四川省2024年高考物理模擬試卷及答案6

四川省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題得分1．圖（a）為某型號家用全自動波輪洗衣機(jī)，圖（b）為洗衣機(jī)內(nèi)部結(jié)構(gòu)剖面圖，其內(nèi)桶由四根相同的輕質(zhì)吊桿前、后、左、右對稱懸掛（懸點(diǎn)可自由轉(zhuǎn)動），內(nèi)筒靜止時(shí)每根吊桿與豎直方向夾角均為α，內(nèi)桶總質(zhì)量為m，重力加速度大小為g，每根吊桿的拉力大小為（）A．mg4 B．mg4cosα C．2．圖示為一種自動測定油箱內(nèi)油面高度的裝置，裝置中金屬杠桿的一端接浮標(biāo)（浮標(biāo)與杠桿絕緣），另一端的觸點(diǎn)P接滑動變阻器R，油量表由電流表改裝而成。當(dāng)汽車加油時(shí)，油箱內(nèi)油面上升過程中，下列說法正確的是（）A．電路中電流減小 B．R1C．整個(gè)電路消耗的功率增大 D．電源輸出功率一定增大3．如圖，沿水平直軌道運(yùn)行的地鐵車廂內(nèi)，有一拉環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）用輕繩與套于水平桿中的固定限位塊相連，某段時(shí)間內(nèi)拉環(huán)與豎直方向夾角始終為θ。已知限位塊、拉環(huán)質(zhì)量分別為M、m，重力加速度大小為g，則在該段時(shí)間內(nèi)（）A．輕繩拉力大小為mgcosθ C．列車一定水平向右做勻加速運(yùn)動 D．水平桿對限位塊的作用力大小為(M+m)g4．如圖，真空中兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷P、Q關(guān)于O點(diǎn)對稱分布，P帶正電，A為P、Q連線上一點(diǎn)。保持OA距離不變，增大P、Q之間的距離后再次靜止（仍關(guān)于O點(diǎn)對稱）。選無窮遠(yuǎn)為零電勢點(diǎn)，則P、Q距離增大后（）A．O點(diǎn)的場強(qiáng)不變 B．O點(diǎn)的電勢升高C．A點(diǎn)的場強(qiáng)變小 D．A點(diǎn)的電勢降低5．水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止?fàn)顟B(tài)跌落的最大高度。已知導(dǎo)致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。假設(shè)蘋果在接觸鋼板后0.1s減速至靜止，重力加速度g取10m/s2，則蘋果在鋼板上的碰傷閾值最接近（）A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm6．2023年10月，神舟十七號飛船成功與中國空間站對接，對接后的組合體運(yùn)行周期約1.A．組合體的軌道高度大于中繼衛(wèi)星的軌道高度 B．組合體的線速度大于中繼衛(wèi)星的線速度C．組合體的角速度小于中繼衛(wèi)星的角速度 D．組合體的加速度大于中繼衛(wèi)星的加速度7．如圖，平行板電容器與電壓為U的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離d，待電路穩(wěn)定后，帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從靠近左板處由靜止釋放，測得粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間為t，到達(dá)右板的速度大小為v，重復(fù)上述過程，完成多次實(shí)驗(yàn)。板間電場可視為勻強(qiáng)電場，粒子所受重力忽略不計(jì)。下列圖像正確的是（）A． B．C． D．8．如圖，空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E=mgq，方向水平向右。豎直面內(nèi)一絕緣軌道由半徑為R的14光滑圓弧BC與足夠長的傾斜粗糙軌道AB、CD組成，AB、CD與水平面夾角均為45°且在B、C兩點(diǎn)與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為m，電荷量為q，從AB軌道上與圓心O等高的P點(diǎn)以v0=2gR的速度沿軌道下滑。已知滑塊與AB、A．滑塊在AB軌道下滑時(shí)的加速度大小為g B．滑塊在BC軌道中對軌道的最大壓力為3mgC．滑塊最終將在BC軌道之間做往復(fù)運(yùn)動 D．滑塊在AB軌道及CD軌道上運(yùn)動的總路程為2R閱卷人二、非選擇題得分9．某同學(xué)用圖（a）所示的裝置測量木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)。長木板水平固定，木塊通過水平輕繩繞過輕質(zhì)光滑定滑輪連接重物。（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)（選填“①”或“②”），得到加速階段的部分紙帶如圖（b）所示，A、B、C、D、E為打下的相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出。①先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，再由靜止釋放重物②先由靜止釋放重物，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源（2）測量得x1=5.40cm，x2=14.72cm10．某同學(xué)用圖（a）所示電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)。所需器材：小燈泡L（額定電壓3V，額定功率約0.6W）；電源E（電動勢6V，內(nèi)阻很小可忽略不計(jì)）；電壓表V（量程3V，阻值很大）；電流表A（量程0.25A，內(nèi)阻約0.滑動變阻器R（總阻值約10Ω）；保護(hù)電阻R0開關(guān)S；導(dǎo)線若干。（1）請依照圖（a）所示電路，在圖（b）中補(bǔ)全實(shí)物連線。（2）實(shí)驗(yàn)步驟：①閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使滑片停留在最（選填“左”或“右”）端；②閉合開關(guān)后，逐漸移動滑動變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達(dá)到額定電壓；③記錄如下8組U和I的數(shù)據(jù)后斷開開關(guān)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖（c）所示方格紙上描繪完整的表格數(shù)據(jù)并作出小燈泡的伏安特性曲線。（3）若實(shí)驗(yàn)室中沒有量程為0.25A的電流表，可用一只量程為50mA，阻值為2Ω的毫安表并聯(lián)電阻值為Ω的定值電阻改裝而成。（4）燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻與燈泡不亮?xí)r的電阻的比值為（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（5）為了能順利完成實(shí)驗(yàn)，且較大程度起到保護(hù)作用，保護(hù)電阻R0的阻值應(yīng)為Ω（選填“20”、“10”、“5”或“211．如圖，在第一象限0≤x≤2L區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E1（未知），2L<x≤4L區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E2（未知）。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速率v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向進(jìn)入電場并依次通過A(2L,L)和B(（1）粒子運(yùn)動至A點(diǎn)的速度大?。唬?）場強(qiáng)E212．圖（a）為成都天府國際機(jī)場某貨物傳送裝置實(shí)物圖，簡化圖如圖（b）所示，該裝置由傳送帶ABCD及固定擋板CDEF組成，固定擋板CDEF與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面ABCD與水平地面的夾角θ=37°，CD與水平面平行。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點(diǎn)由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移L=10m后被取走，貨物在傳送帶上運(yùn)動時(shí)的剖面圖如圖（c）所示。已知傳送帶勻速運(yùn)行的速度v=1m/s，貨物質(zhì)量m=10kg，其底部與傳送帶ABCD的動摩擦因數(shù)為μ1=0.5，其側(cè)面與擋板CDEF的動摩擦因數(shù)為μ2（1）貨物剛放上傳送帶時(shí)，其底面所受滑動摩擦力f1的大小及側(cè)面所受滑動摩擦力f（2）貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時(shí)間t及傳送裝置多消耗的電能E；（3）某次測試過程中工作人員每隔Δt=1s從D點(diǎn)靜止釋放相同的貨物，貨物對地發(fā)生位移L=10m后被取走，若維持傳送帶勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，傳送帶相對空載時(shí)需增加的最大功率ΔP。13．下列說法中正確的是（）A．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過一個(gè)絕熱壓縮過程，其溫度一定升高B．給自行車打氣時(shí)氣筒活塞壓下后反彈，是由分子斥力造成的C．第二類永動機(jī)不可能制成的原因是違反了能量守恒定律D．運(yùn)送貨物的卡車停于水平地面，在緩慢卸貨過程中，若車胎不漏氣，胎內(nèi)氣體溫度不變，不計(jì)分子間勢能，則胎內(nèi)氣體從外界吸熱E．液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動是液體分子對微粒的撞擊作用不平衡所引起的14．如圖（a），豎直圓柱形汽缸導(dǎo)熱性良好，用橫截面積為S的活塞封閉一定量的理想氣體，活塞質(zhì)量為m0，此時(shí)活塞靜止，距缸底高度為H。在活塞上放置質(zhì)量為m1（未知）的物塊靜止后，活塞距缸底高度為H'=23H，如圖（b（1）求物塊質(zhì)量m1（2）活塞上仍放質(zhì)量為m1物塊，為使得活塞回到距缸底為H的高度，求密封氣體的熱力學(xué)溫度T應(yīng)緩慢上升為多少；若此過程中氣體內(nèi)能增加了ΔU，求該過程中缸內(nèi)氣體從外界吸收的熱量Q15．如圖（a），輕質(zhì)彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將小球向下拉動距離l后由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)，小球在豎直方向做簡諧振動，彈簧彈力與小球運(yùn)動的時(shí)間關(guān)系如圖（b）所示。l及t0（1）小球簡諧振動的周期T=；（2）0~6t0（3）0~t0216．如圖，一玻璃磚的截面由等腰三角形PMQ和半徑為R的半圓組成，∠PMQ=120°，O為圓心，其右側(cè)放置足夠長的豎直平面鏡，鏡面與PQ平行，A處的光源發(fā)射一束光從MP中點(diǎn)B射入玻璃磚，光束與MP夾角θ=30°，經(jīng)折射后光線與PQ垂直。A、M、O三點(diǎn)共線，光在真空中的傳播速度為c，不考慮光束在玻璃磚內(nèi)的反射。（1）求玻璃磚的折射率n；（2）若光束從光源A發(fā)射經(jīng)平面鏡一次反射后恰能回到光源A處，求光束在全過程中的傳播時(shí)間t。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】內(nèi)筒受力平衡，根據(jù)平衡條件可得4Fcos每根吊桿的拉力大小為F=mg故選B【分析】對內(nèi)桶受力分析，根據(jù)受力平衡聯(lián)立方程求出吊桿的拉力。2．【答案】C【解析】【解答】A.當(dāng)汽車加油時(shí)油箱內(nèi)油面上升時(shí)，通過浮球和杠桿使觸點(diǎn)P向下滑動，滑動變阻器R接入電路的電阻變小，整個(gè)電路的總電阻變小，電路中的電流變大，故A錯(cuò)誤；B.R1兩端電壓U1=IC.整個(gè)電路消耗的功率P=EI，由于電路中的電流變大，所以整個(gè)電路消耗的功率增大，故C正確；D.電源輸出功率P出=I故選C?！痉治觥扛鶕?jù)歐姆定律，結(jié)合電路滑動變阻器R接入電路的電阻變小，討論出總電流增加，再根據(jù)電功率表達(dá)式分析整個(gè)電路消耗的功率和電源輸出功率。3．【答案】A【解析】【解答】A、拉環(huán)受重力、輕繩拉力作用

豎直方向根據(jù)平衡條件可得mg=T輕繩拉力大小為T=故A正確；

B、根據(jù)牛頓第二定律F列車加速度大小為a=g故B錯(cuò)誤；

C、由拉環(huán)傾斜情況可知列車加速度方向水平向右，列車速度方向不知，列車可能水平向左做勻減速運(yùn)動，故C錯(cuò)誤；

D、將限位塊、拉環(huán)看做整體，水平桿對限位塊的作用力大小為F=故答案為：A。

【分析】拉環(huán)與列車保持相對靜止，兩者的加速度相等。對拉環(huán)進(jìn)行受力分析，根據(jù)力的合成與分解確定拉力及合力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律確定加速度的大小和方向。4．【答案】C【解析】【解答】A.由點(diǎn)電荷周圍的場強(qiáng)公式E=kQr2可知，增大P、Q之間的距離后，P、Q到O點(diǎn)的距離都變大，P、Q在OB.增大P、Q之間的距離后O點(diǎn)的電勢仍然為零，不變，故B錯(cuò)誤；C.增大P、Q之間的距離后，P、Q到A點(diǎn)的距離都變大，P、Q在A點(diǎn)的場強(qiáng)都變小，由場強(qiáng)的疊加可知，A點(diǎn)的場強(qiáng)變小，故C正確；D.增大P、Q之間距離后O、A間的場強(qiáng)減小，由U=Ed可知，增大P、Q之間的距離，OA距離不變，所以O(shè)、A之間的電勢差變小，由O點(diǎn)電勢不變，A點(diǎn)的電勢低于O點(diǎn)的電勢，可知A點(diǎn)的電勢升高，故D錯(cuò)誤。故選C?！痉治觥康攘慨惙N點(diǎn)電荷的連線中垂線是一條等勢線，故O點(diǎn)的電勢不變；再根據(jù)U=Ed來判斷OA之間的電勢差，從而判斷A的電勢變化5．【答案】B【解析】【解答】由動量定理得，選向上為正方向，則3mgt-mgt=mv，解得v=2m/s

由運(yùn)動學(xué)公式得蘋果在鋼板上的碰傷閾值為?=v22g，解得h=20cm，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

6．【答案】B,D【解析】【解答】A.根據(jù)GMmr2=m4π2B.根據(jù)GMmr2C.根據(jù)ω=2πD.根據(jù)GMmr2故選BD。【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合向心力周期與速度的表達(dá)式，以及角速度和周期分析求解。7．【答案】A,C【解析】【解答】AB.對于帶正電的粒子，在勻強(qiáng)電場中受電場力作用，根據(jù)動能定理，有Uq=12mv2，可得v=CD.設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的加速度為a，有Eq=ma，E=Ud，d=1故選AC?！痉治觥繉τ趲д姷牧Ｗ?，在勻強(qiáng)電場中僅受電場力作用，根據(jù)動能定理，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式分析求解。8．【答案】A,D【解析】【解答】A.根據(jù)題意可知Eq=mg，重力與電場力的合力2mg，方向垂直于AB面向下，滑塊在AB軌道下滑時(shí)，有?μ2mg=ma，解得a=?gB.由幾何關(guān)系可知，xPB=R，滑塊在BC軌道的B點(diǎn)對軌道有最大壓力，設(shè)此時(shí)滑塊的速度為v，軌道對滑塊的支持力為FN，有?μ2mgxPB=12mC.從B點(diǎn)到C點(diǎn)，電場力做負(fù)功，滑塊需克服電場力做功為W克=Eq?2R=2mgR>12mv2，所以滑塊在到達(dá)C點(diǎn)前已經(jīng)減速到0，后反向滑回到B點(diǎn)，滑塊從BD.由于滑塊在BC軌道上合力做功為0，所以滑回B點(diǎn)時(shí)，速度依然為v=2gR，設(shè)在AB軌道上滑行x1后減速為0，有?μ2mgx1=0?12故選AD。【分析】分析重力與電場力的合力大小和方向，根據(jù)牛頓第二定律求滑塊在AB軌道下滑時(shí)的加速度大小?；瑝K在BC軌道中的B點(diǎn)時(shí)對軌道有最大壓力，根據(jù)動能定理和牛頓運(yùn)動定律相結(jié)合求出滑塊在BC軌道中對軌道的最大壓力。分析滑塊的受力情況，結(jié)合能量轉(zhuǎn)化情況判斷最終的運(yùn)動狀態(tài)。根據(jù)動能定理求解滑塊在AB軌道及CD軌道上運(yùn)動的總路程。9．【答案】（1）①（2）0.27；0.26【解析】【解答】（1）為了使紙帶能夠得到充分利用，使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)應(yīng)先接通電源，后釋放紙帶，故選①。

（2）由于相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，所以相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為T=5根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，可得B點(diǎn)的速度為vD點(diǎn)的速度為v由加速度的定義式a=可得，木塊的加速度為a=根據(jù)牛頓第二定律可得mg?μMg=(M+m)a解得木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.26【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)分析；（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，求出B點(diǎn)和D點(diǎn)的速度，再由加速度的定義式a=?v10．【答案】（1）（2）左（3）0（4）1（5）5【解析】【解答】（1）根據(jù)電路圖，連接實(shí)物圖為；（2）閉合開關(guān)前，應(yīng)使電壓表和電流表的電壓和電流最小，所以應(yīng)使滑片停留在最左端。（3）設(shè)毫安表的量程為I1，電阻為R1，根據(jù)電流表的改裝原理，有IA（4）小燈泡不亮?xí)r，電阻為R1=U1I（5）為較大程度地保護(hù)電路，則應(yīng)串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻R0，使得滑動變阻器的滑片劃到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光，從表格中可知，小燈泡正常發(fā)光時(shí)電壓為3V，電流為0.22A，根據(jù)歐姆定律，有ULR滑+故答案為：（1）見解析；（2）左；（3）0.5；（4）1.4；（5）5。【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖；（2）滑動變阻器采用分壓式接法，閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑動片應(yīng)位于分壓電壓為零的那一端；（3）并聯(lián)電阻有分壓作用，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)求解作答；（4）根據(jù)歐姆定律分別求解小燈泡不亮和正常發(fā)光的電阻，再求比值；（5）為較大程度地保護(hù)電路，串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻后，使得滑動變阻器的滑片滑到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)求并聯(lián)電阻，根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻的關(guān)系求保護(hù)電阻的大約值，然后作答。11．【答案】（1）粒子在電場E1中x方向做勻速直線運(yùn)動，yx方向2L=v0t1，y方向（2）粒子在電場E2中x方向做初速度不為零勻加速直線運(yùn)動，y方向做勻速直線運(yùn)動，y方向2L?L=vyt2，x方向4L?2L=【解析】【分析】（1）粒子在電場E1中做類平拋運(yùn)動，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求得粒子運(yùn)動至A點(diǎn)的速度大小；

（2）粒子在電場E2中做類平拋運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律求場強(qiáng)E2的大小。12．【答案】（1）貨物放上傳送帶后，由剖面圖對貨物受力分析可得，傳送帶對貨物支持力為N1，貨物底面所受滑動摩擦力為f1，檔板對貨物支持力為N2，貨物側(cè)面所受滑動摩擦力為f2，由力的平衡條件N1=mgcosθ，N2（2）因?yàn)閒1與運(yùn)動方向相同，f2與運(yùn)動方向相反，貨物將從靜止開始沿傳送帶做勻加速直線運(yùn)動，若能共速，則此后做勻速運(yùn)動，由牛頓第二定律可得f1?f2=ma1，解得a1=2.5m/s2，設(shè)貨物勻加速至與傳送帶共速經(jīng)歷時(shí)間為t1，對地位移為x1，由運(yùn)動學(xué)公式得t1=va1（3）分析可知貨物在傳送帶上從靜止到與傳送帶共速經(jīng)歷的時(shí)間均為t1，之后以速度v做勻速運(yùn)動。因第1個(gè)貨物在傳送帶上運(yùn)動的總時(shí)間為t=10.2s，設(shè)第1個(gè)貨物釋放后又釋放了N個(gè)貨物，則N=tΔt=10.2，分析可知當(dāng)?shù)?個(gè)貨物即將被取走時(shí)，傳送帶上共有11個(gè)貨物，且前10個(gè)已共速。第11個(gè)貨物在傳送帶上運(yùn)動的時(shí)間為t'=t?10Δt=0.2s<t1=0.4s，第11【解析】【分析】（1）對貨物受力分析剛放上傳送帶時(shí)，根據(jù)滑動摩擦力計(jì)算公式求解；

（2）貨物將從靜止開始沿傳送帶先做勻加速直線運(yùn)動，若能共速，則共速后做勻速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解貨物運(yùn)動總時(shí)間；傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動能之和。根據(jù)摩擦生熱等于滑動摩擦力乘以相對位移求解貨物與傳送帶之間和貨物與擋板之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，根據(jù)動能的定義求得貨物增加的動能；

（3）根據(jù)（2）的解答分析傳送帶上存在的貨物最大數(shù)量，及它們的運(yùn)動狀態(tài)。分析貨物與傳送帶的之間摩擦力情況，根據(jù)瞬時(shí)功率計(jì)算公式求解。13．【答案】A,D,E【解析】【解答】A．—定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過絕熱壓縮過程，則此過程Q=0，外界對氣體做功，則W＞0。

根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，可知ΔU＞0，即氣體的內(nèi)能增大，則氣體的溫度升高，故A正確；

B．用氣筒給車胎打氣，氣筒壓下后有反彈原因是輪胎的內(nèi)部氣體壓強(qiáng)較大造成的，并不是分子間的斥力造成的，故B錯(cuò)誤；

C．第二類永動機(jī)不可能制成的原因是其違反了熱力學(xué)第二定律，不是違反了能量守恒定律，故C錯(cuò)誤；

D．胎內(nèi)氣體溫度不變，不計(jì)分子間勢能，則氣體的內(nèi)能不變（ΔU=0）。

卡車在緩慢卸貨過程中，車胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，氣體做等溫變化，根據(jù)p1V1=p2V2，可得氣體體積增大，則氣體對外做功（W＜0），根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，可得Q＞0，故胎內(nèi)氣體從外界吸熱，故D正確；

E．液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動是液體分子對微粒不均衡的撞擊引起的，即液體分子對微粒的作用不平衡所引起的，故E正確。

故選：ADE。

【分析】—定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過絕熱壓縮過程，根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，判斷式子各量的正負(fù)；用氣筒給車胎打氣，氣筒壓下后有反彈原因是輪胎的內(nèi)部氣