湖北省天门仙桃潜江三市学年高二下学期期末联考物理试题.docx
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湖北省天门仙桃潜江三市学年高二下学期期末联考物理试题
2017-2018学年湖北省天门、仙桃、潜江三市联考高二（下）期末物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.1～8题为单项选择题，所列的四个选项中，只有一项符合题意；9～12题为多项选择题，所列四个选项中至少有二项符合题意，漏选得2分，错选或不选不得分）
1.通过核反应可以释放核能。
关于核反应
，下列说法正确的是（ ）
A.此核反应过程为ɑ衰变
B.此核反应生成物中x为电子
C.此核反应中释放的能量为
的结合能
D.此核反应在超高温和高压下才易实现
【答案】D
【解析】
【详解】该核反应为轻核聚变反应，故A错误；根据质量数守恒和电荷数守恒可知x为中子
，不是电子，故B错误；设氘核、氚核、氦核、中子的质量分别为m1、m2、m3、m4，真空中的光速为c，根据质能方程可知此核反应中释放的能量△E=（m1+m2﹣m3﹣m4）c2，而
的结合能E等于把
核拆开成单独核子所需要的最小能量，故此核反应中释放的能量不是
的结合能，故C错误；轻核聚变能放出巨大的能量，但反应条件要求较为苛刻，需要高温高压状态下才能发生，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查轻核聚变，解题关键是要知道核反应方程式的书写规律，应用核电荷数与质量数守恒、质能方程是正确解题的关键，还要知道结合能的物理意义。
2.用大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁释放的光子，照射某种金属，结果有两种频率的光子能使该金属发生光电效应。
已知氢原子处在n=1、2、3、4能级时的能量分别为E1、E2、E3、E4，能级图如图所示。
普朗克常量为h，则下列判断正确的是（ ）
A.这些氢原子共发出8种不同频率的光子
B.氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级释放光子，氢原子核外电子的动能减小
C.能使金属发生光电效应的两种光子的能量分别为E4﹣E3、E4﹣E2
D.金属的逸出功W0一定满足关系：
E2﹣E1＜W0＜E3﹣E1
【答案】D
【解析】
【详解】根据C42=6，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光，故A错误；由n=4能级跃迁到n=1能级过程中释放能量，原子的能量在减小，根据
知，电子动能增大，故B错误；只有从n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量，与n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量，都大于这金属的逸出功，其它均小于这金属的逸出功，不能发生光电效应。
故C错误；根据光电效应发生条件，E3﹣E1＞W0与E4﹣E1＞W0，其它均小于W0，故D正确。
故选D。
【点睛】解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即Em﹣En=hv，以及知道光电效应产生的条件，并学会判定跃迁过程中，动能与电势能，及能量如何变化。
3.如图所示为某种静电除尘装置示意图，两个极板关于放电极对称，放电极和集尘板间形成强电场，废气进入板间，废气中的尘埃会带上负电，在电场力的作用下最终会吸附在两个集尘极上，两板间的电场线分别放电极如虚线所示，A、B是电场中两点，不计尘埃的重力，则下列说法正确（ ）
A.放电极一定带正电
B.经过A点的尘埃的加速度一定比经过B点的尘埃的加速度大
C.A点的电勢一定比B点的电势低
D.尘埃在向集尘极运动的过程中，电势能一定增大
【答案】BC
【解析】
【详解】带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电，则放电极一定带负电，故A错误。
A点处电场线比B处电场线密集，则A处电场强度大，尘埃所受的电场力大，加速度一定大，故B正确。
根据顺着电场线方向电势降低，以及对称性可知，A点的电勢一定比B点的电势低，故C正确。
尘埃在向集尘极运动的过程中，电场力做正功，电势能减小。
故D错误。
故选BC。
【点睛】本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时，明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向是解题突破口。
4.如图所示，金属半圆环AB放在匀强做场中，环内与磁感应强度垂直，先让半圆环绕直径AB所在的直线以角速度ω匀速转动，环中产生的感应电动势的有效值大小为E1；再让圆环绕A点在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动，环中产生的感应电动勢大小为E2，则
的值为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】圆环的半径为R．让半圆环绕直径AB所在的直线以角速度ω匀速转动时，根据公式E=BSω得环中产生的感应电动势最大值为：
E1max=B•
ω；环中产生正弦式感应电动势，则感应电动势的有效值为：
E1=
E1max=
BπR2ω；让圆环绕A点在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动时，有效切割长度为：
L=2R；环中产生的感应电动势大小为：
=2BR2ω；所以有：
，故选C。
【点睛】解决本题时要知道第一种情形产生正弦式感应电动势，感应电动势最大值公式Emax=BSω．第二情形转动切割，要掌握公式E=
BL2ω，式中L是有效的切割长度。
5.2018年全国高考已经结束，高考使用的金属探测器，是在全国高考考生入场前统一使用的合法预防考生作弊的辅助检测设施。
其结构原理图可简化为下图所示。
探测器运用的是电磁感应的原理，发射线圈（外环）产生垂直于线圈平面大小和方向交替变化的磁场，内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属目标发出的磁场（接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场）。
随着磁场方向的反复变化，它会与所遇的任何导体物发生作用，导致目标物自身也会产生微弱的磁场，来自目标物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声。
某一时刻发射线圈发射一向下的磁场，则下列说怯中正确的是（ ）
A.如果发射线圈发射的向下磁场增强，金属物中产生的涡流俯视看沿顺时针方向
B.如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中涡流产生的磁场也增强
C.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，接收线圈中众产生一个微弱的电流，探测器相应的元件就是依据这一信号电流做出报警的
D.金属物发出的磁场穿过接收线圈时，如果接收线圈中产生的微弱电流附视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场方向向上
【答案】C
【解析】
【详解】当发射线圈发射的向下磁场增强，根据楞次定律，则感应磁场向上，依据右手螺旋定则，则感应电流方向，俯视看沿逆时针方向，故A错误；如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生涡流，而不能确定涡流的磁场强弱，故B错误；当接收线圈中产生一个微弱的电流，则探测器相应的元件就是依据这一信号电流，从而发出报警声，故C正确；如果接收线圈中产生的微弱电流附视看沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场可能方向向上大小减弱，也可能方向向下大小增强，故D错误；故选C。
6.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，电压表、电流表均为理想电表，R0为定值电阻，闭合电键S，调节电阻箱的阻值，使其接入电路的阻值增大△R，结果电容器的电量增加了△Q，电压表示数的增加了△U，电流表示数减小了△I，则下列关系不正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．即
，电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为△Q=C△U．即△U=
，故AC正确；根据闭合电路欧姆定律得：
U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知，
=R0+r≠△R．故B不正确。
根据以上分析知△Q=C△U=△IC（R0+r），故D正确；本题选不正确的；故选B。
【点睛】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意
≠R，R是非定值元件。
7.回旋加速器在现代医药中有广泛的应用，应用质子回旋加速器可以生产各种放射性同位素。
下图是一种质子回旋加速器的示意图，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于D形盒的底面，高频正弦交流电的电源分别与两D形盒连接，质子的质量为m，电量为e，则下列说法正确的是（ ）
A.质子在磁场中转动的半径越大，做圆周运动的周期越大
B.正弦交流电压的最大值越大，质子被加速后获得的动能越大
C.正弦交流电的周期应为
D.正弦交流电压的最大值越大，质子在D形盒中运动的时间越短
【答案】D
【解析】
【详解】根据半径公式R=
，质子在磁场中转动的半径越大，即速率越大，与圆周运动的周期无关，故A错误。
根据evmB=m
，得vm=
，则Ekm=
，与加速的电压无关，故B错误。
回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，即为T=
，故C错误。
如果只增大交变电压U，则质子在加速器中加速次数缩短，因此质子的运行时间将变短，故D正确。
故选D。
【点睛】解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大。
以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。
8.如图所示为远距离输电示意图，T1、T2分别为理想升压变压器和理想降压变压器，图中的电表V1、V2、A1、A2均为理想电表，电表的示数分别为U1、U2、I1、I2输电线上有一定的电阻，则下列说法正确的
A.U1I1=U2I2
B.保持输送功率不变增大U1，则U2、I1、12均增大
C.保持U1不变，输送功率增大，则U2、I1、12均增大
D.保持U1不变，用户增多，用户消耗功率与发电厂输出功率的比值减小
【答案】D
【解析】
【详解】理想变压器输出功率等于输入功率，由于在输电线路上有功率损失故U1I1＞U2I2，故A错误；保持输送功率不变增大U1，根据P=UI可知，输电线路上的电流减小，即I1减小，故B错误；保持U1不变，输送功率增大根据P=UI可知，输电线路上的电流增大，降压变压器原线圈两端的电压U3=U1﹣IR减小，故降压变压器副线圈两端的电压减小，即U2减小，故C错误；用户总功率与发电厂的输出功率的比值为
，用户增多，I增大，故用户消耗功率与发电厂输出功率的比值减小，故D正确；故选D。
【点睛】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
9.如图所示，圆形区城内有垂直于纸面向里的匀强磁场，AB是圆的直径，C是圆上一点，两个相同的带正电的粒子分别从A、C两点在纸面内沿AB和平行于AB的方向射入磁场，结果两个粒子出磁场的方向相同，两粒子从A、C两点射入磁场的速度大小分别为v1、v2，在磁场内运动的时间分别为t1、t2，不计粒子受到的重力，则（ ）
A.t1＞t2B.t1=t2C.v1＞v2D.v1=v2
【答案】BC
【解析】
【详解】画出粒子运动轨迹如图所示：
由于两个粒子入射速度方向相同、出射速度方向相同，则知两个粒子轨迹对应的圆心角θ相等，则运动时间t=
T，则t1=t2，故A错误，B正确。
由于A处粒子对应的半径大，轨迹qvB=m
可得R=
，则v1＞v2，故C正确，D错误。
故选BC。
【点睛】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。
10.用磁敏电阻作为传感器可以探测空间是否存在磁场，设计电路如下图，磁敏电阻在没有磁场时电阻很小（几乎为零），在有磁场时电阻很大。
闭合S1，断开S2，灯泡正常发光，下列说法正确的是
A.探测头处在无磁场区域时，闭合S2，灯泡会变亮
B.探测头处在无磁场区域时，闭合S2，电流表示数会变大
C.闭合S2，探测头从无磁场区域进入磁场区域时，灯泡会变亮
D.闭合S2，探测头从无磁场区域进入磁场区域时，电流表的示数会变大
【答案】BC
【解析】
【详解】探测头处在无磁场区域时，闭合S2，磁敏电阻几乎为零，此时电灯被短接，几乎不亮，故A错误；探测头处在无磁场区域时，闭合S2，电灯和磁敏电阻并联，故总电阻减小，电流
可知外电路电阻减小，总电流增大，故B正确；闭合S2，探测头从无磁场区域进入磁场区域时磁敏电阻增大，总电阻变大，总电流减小，路端电压增大，而总电流减小，则保护电阻两端电压减小，故灯泡两端电压增大，灯泡变亮，故C正确，D错误；故选BC。
【点睛】本题是恒定电流中电路的动态分析，抓住电路中有一电阻增大则总电阻增大，有电阻减小则总电阻减小，据此根据闭合电路欧姆定律分析电路电压、电流变化情况。
本题中电阻变化通过探测器位置的变化确认，关键是能抓住题中给出的信息。
11.如图所示，矩形金属线框abcd放在光滑的绝缘水平桌面上，虚线为线框的对称轴，线框的ab边长为L，bc边长为d，线框的电阻为R，用绕过定滑轮的不可伸长的绝缘细线将线框和放在地面上的重物连接，开始时绳子刚好拉直没有张力，连接线框部分的细线水平，连接重物部分的细线竖直，重物的重力为G．现在虚线右侧加垂直于桌面的匀强磁场，让磁场的磁感应强度大小从0开始均匀增大，经过t时间重物刚好要离开地面，则下列判断正确的是（ ）
A.t时间末，磁场的磁感应强度大小为
B.t时间内，线框回路中的电流均匀增大
C.t时间内，线框ab边受到的安培力均匀增大
D.t时间内，线框中电流的功率随时间均匀增大
【答案】AC
【解析】
【详解】设磁感应强度与时间的关系为B=kt，则
=k；根据法拉第电磁感应定律得
，感应电流为
。
经过t时间重物刚好要离开地面，细线的拉力恰好等于重物的重力，则有BIL=G；其中B=kt，代入得kt•
•L=G，解得
，所以t时间末，磁场的磁感应强度大小为B=kt=
．故A正确。
由
，知线框回路中的电流恒定不变，故B错误。
时间内，线框ab边受到的安培力F=BIL=kt•
•L=
t，则知安培力均匀增大，故C正确。
线框中感应电动势E恒定不变，感应电流I也恒定不变，由P=EI知线框中电流的功率恒定不变，故D错误。
故选AC。
【点睛】本题是感生电动势问题，要知道磁通量均匀变化时，线框中产生恒定的感应电动势和感应电流，但线框受到的安培力在均匀变化。
12.如图所示，在xoy坐标系的第一象限内，有一段以坐标原点为圆心的四分之一圆弧ab，a点的坐标（0，3），b点的坐标为（3，0），ac段弧长是bc段弧长的2倍。
空间有平行于坐标轴平面的匀强电场，a、c两点的电势均为1V，b点的电势为3V，则下列说法正确的是（ ）
A.匀强电场的电场强度方向与x轴正向成60°角
B.匀强电场的电场强度大小为
C.一个带正电的电荷沿圆弧从a运动到b，电势能先减小后增大
D.坐标原点0的电势为
【答案】AC
【解析】
【详解】由于a、c两点的电势均为1V，则a、c为等势点，连接ac为等势线，电场线方向如图所示，
根据几何关系可得∠bOd=60°，所以电场线的方向与x轴正向成60°角，故A正确；过b做ac的垂线相较于f，则根据几何关系可得：
od=3cos30°cm=
cm；og=3
cm；可得：
bg=（3
﹣3）cm；bf=
cm；匀强电场的电场强度大小为：
，故B错误；一个带正电的电荷沿圆弧从a运动到b，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故C正确；设坐标原点0的电势为φO，则有：
φO﹣φd=E•Od=（3+
）V，则O点的电势为（4+
）V，故D错误。
故选AC。
【点睛】本题主要是考查电场强度的计算，解答本题要掌握电场强度和电势差的关系，知道电势差等于电势之差。
二、实验题（本大题包括2小题，共15分．把答案填写在答题卡中的横线上）
13.某同学要做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室提供了以下器材：
A．待测小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.5A）
B．电流表（量程3A，内阻约为0.1Ω）
C．电流表（量程0.6A，内阻约为0.5Ω）
D．电压表（量程3.0V，内阻约为10kΩ）
E．电压表（量程15.0V，内阻约为50kΩ）
F．滑动变阻器（最大阻值为100Ω，额定电流50mA）
G．滑动变阻器（最大阻值为10Ω，额定电流1.0A）
H．电源（电动势为3.0V，内阻不计）、电键及导线等。
（1）为了顺利完成实验并能减小实验误差，电流表应选用_____、电压表选用_____、滑动变阻器选用_____（均填写实验器材前的字母）
（2）该同学根据实验要求选用了合适的器材，并完成部分电路的连接，如图甲所示，请你帮他完成其余部分的线路连接_________（用黑色水笔画线表示对应的导线）。
（3）闭合电键后将滑动变阻器滑片从一端移向另一端，测出多组电压表和电流表的数值，作出小灯泡的I﹣U图线如图乙所示，当小灯泡两端的电压为1.6V时，小灯泡的功率P=_____W（保留2位有效数字）。
【答案】
（1）.C
（2）.D（3）.G（4）.A（5）.0.64
【解析】
【详解】
（1）灯泡额定电流为0.5A，电流表应选择C；灯泡额定电压为2.5V，电压表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；
（2）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于A端。
（3）由图乙所示图象可知，电压U=1.6V时电流I=0.4A，灯泡实际功率：
P=UI=1.6×0.4=0.64W；
【点睛】本题考查了实验器材的选择、实验注意事项与实验数据处理；要掌握实验器材的选择原则：
安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。
14.某实验小组成员用如图甲所示的电路测量电池组的电动势和内阻，图中定值电阻R0=1Ω。
（1）电路图中R0的作用是_____。
（2）闭合电键，调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的数值，并在U﹣I坐标纸中描点，请根据所描的点作出图象。
（3）由作出的图象，可知电源的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω．（结果保留小数点后两位数字）
（4）由于_____原因，测量存在系统误差，下面丙图中有三条线，1是根据实测数据两出的图线，则修正误整后得到的图线应该是_____（填“2”或“3”）。
【答案】
（1）.保护电路
（2）.
（3）.2.97；0.87（4）.电压表分流（5）.2
【解析】
【详解】
（1）为防止滑动变阻器接入电路阻值为零时电路电流过大而损坏电路元件，电路图中R0的作用是保护电路。
（2）根据坐标系中描出的点作出U﹣I图象如图所示：
（3）由图示电源U﹣I图象可知，电源电动势：
E=2.97V，电源内阻：
。
（4）由图示电路图可知，由于电压表的分流作用流过电源的电流大于电流表的测量值，电压表分流是造成实验误差的原因，由于流过电源的电流大于电流表测量值，由图示图象可知，图线2是修正误整后得到的图线。
【点睛】本题考查了作图象、求电源电动势与内阻等问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。
三、计算题（本题共2小题，共47分．15、16为必做题，17、18两个选考题中任选一题作答，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后箐案的不得分）
15.如图所示，在半径为R的半圆区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，水平向右的匀强电场的上下水平边界间距也为R，半圆的水平直径与电场的上边界重合，在圆心O处有一粒子源，在纸面内同时垂直于直径向上和向下分别射出速度大小均为v0的相同的带正电的粒子，粒子的电量为q，质量为m，结果向上和向下运动的粒子分别在磁场和电场中发生偏转，射出磁场和电场的偏向角均为60°，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度；
（2）试分析哪个粒子先射出场区？
【答案】
（1）
，
；
（2）电场中运动的粒子先射出场区。
【解析】
【详解】
（1）两个粒子在磁场和电场中偏转的轨迹如图所示
在磁场中运动的粒子，由于偏向角为60°
因此运动轨迹所对的圆心角∠AOO1=60°，因此△AOO1为正三角形；
粒子做圆周运动的半径r=R
由
得
；
在电场中运动的粒子做类平抛运动qE=ma
R=v0t2
粒子出电场时沿电场方向的分速度v1=at2
由于偏向角为60°，因此tan60°=
求得
；
（2）在磁场中运动的粒子运动的时间
求得
在电场中运动的粒子运动的时间
比较可得t1＞t2
因此在电场中运动的粒子先射出场区。
【点睛】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。
16.如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd静止在光滑绝缘水平面上，平行边界MN、PQ间有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，MN、PQ间的距离刚好等于L，开始时金属线框的ab边到磁场边界MN的距离也刚好等于L，现给金属线框一个水平向右的恒定拉力，结果金属线框刚好能匀速穿过磁场，线框运动过程中ab边始终与MN平行，已知金属线框的电阻为R，质量为m，求：
（1）水平拉力的大小；
（2）线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热；
（3）若ab边刚好要进磁场时，撤去拉力，则金属线框穿过磁场时的速度大小为多少？
【答案】
（1）
；
（2）
；（3）0
【解析】
【详解】
（1）线框在进磁场前做初速度为零的匀加速运动，
由牛顿第二定律得：
F=ma，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：
v02=2aL，
线框匀速穿过磁场，由平衡条件得：
F=BIL，
线框穿过磁场时产生的感应电动势：
E=BLv0，
感应电流：
，
解得：
；
（2）线框匀速通过磁场区域，
由动能定理得：
F×2L﹣W安=
，
克服安培力做功转化为焦耳热，即：
Q=﹣W安，
解得：
；
（3）线框刚好要进入磁场时。
线框的速度大小为：
，
线框进磁场的过程中，根据牛顿第二定律得：
F安=ma，
即：
，
，
，
，
同理可以得到，线框出磁场的过程中：
，
即：
，
解得：
v1=0，即线框刚好完全穿过磁场时的速度为0。
【点睛】本题是一道综合题，最后一问难度较大，分析清楚线框的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理即可解题；解题时要注意，线框克服安培力做功转化为焦耳热。
17.下列说法正确的是（）
A．单晶体冰糖磨碎成细粉末后仍然为晶体
B．当分子间的距离减小时，其分子势能可能增大，也可能减小
C．当水面上的水蒸气达到饱和状态时，水中将不会有水分子飞出水面
D．扩散现象和布朗运动都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动都是分子的热运动
E．若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，水汽的质量减少，压强不变
【答案】ABE
【解析】
【详解】单晶体冰糖磨碎成细粉末后熔点不变，仍然是晶体，故A正确；当分子间的距离减小时，分子力的合力可能为引力，可能是斥力，也可能先为引力后为斥力；而分子力做功等于分子势能的减小量，故分子间的距离减小时，分子势能可能减小，可能增加，也可能先减小后增加，故B正确；当水面上的水蒸气达到饱和状态时，分子热运动仍在继续，相同时间内从水中飞到空气中和从空气中飞入水中的分子数相等，达到动态平衡状态，故C错误；扩散现象和布朗运动都与温度有关，温度越高，分子热运
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