河北省邯郸市大名县第一中学2019届高三物理上学期期末强化训练试题（五）（含解析）.doc

河北省邯郸市大名县第一中学2019届高三物理上学期期末强化训练试题（五）（含解析）一、选择题1.物理兴趣小组希望验证如下猜想：从斜面上滑下的小车，装载物体的质量越大，到达斜面底部的速度就越大。如图所示是两种不同规格的小车（车轮颜色不同），装有不同数量的木块（每个木块的质量相同），从不同高度释放的九种情形。你认为他们应该选用哪三种情况进行比较验证( )A. 1、2、3B. 4、5、6C. 7、8、9D. 2、5、8【答案】C【解析】【详解】实验中要验证从斜面滑下的小车，装载物体的质量越大和到达斜面底部的速度这两个量之间的关系，根据控制变量法的思路，所以应选高度相同、车轮相同的情况下进行比较，来改变装载物体的质量的多少，从而判断装载物体的质量越大和到达斜面底部的速度这两个量之间的关系，故选择、三种情况分析；故选C。【点睛】用控制变量法探究物理问题时，一定要控制其它因素不变，才能得到正确的结论2.如图所示，光滑大圆环固定在竖直平面内，圆心为O点。轻弹簧的一端固定在最高位置P点，另一端拴连一个套在大环上的小球，小球在环上的Q点位置处于静止状态，Q点位于圆心O点所在水平面的上方，则( )A. 弹簧可能处于压缩状态B. 大圆环对小球的弹力方向可能指向O点C. 大圆环对小球的弹力大小可能小于小球的重力，也可能大于小球的重力D. 弹簧对小球的弹力大小可能小于小球的重力，也可能大于小球的重力【答案】D【解析】【详解】A、B、小球受三个力处于静止状态，任意两个力的合力必然与第三个力等大反向，弹簧对小球的弹力只能沿QP指向P点，弹簧处于拉伸状态；大圆环对小球的弹力应沿着的半径方向由O指向Q；故A、B均错误。C、D、依据力三角形和几何三角形相似，对应边成比例，大圆环对小球的弹力大小一定等于小球的重力，弹簧对小球的弹力大小可能小于（等于或大于）小球的重力；故C错误，D正确。故选D。【点睛】本题考查了共点力平衡的基本运用，知道物体受三个力处于平衡，任意两个力的合力与第三个力等值反向3.如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点。把一个电子分别放在P、S、T三点进行比较，则( )A. 电子在S点受力最小，在T点电势能最大B. 电子在P点受力最小，在T点电势能最大C. 电子从T点移到S点，电场力做负功，动能减小D. 电子从P点移到S点，电场力做正功，动能增大【答案】A【解析】【详解】A、B、由等量异号点电荷电场线及等势面空间分布图，P、S、T三点进行比较，S、P两点电势相等，大于T点电势；T点电场强度最大，S点电场强度最小。电子放在S点受力最小，放在T点电势能最大；故A正确，B错误。C、电子从T点移到S点，电场力做正功，动能增大；C错误。D、电子从P点移到S点，初末位置构成等势面，则电场力不做功，故D错误。故选A。【点睛】本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿着电场线，电势逐渐降低4.甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止。甲、乙两质点在运动过程中的xv（位置速度）图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直，则A. 在xv图象中，图线a表示质点甲的运动，质点乙的初速度v0=12 m/sB. 质点乙的加速度大小a2=2 m/s2C. 质点甲的加速度大小a1=2 m/s2D. 图线a、b的交点表示两质点同时到达同一位置【答案】C【解析】A、由图可知，在x-v图像中，图线a表示质点甲的运动，质点乙的初速度v0=6m/s，故A错误；BC、质点乙、甲先后通过x=6m处时的速度均为v，对质点甲：，对质点乙：，联立解得，当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v2=2m/s时，两质点通过相同的位移均为，对质点甲：，对质点乙：，联立解得 ，所以，故B错误，C正确；D、图线a、b的交点表示质点乙、甲先后通过x=6m处时的速度均为v，故D错误；故选C。【点睛】根据图象中速度随位移的变化关系判断哪个图象是甲的运动图象，哪个是乙的图象，再根据图象直接读出x=0时，乙的速度；分别对甲和乙，根据运动学基本公式列式，联立方程求解即可。5.如图所示，光滑的斜面上有A、B两个小球，A球的质量为2m,B球的质量为m,两球之间栓接有轻弹簧，A球与挡板接触但没有作用力，B球通过轻质细线与斜面顶端的固定挡板相连，整个装置处于静止状态。斜面的倾角为30,重力加速度为g,在剪断细线的瞬间，下列说法正确的是（）A. 弹簧弹力变小B. 挡板对A的弹力为1.5mgC. A球一定处于超重状态D. B球的加速度大小为1.5g【答案】D【解析】开始时，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力为mg，剪断细线瞬间，弹簧长度不变，弹簧弹力不变，挡板对A的弹力为零，选项AB错误；剪断细线瞬间，球A仍处于静止状态，既不超重，也不失重，选项C错误；以B球为研究对象，根据牛顿第二定律可得，解得，选项D正确。6.如图所示，50kg的妈妈骑着10kg的自行车，带有20kg的小孩以3m/s速度匀速行驶在平直路面上。行驶中小孩要从车上跳下来，若小孩在离开车座时水平速度为零，则此时( )A. 妈妈和自行车行驶速度仍为3m/sB. 妈妈和自行车行驶速度可能变为2m/sC. 妈妈和自行车行驶速度变为4m/sD. 妈妈和自行车及小孩组成的系统，动能增加了100J【答案】C【解析】【详解】A、B、C、小孩与妈妈及自行车分离前后瞬间水平方向的外力之和为零，系统水平方向动量守恒，分离后瞬间小孩水平速度为零，有：，解得：，即妈妈和自行车速度变为4m/s；A、B错误，C正确。D、分离前系统动能360 J，分离时小孩需要用力前推自行车， ，即系统动能增加了120J;D错误。故选C。【点睛】本题考查了求速度、求功，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、动能定理即可正确解题7.2017年9月，我国控制“天舟一号”飞船离轨，使它进入大气层烧毁，残骸坠人南太平洋一处号称“航天器坟场”的远离大陆的深海区。在受控坠落前，“天舟一号”在距地面约380km的圆轨道上飞行，则下列说法中正确的是( )A. 在轨运行时，“天舟一号”的线速度大于第一宇宙速度B. 在轨运行时，“天舟一号”的角速度小于同步卫星的角速度C. 受控坠落时，应通过“反推”实现制动离轨D. “天舟一号”离轨后，在进入大气层前，运行速度不断减小【答案】C【解析】第一宇宙速度是环绕地球运动的卫星的最大速度，则 “天舟一号” 在轨运行时的线速度小于第一宇宙速度，选项A错误；根据可知，在轨运行时，“天舟一号”的运转半径小于同步卫星的运转半径，则其角速度大于同步卫星的角速度，选项B错误；受控坠落时要先调头，让原本朝后的推进器向前点火，通过反推实现制动，故C正确；“天舟一号”离轨后，在进入大气层前，运行半径逐渐减小，地球的引力做正功，则速度不断增大，D错误。故选C.8.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内图阻值r。现将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3，示数变化量的绝对值分别为、.理想电流表A 示数变化量的绝对值I，下面说法中正确的是A. 电流表A的示数减小B. 小于C. (+)D. 与I的比值大于R【答案】D【解析】试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律和串、并联电路的规律分析理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，A错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则得，据题，则，根据闭合电路欧姆定律得，则得，则与的比值大于R，BC错误D正确9.如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3m2，总电阻r=2，A右侧所接电路中，电阻R1=2，R2=6，电容C=3F，开关S1闭合，A中有横截面积为0.2m2的区域C(图中虚线)，C内有如图乙的变化磁场，t=0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。下列判断正确的是()A. 闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向aB. 闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4AC. 闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向aD. 闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为2.410-6C【答案】B【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据楞次定律得出感应电流的方向，结合欧姆定律求出电流的大小，再根据R2两端的电压，结合Q=CU求出电容器所带电量的大小。【详解】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有：，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为：，故B正确；闭合S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，故C错误；电路稳定后电容器带电量：Q=CUR2=310-60.46C=7.210-6C，则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.210-6C，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律的基本运用，会运用法拉第电磁感应定律求解感应电动势，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向是解决本题的关键。10.如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点关于此过程，下列说法正确的是（）A. 地面对斜面C的摩擦力先增大后减小B. 地面对斜面C的摩擦力逐渐减小C. 物体A受到的摩擦力一直减小D. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小【答案】BD【解析】【详解】B在Q点时，对A进行受力分析如图所示将A与斜面体做为一个整体进行受力分析可知，当B从P点向Q点移动过程中，AB间斥力的水平分量越来越小，因此地面对斜面体C的摩擦力越来越小，故A错误，B正确；C项：当B在P点时，如果重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力相等，此时摩擦力等于零，B 从P点向Q点移动时，重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力则不相等，则摩擦力会变大，故C错误；D项：当B从P点向Q点移动过程中，AB间的斥力大小不变，但方向沿逆时针方向转动，当AB连线与斜面垂直时，斜面对A的支持力最大，因此物体A受到斜面的支持力先增大后减小，D正确。故应选BD。11.如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，OA水平，B是最低点，A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方。现由D点无初速度释放一个大小可以忽略的小球，小球从A点进入圆弧轨道，从C点飞出后做平抛运动并落在平台MN上，P点是小球落在MN之前轨迹上紧邻MN的一点，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A. 只要DA的高度大于，小球就可以落在平台MN上任意一点B. 若DA高度为2R，则小球经过B点时对轨道的压力为7mgC. 小球从D运动到B的过程中，重力的功率一直增大D. 若小球到达P点时的速度方向与MN夹角兹为30，则对应的DA高度为4R【答案】BD【解析】【详解】A、由，小球可以通过C点的最小速度 ；由得，这是小球可以通过C点所对应的DA最小高度；由，得，这是平抛的最小水平位移，而不是落在平台MN上任意一点；故A错误。B、当DA =2R，由，得F = 7mg；故B正确。C、从D到A过程速度方向和重力方向一致，重力的功率逐渐增大，从A到B，速度方向与重力方向夹角越来越大，到B点时重力的功率为零；C错误。D、当图中 = 30，由，联解得h = 4R；D正确。故选BD。【点睛】本题要把握C点的临界速度的求法，知道小球通过C点后水平位移有最小值，运用机械能守恒定律和牛顿定律结合是求圆周运动中物体受力情况常用的思路12.甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势图象如图中甲、乙所示，则( )A. 甲的频率是乙的频率的2倍B. 甲线圈的截面积是乙线圈截面积的6倍C. t=1s时，两线圈中的磁通量均最大D. t=2s时，两线圈均与磁感线平行【答案】BC【解析】【详解】A、由图象知甲的周期为2s，乙的周期为1s，所以，故A错误；B、甲的感应电动势最大值为，乙的感应电动势最大值为，所以，由可知，故B正确；CD、当线圈处于中性面时磁通量最大，而感应电动势为零；当线圈平行磁感线时，通过线圈的磁通量为零，而感应电动势最大，和时线圈均处于中性面位置，故C正确，D错误；故选BC。13.如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（ ）A. 给物块的水平冲量为B. 物块上升的最大高度为C. 物块上升最高时的速度为D. 物块在最低点时对细绳的拉力3Mg【答案】ABD【解析】【详解】A、设物块刚受到水平冲量后速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有：，可得，故给物块的水平冲量为，选项A正确。B、C、滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：Mv0(mM)v，；由以上各式可得：， ，选项B正确，选项C错误。D、对m、M组成系统，当M第一次回到最低点时由动量守恒和能量守恒知速度仍然为v0，在最低点由牛顿第二定律可知，可得拉力T=3Mg；故D正确。故选ABD。【点睛】本题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用，要注意明确小球摆到最高时，两物体有共同的速度，系统只是水平动量守恒，总动量并不守恒14.如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在-R y R的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力及粒子间的相互作用均忽略不计，所有粒子都能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚t时间，则( )A. 有些粒子可能到达y轴上相同的位置B. 磁场区域半径R应满足C. D. ，其中角度的弧度值满足【答案】AD【解析】【详解】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：A、的粒子直接沿直线运动到达y轴，其他粒子在磁场中发生偏转。由图可知，发生偏转的粒子也有可能直接打在y = R的位置上，所以粒子可能会到达y轴的同一位置，A正确；B、以沿x轴射入的粒子为例，若，则粒子不能到达y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求，所有粒子才能穿越磁场到达y轴，B错误；D、从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，(其中为从x轴入射粒子运动的圆心角，根据几何关系有 = ，则)；而的粒子沿直线匀速运动到y轴，时间最短，所以，D正确；C、由于，所以，C错误。故选AD。【点睛】本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，要求同学们能正确画出粒子运动的轨迹，确定圆心位置，知道半径公式及周期公式，并能结合几何关系求解。二、非选择题15.用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系.实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a. (1)关于实验操作，下列说法正确的是_.A.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D.实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离.已知所用电源的频率为50 Hz，打B点时小车的速度vB_ m/s，小车的加速度a_ m/s2.(3)改变细线下端钩码的个数，得到aF图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是_.【答案】 (1). (1)AD (2). (2)0.316 (3). 0.93 (4). (3)随所挂钩码质量m的增大，不能满足Mm.【解析】(1)A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；C、由于平衡摩擦力之后有Mgsin=Mgcos，故tan=所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；D、实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故D错误；故选A.(2)已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为 T=50.02s=0.10s根据x=aT2可得：xCE-xAC=a(2T)2，小车运动的加速度为，B点对应的速度：.(3)随着力F的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足Mm，因此曲线上部出现弯曲现象【点睛】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题，探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力16.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题：(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡_档（选填“1”“100”）；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为_。(2)图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。其中，电流表满偏电流为0.5mA、内阻为10；电池电动势为1.5V、内阻为1；变阻器的阻值范围为0-5000。该欧姆表的两只表笔中，_是红表笔。（选填“A”或“B”）；该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V、内阻为1进行刻度的。当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4时，欧姆表仍可调零，则调零后接入电路的电阻将变_（填“大”或“小”）。【答案】 (1). 100； (2). 3000； (3). A (4). 小【解析】【详解】解：(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆档“”档，经正确操作后，指针偏角很小，说明倍率档选择较小，则为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选用欧姆档“”档；待测电阻为；(2)该欧姆表的两只表笔中，红表笔内部接电源的负极，则A是红表笔；电池电动势为1.5V、内阻为时，调零电阻：；电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到时，调零电阻：，则调零后接入电路的电阻将变小；三、简答题17.如图所示，可看成质点的质量分别为2m和m的物块A、B之间夹着一被压缩且锁定的轻、短弹簧，它们静止在光滑轨道abc的水平轨道ab上，bc为竖直平面内的半径为R=0.1m的半圆形轨道，长为L=0.4m的传送带逆时针转动，速度为v=2m/s，忽略传送带的d端与半圆轨道c点之间的缝隙宽度，物块B与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，重力加速度，解除弹簧的锁定后，求：(1)为了使物块B在运动中一定能滑上传送带且不从e点脱离传送带，解除弹簧锁定后，物块B获得的速度必须满足的条件；(2)如果m=1kg，开始时弹簧的弹性势能为，物块B再次落到水平轨道ab上时与e点间水平距离为多大；【答案】(1) ；(2)0.2m【解析】【详解】解：(1)设物块B恰好能通过轨道的c点时速度为由牛顿第二定律可得：解得：此时物体B从解除锁定到运动至c点过程，由机械能守恒得：解得：从解除锁定后物块B的速度为时，刚好能运动到传送带的e端：从d到e的过程中：解得：从b到d的过程中：解得：所以B的速度必须满足：(2)解除弹簧的锁定后，设A、B获得的速度分别为、由动量守恒可得：根据机械能守恒可得：解得：，所以物块B将滑过e点物块B从解除锁定到运动到e点时的速度设为由动能定理可得：解得：物块B离开e点后做平抛运动：解得：18.如图所示，相距L = 0.5 m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B =0.4T的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m = 40g、电阻均为R =0.1 的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为M = 200g的物体C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角 =37，水平导轨与ab棒间的动摩擦因数=0.4。重力加速度g =10m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动过程中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h = 1m，试求这一运动过程中：（sin 37 =0.6，cos 37 = 0.8）(1)物体C能达到的最大速度vm是多少？(2)系统产生的内能是多少？(3)连接cd棒的细线对cd棒做的功是多少？【答案】(1)vm = 2m/s (2) E1 =1.2 J (3) W = 0.84 J【解析】（1）设C达到最大速度为，由法拉第电磁感应定律可得回路的感应电动势为由欧姆定律可得回路中的电流强度为金属导体棒ab、cd受到的安培力为F=BIL线中张力为，导体棒ab、cd及物体C的受力如图，由平衡条件可得：联立解得（2）系统在该过程中产生的内能为，由能的转化和守恒定律可得，联立将h=1m代入可得（3）运动过程中由于摩擦产生的内能由第二问的计算结果可知，这一过程由电流产生的内能又因为ab棒、cd棒的电阻相等，故电流通过cd棒产生的内能对导体棒cd，设这一过程中细线对其做的功为W，则由能的转化和守恒定律可得联立可得W=0.84J点睛：本题考查了导体棒在磁场中的运动问题，要知道在不同时刻导体棒切割磁感线产生的电动势如果计算，也要会用能量守恒求焦耳热，19.下落说法正确的是_A自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生B空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力C布朗运动是固体小颗粒分子的运动，能反应液体分子的热运动规律D一定量的100的水变成100的水蒸气需要加热，是由于要增大分子势能E空调机作为制热机使用时，将热量从温度较低的室外送到温度较高的室内，所以制热机的工作不遵循热量学第二定律【答案】ABD【解析】自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，例如热传导的方向性等，选项A正确；空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力，选项B正确；布朗运动是固体小颗粒的运动，能反应液体分子的热运动规律，选项C错误；一定量的100的水变成100的水蒸气需要加热，是由于分子动能不变，要增大分子势能，选项D正确；空调机作为制冷机使用时，空气压缩机做功，要消耗电能，制冷过程不是自发进行的，制冷时将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作遵循热力学第二定律，故E错误；故选ABD.20.如图，一圆筒形导热容器A深为H，横截面积为S，用一细管与容器B相连，K为阀门，开始时，K关闭，B为