2015年山东省高考物理冲刺模拟试卷（一）
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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．（6分）下列有关物理学家和物理学规律的发现，说法正确的是（）A．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快B．伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因
C．迪卡尔通过研究物体的运动规律，在牛顿第一定律的基础上提出了惯性定律
D．开普勒提出万有引力定律，并利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量
【考点】：物理学史．
【专题】：常规题型．
【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解析】：解：A、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误；
B、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故B正确；
C、牛顿通过伽利略和笛卡尔工作的基础上，提出了牛顿第一定律，即惯性定律．故C错误；
D、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量，故D错误；
故选：B．
【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2．（6分）（2015•山东模拟）航天员王亚平在天宫一号处于完全失重状态，她在太空授课所做的实验：长为L的细线一端系着质量为m的小球，另一端系在固定支架上，小球原静止，给小球一个初速度，小球绕着支架上的固定点做匀速圆周运动．天宫一号处的重力加速度为g t，下列说法正确的是（）
A．小球静止时细线的拉力为mg t
B．小球做匀速圆周的速度至少为
C．小球做匀速圆周运动时，在任何位置细线的拉力可以小于mg t
D．若小球做匀速圆周运动时细线断裂，则小球做抛体运动
【考点】：匀速圆周运动．
【专题】：匀速圆周运动专题．
【分析】：小球处于完全失重状态，只要给小球一个速度，小球就可以做匀速圆周运动，此时由绳子的拉力提供向心力，当细线断裂后，小球将沿切线方向做匀速直线运动．
【解析】：解：A、小球处于完全失重状态，静止时细线的拉力为零，故A错误；
B、只要给小球一个速度，小球就可以做匀速圆周运动，所以小球做匀速圆周的速度可以小于，故B错误；
C、小球做匀速圆周运动时，绳子的拉力提供向心力，当速度较小时，绳子的拉力可以小于mg t，故C正确；
D、若小球做匀速圆周运动时细线断裂，则小球将沿切线方向做匀速直线运动，故D错误；故选：C
【点评】：解答本题要抓住小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析即可，难度不大，属于基础题．
3．（6分）（2015•山东模拟）如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（）
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．物体的质量为3 kg
C．物体的加速度大小为5 m/s2
D．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
【考点】：牛顿第二定律；胡克定律．
【专题】：牛顿运动定律综合专题．
【分析】：物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30N；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；根据以上条件列式分析即可．
【解析】：解：A、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；
B、C、D、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：
mg=kx…①
拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：
F1+kx﹣mg=ma…②
物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有：
F2﹣mg=ma…③
代入数据解得：
m=2kg，k=500N/m=5N/cm，a=5m/s2
故C正确，BD错误；
故选：C．
【点评】：本题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解．
4．（6分）（2015•山东模拟）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（）
A．物块B受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上
B．物块B受到的摩擦力大小可能不变
C．地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右
D．地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向左
【考点】：摩擦力的判断与计算．
【专题】：摩擦力专题．
【分析】：小球A下摆过程中机械能守恒，下摆的速度越来越大，绳子的拉力越来越大，
到达最低点绳子的拉力达最大，分析得到，机械能守恒：=mgr，又由牛顿第二定律得：
F﹣mg=，∴小球A对绳的拉力为F=+mg=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的
拉力为3mg，而B的重力沿斜面向下的分力为2mg，所以，斜面对B的静摩擦力沿斜面向下为mg，而物块B在小球A还没有下摆时受到斜面的静摩擦力沿斜面向上为2mg，因此，物块B受到的摩擦力先减小后增大．
在分析地面对斜面的摩擦力时，把物块B与斜面看做一整体分析，小球A下摆过程中绳子对整体由水平向左的一分力，而整体静止不动，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右．
【解析】：解：A、B、：初始情况下分析物块B受力：竖直向下的重力4mg、垂直斜面向上的支持力F N、沿斜面向上的静摩擦力F f．沿斜面和垂直斜面正交分解B物块受到的力，所以B物块处于平衡状态，则有：沿斜面方向：F f=4mgsin30°=2mg，
垂直斜面方向：FN=4mgcos30°=2mg．
由牛顿第三定律知：物块B对斜面有垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力
，把这两个力向水平方向分解，则得：斜面体水平方向受到B的作用力（取水平向左为正方向）：sin30°﹣cos30°
又因为：=F N=4mgcos30°=2mg，
=F f=4mgsin30°=2mg．
则有：′sin30°﹣cos30°=mg﹣mg=0，
所以初始状态下斜面体水平方向受物块B的合力为零，不存在受地面的摩擦力．
小球A下摆过程中，物块B始终保持静止，则小球A不对外做功，机械能守恒，小球A的速度不断增大，到最低点时速度最大，这时小球A摆到低时对绳的拉力最大，设r为A到
滑轮的绳长，最低点小球A的速度为v，则由机械能守恒定律得：=mgr，又由牛顿第
二定律得：F﹣mg=，所以小球A对绳的拉力为F=+mg=3mg，此时物块B在平行于斜面方向所受的摩擦力为：=F﹣4mgsin30°=3mg﹣2mg=mg，方向沿斜面向下，由此
可知物块B受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上2mg，后逐渐减少到零，再沿斜面向下逐渐增大到mg，故A错误，B也错误．
C、D：将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看做整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，故C正确，D错误．故选：C．
【点评】：本题解答时要正确的分析好物体的受力，同时，要选好受力的研究对象：分析绳子拉力时选小球A，分析物块B受的摩擦力时选B物块，分析地面的摩擦力时选斜面与B 物块整体，再者要注意物块B所受到的摩擦力是否达到最大值．
5．（6分）（2015•山东模拟）一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（）
A．原、副线圈中的电流之比为5：1
B．电压表的读数约为31.11V
C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2904J
D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小
【考点】：变压器的构造和原理．
【专题】：交流电专题．
【分析】：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
【解析】：解：A、原线圈接入电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，则副线圈电压为44V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A错误；
B、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知解得U=22=31.11V，故B正确；
C、由B求得电压表两端电压有效值为U有效=22V，则1 min内产生的热量为Q==2904
J，故C正确；
D、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误．
故选：BC
【点评】：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．
6．（6分）（2015•山东模拟）电场强度方向与x轴平行的静电场，其电势ϕ随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点（x=0）沿经轴正方向进入电场．下列叙述正确的是（）
A．粒子从O点运动到x3点的过程中，在x2点速度最大
B．粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能先减小后增大
C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为
D．若，则粒子在运动过程中的最大动能为3qϕ0
【考点】：电势差与电场强度的关系；电势能．
【专题】：电场力与电势的性质专题．
【分析】：根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况．根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化．粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0﹣x1过程，求解初速度v0．粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度．
【解析】：解：A、B、粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，粒子做减速运动．粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势越大，可知，粒子的电势能不断减小，动能不断增大，故在x3点速度最大．故AB错误．
C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：
q（0﹣φ0）=0﹣，
解得：v0=，
要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为．故C错误．
D、D、若v0=2，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得：
q[0﹣（﹣φ0）]=﹣
解得最大动能为：=3qφ0．故D正确．
故选：D．
【点评】：根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．利用动能定理列方程解答．
7．（6分）（2015•山东模拟）如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内（长度足够大），该区域的上下边界MN、PS是水平的．有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动．以线框的ab边到达MN时开始计时，以MN 处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向．则关于线框中的感应电流I和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的以下图线中，可能正确的是（）
A．B．C．D．
【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
【专题】：电磁感应与图像结合．
【分析】：据题意，线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，可判断出线框进入磁场过程只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速，ab边到达PS时速度增大，安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动．再根据安培力与速度成正比，分析感应电流和安培力的变化情况．
【解析】：解：据题线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，即F=mg，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场过程，安培力应小于重力，即F＜mg，只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速过程，ab边到达PS时速度增大，安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动．
根据安培力公式F=，可知：线框进入磁场的过程中，随着速度增大，产生的感应电
动势和感应电流i逐渐增大，安培力逐渐增大，线框所受的合力减小，加速度减小，所以做
加速度减小的变加速运动．感应电流i=，所以感应电流i的变化率也应逐渐减小，安培
力F的变化率也逐渐减小．
根据楞次定律判断可知，线框进入磁场和穿出磁场过程，所受的安培力方向都向上，为正方向．故AD正确，BC错误．
故选：AD．
【点评】：本题的突破口是“线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动”，根据其运动情况要判断出受力情况，分析关键要抓住安培力的表达式F=，知道安培力与速度成正比，从而进行分析．
二【必做部分】
8．（8分）（2015•山东模拟）如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L．质量为M的滑块A上固定一遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为△t1和△t2．遮光条宽度为d．
（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足M＞＞m；在实验中，考虑到遮光条宽度不是远小于L，测
得的加速度为a=．
（2）如果已经平衡了摩擦力，不能（选填“能”或“不能”）用此装置验证A、B组成的系统机械能守恒，理由是摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒．
【考点】：验证机械能守恒定律．
【分析】：为了认为A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度．系统机械能守恒的条件是只有重力做功，根据条件进行判断．
【解析】：解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力F=Ma=，当
M＞＞m，重物的总重力等于绳子的拉力，等于滑块的合力．
滑块通过光电门1的瞬时速度，通过光电门2的瞬时速度，根
，
解得a=．
（2）已经平衡了摩擦力，对A、B组成的系统，该装置不能验证系统机械能守恒，因为摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒．
故答案为：（1）M＞＞m，a=；（2）不能，摩擦力做功，没
有满足只有重力做功，故机械能不守恒．
【点评】：解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的质量远小于滑块的质量）．以及知道系统机械能守恒的条件，知道该实验中系统机械能不守恒，因为有阻力做功．
9．（10分）（2015•山东模拟）某同学为了测量电流表A1内阻的精确值，有如下器材：
电流表A1（量程300mA，内阻约为5Ω）；
电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；
电压表V（量程15V，内阻约为3kΩ）；
滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流为1A）；
滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流为0.01A）；
电源E（电动势3V，内阻较小）；
定值电阻R0（5Ω）；
单刀单掷开关一个、导线若干．
实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差．
（1）以上给定的器材中滑动变阻器应选；
（2）在答题卡的方框内画出测量A1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（3）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则r1的表达式为r1=
；上式中各符号的物理意义是、分别为某次实验时电流表、
的示数，是定值电阻的大小．
【考点】：测定金属的电阻率．
【专题】：实验题．
【分析】：本题（1）的关键是明确实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；题（2）的关键是根据待测电流表量程等于电流表量程
的一半可知，应将待测电流表与定值电阻并联后再与电流表串联即可；题（3）的关键是
根据串并联规律写出两电流表示数之间的关系，然后即可求解．
【解析】：解：（1）：由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；
（2）：由于待测电流表的量程为电流表量程的一半，所以应考虑将待测电流表与定值电阻并联以扩大量程，改装后电流表再与电流表串联，电路图如图所示：
（3）：根据电路图由欧姆定律可得：=+，
解得：=；
其中、分别为某次实验时电流表、的示数，是定值电阻的大小．
故答案为：（1）；
（2）如图；
（3）；、分别为某次实验时电流表、的示数，是定值电阻
的大小．
【点评】：应明确：①当表的量程较小时，可将电表进行改装以扩大量程；②当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器，以方便调节．
10．（18分）（2015•山东模拟）如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力．
求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小；
（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；
（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．
【考点】：向心力；功的计算．
【分析】：（1）根据几何关系得出平抛运动的水平位移，结合平抛运动的规律，求出平抛运动的初速度，即在最高点C的速度．
（2）对最低点到C点运用动能定理，求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出滑块对最低点的压力大小．
（3）对D到最低点运用动能定理，求出克服摩擦力做功的大小．
【解析】：解：（1）根据几何关系知，OP间的距离x=，
根据R=得，t=，
则滑块在最高点C时的速度．
（2）对最低点到C点的过程运用动能定理得，
解得v=，
对最低点由牛顿第二定律得：
解得：F N=6mg
由牛顿第三定律得：滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg．
（3）从D到最低点过程中，运用动能定理得：
mgh﹣W f=，
解得．
答：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小为；
（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；
（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功为．
【点评】：该题的突破口是小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛规律和几何关系求出初速度．下面就是一步一步运用动能定理和牛顿第二定律解决问题．
11．（20分）（2015•山东模拟）如图所示，在以O为圆心的圆形区域内，有一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.1T，圆半径，竖直平行放置的金属板连接在如图所示的电路中，电源电动势E=91V，内阻r=1Ω，定值电阻R1=20Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为70Ω；两金属板上的小孔S1、S2跟O点在垂直于极板的同一直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离，现有比荷
的正正离子由小孔S1进入电场加速后，从小孔S2穿出，通过磁场后打在
荧光屏D上，不计离子的重力和离子在小孔S1处的初速度，问：
（1）若离子能垂直打在荧光屏上，则电压表的示数多大？
（2）滑动变阻器滑片P的位置不同，离子在磁场中运动的时间也不同，求离子在磁场中运动的最长时间和此种情况下打在荧光屏上的位置到屏中心O′点的距离．
【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理．
【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】：（1）正离子垂直打在荧光屏上，由几何知识求出在磁场中做圆周运动的半径．离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得速度．离子在电场中加速过程，由动能定理求得两金属板间的电压，即为电压表的示数．
（2）滑片在变阻器R2的左端时，离子在磁场中运动的时间最长；先根据闭合电路欧姆定律求解极板间的电压，然后根据动能定理求解加速后的速度，根据牛顿第二定律求解磁场中圆周运动的半径，结合几何关系确定打在极板上的位置．
【解析】：解：（1）若离子由电场射出进入磁场后垂直打在荧光屏上，则离子在磁场中速度方向偏转了90°，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图所示：
由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径：
设离子进入磁场时的速度为v1
由，
得：
设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有：
可得：
代入有关数值可得U1=60V也就是电压表示数为60V
（2）两金属板间的电压越小，离子经电场加速后速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片在变阻器R2的左端时，离子在磁场中运动的时间最长．
由闭合电路欧姆定律有：
两金属板间电压：
U min=IR1=20V
由及
得：r2=0.1m
粒子进入磁场后的径迹如图所示，O1为径迹圆的圆心．
由图可得，所以α=60°．
故离子在磁场中运动的最长时间为：．
在△OO'A中，θ=30°，所以A、O'间距离为：x=Htanθ=20cm．
答：（1）若离子能垂直打在荧光屏上，则电压表的示数为60V；
（2）离子在磁场中运动的最长时间为5.2×10﹣5s，此种情况下打在荧光屏上的位置到屏中心O′点的距离为20cm．
【点评】：题分析离子的运动情况是求解的关键和基础，考查综合应用电路、磁场和几何知识，处理带电粒子在复合场中运动问题的能力，综合性较强．
三.选做题【物理--物理3-3】（12分）
12．（6分）（2015•山东模拟）关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（）A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小
C．热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体
D．功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程
【考点】：热力学第一定律；分子动理论的基本观点和实验依据．
【专题】：热力学定理专题．
【分析】：正确解答本题需要掌握：布朗运动的特点、实质以及物理意义；分子力与分子之间距离的关系；热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体，与热力学相关的宏观过程具有方向性．
【解析】：解：A、布朗运动是固体微粒的无规则运动是由液体分子撞击形成的，反应了液体分子的无规则运动，故A错误；
B、分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，故B错误；
C、热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体，故C正确；
D、与热力学相关的宏观过程具有方向性，故功转变为热的实际宏观过程不一定是可逆过程，故D错误．
故选：C．
【点评】：本题考查了热力学定律和分子动理论的基础知识，在平时练习中要加强对这些基本知识的理解与应用．
13．（6分）（2015•山东模拟）如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V﹣T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa．
①说出A→B过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中T A的温度值．
②请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p﹣T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C．如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程．
【考点】：理想气体的状态方程．
【专题】：理想气体状态方程专题．
【分析】：由图示图象求出气体各状态的状态参量、判断出气体状态变化过程，然后应用气体状态方程求出气体状态参量，再作出图象
【解析】：解：（1）由图甲所示图象可知，A与B的连线的延长线过原点O，
所以A→B是一个等压变化，即p A=p B=1.5×105Pa，
由图示图象可知：V A=0.4m3，V B=V C=0.6m3，
T B=300K，T C=400K，。
