(nèi)能不變b. bc的過(guò)程中，單位體積內(nèi)的氣體分子數(shù)減少c. cd的過(guò)程中，氣體對(duì)外界做功，分子的平均動(dòng)能減小d. cd過(guò)程與ab相比較，兩過(guò)程中氣體與外界交換的熱量相同e. da過(guò)程與bc過(guò)程相比較，兩過(guò)程中氣體與外界交換的熱量相同【答案】abe【解析】【詳解】aab的過(guò)程中，氣體溫度不變，則內(nèi)能不變；壓強(qiáng)變大，體積減小，則外界對(duì)氣