2020年江苏省南京市浦口区江浦高中高考物理二模试卷

2020年江苏省南京市浦口区江浦高中高考物理二模试卷
一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项
符合题意．
1. 如图所示为某稳定电场的电场线分布情况，A、B、C、D为电场中的四个点，B、C
点为空心导体表面两点，A、D为电场中两点。

下列说法中正确的是（）
A.D点的电势高于A点的电势
B.A点的电场强度大于B点的电场强度
C.将电子从D点移到C点，电场力做正功
D.将电子从B点移到C点，电势能增大
【答案】
A
【考点】
电场线
电势能
电势
【解析】
根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；
根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；
正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在
电势低处电势能大，分析电场力做功情况。

【解答】
A、D点的电势高于C点的电势，而B点的电势与C点的电势相等，且B点的电势高于A点的电势，所以D点的电势高于A点的电势，故A正确；
B、由电场线越密的地方，电场强度越大，结合图可知A点的电场线比B点的疏，则A点的电场强度小于B点电场强度，故B错误；
C、沿着电场线，电势逐渐降低，知D点的电势比C高，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则电子从D点移到C点，其电势能增加，那么电场力做负功，故C错误；
D、处于静电平衡状态的导体是等势体，其表面是等势面，则电子沿着导体表面从B点
移动到C点，电场力不做功，电势能不变，故D错误；
2. 2019年11月5日，我国成功发射第49颗北斗导航卫星，标志着北斗三号系统3颗地
球同步轨道卫星全部发射完毕。

人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，在发射地球同步卫星的过程中，卫星从圆轨道I的A点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，然后
在B点变轨进入地球同步轨道Ⅲ，则（）
A.卫星在轨道Ⅱ上过A点的速率比卫星在轨道Ⅱ上过B点的速率小
B.若卫星在I、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为T1、T2、T3，则T1<T2<T3
C.卫星在B点通过减速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ
D.该卫星在同步轨道Ⅲ上的运行速度大于7.9 km/s
【答案】
B
【考点】
万有引力定律及其应用
向心力
人造卫星上进行微重力条件下的实验
【解析】
根据万有引力做功情况判断速度大小；根据开普勒第三定律分析时间关系；卫星在A点通过减速实现由轨道Ⅱ进入轨道I；7.9km/s时最大的环绕速度。

【解答】
A、卫星在轨道Ⅱ上从A向B运动过程中，万有引力做负功，动能减小，速度减小，所
以卫星在轨道Ⅱ上过A点的速率比卫星在轨道Ⅱ上过B点的速率大，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可得r3
=k，设卫星在I的轨道半径r1、在Ⅱ轨道的半长轴为r2、
T2
在Ⅲ轨道上运行的轨道半径为r3，
根据图中几何关系可知r1<r2<r3，则T1<T2<T3，故B正确；
C、卫星在B点要进入Ⅲ必须加速做离心运动，所以卫星在B点通过加速实现由轨道Ⅱ
进入轨道Ⅲ，故C错误；
D、7.9km/s时最大的环绕速度，根据v=√GM
可知该卫星在同步轨道Ⅲ上的运行速度
r
小于7.9 km/s，故D错误。

3. 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，
砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。

若砝码和纸板的
质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g。

要使纸板相对
砝码运动，所需拉力的大小至少应为（）
A.3μmg
B.4μmg
C.5μmg
D.6μmg
【答案】
D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
【解析】
隔离砝码和纸板受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，找出使纸板相对砝码运动
的临界条件即可解答。

【解答】
当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二
定律得：
对砝码有f1＝μ⋅2mg＝2ma1
=μg，
得：a1=f1
m1
对纸板有F−f1−f2＝m2a2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即：a2>a1
所以：F＝f1+f2+m2a2>f1+f2+m2a1＝μ⋅2mg+μ⋅3mg+μmg＝6μmg
即：F>6μmg
4. 以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点。

假设小球所受空气阻力恒定，则该过程中，小球动能E k与离地高度ℎ的关系图线可能是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】
A
【考点】
动能定理的应用
【解析】
上升和下落阶段，根据动能定理列式分析得到两段过程的动能与高度的关系式，根据关系式分析判断小球动能E k与离地高度ℎ的关系图线。

【解答】
设初动能为E k0，根据动能定理得上升阶段：−(mg+f)ℎ＝E k−E k0，
整理得E k＝E k0−(mg+f)ℎ，上升越高，动能越小，而空气阻力恒定不变，所以图象斜率不变，且斜率为负；
下降阶段，根据动能定理得(mg−f)ℎ＝E k，下落过程阻力不变，斜率不变，故BCD错误，A正确。

5. “恒流源”是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变。

如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，下列说法中正确的是（）
A.R0上的电压变小
B.R1上的电压变大
C.R2上的电压变小
D.R1上电压变化量小于R0上的电压变化量
【答案】
D
【考点】
闭合电路的欧姆定律
【解析】
根据闭合电路欧姆定律，结合动态分析的思路，当触头P由图示位置向右移动时，接入电路中的电阻增大，而电源输出电流不变，从而即可分析求解。

【解答】
ABC、电源输出电流不变，触头P由图示位置向右移动时，接入电路的电阻变大，则总电阻也变大，而电源输出电流不变，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压增大，所以R2上的电压变大，R2是定值电阻，所以通过R2的电流变大，总电流不变，则通过R1电流减小，所以R1的电压变小，则R0上的电压变大，故ABC错误；
D、R1的电压变小，R0上的电压变大，R1和R0的电压之和变大，则R1上电压变化量小于R0上的电压变化量，故D正确。

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分．
交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。

在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1:n2＝5:1，电动机线圈电阻为R，电路如图所示。

理想电压表读数为U，理想电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物匀速上升。

若电动机因摩擦造成的能量损失不计，下列说法正确的是（）
A.流经电动机的电流为U
5R
B.发电机的最大电动势√2U
C.电动机的热功率为I2R
D.重物匀速上升的速度UI−25I2R
mg
【答案】
B,D
【考点】
变压器的构造和原理
交变电流的图象和三角函数表达式
【解析】
根据变压器的变压比和变流比计算流过电动机的电流和两端的电压，注意电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用。

根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，发电机的最大电动势为√2U。

根据能量守恒定律求解重物匀速上升的速度。

【解答】
A、电压表的示数为原线圈两端的输入电压，电流表的示数为流过原线圈的电流，根据变压器的变流比可知，流过电动机的电流：I2=n1n
2
I=5I，根据变压比可知，电动机
两端的电压：U2=n2n
1U=U
5
，电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，故I2≠U
5R
，
故A错误；
B、电压表的示数为有效值，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，发电机的最大电动势为√2U，故B正确；
C、根据功率公式可知，电动机的热功率：P热=I22R=25I2R，故C错误；
D、电动机做功，提升重物，根据能量守恒定律可知，mgv＝P−P热，其中总功率P＝
U2I2＝UI，则重物匀速上升的速度：v=UI−25I2R
mg
，故D正确。

2019年12月17日，我国第一艘国产航空母舰“山东舰”在海南三亚交付海军，标志着
中国正式进入“双航母时代”。

该航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲
板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。

为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2所示，AB长为L1，BC水平投影L2，图中C点切线方向与水平方向的夹角为θ．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点进入B
C.舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功2mL12
t
A.舰载机刚进入上翘甲板B时的速度为2L1
t
B.舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的合外力2mL1
t2
D.舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力4mL12sinθ
L2t2
【答案】
A,B
【考点】
动能定理的应用
向心力
牛顿第二定律的概念
【解析】
根据匀变速直线运动的位移与平均速度的关系式求解舰载机刚进入上翘甲板B时的速度；根据动量定理求解舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的合外力；
根据动能定理求解舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
根据牛顿第二定律求解舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力。

【解答】
A、A到B的过程中根据匀变速直线运动的公式有：L1=v B
2
t
所以舰载机刚进入上翘甲板B 时的速度为：v B =
2L 1t
，故A 正确；
B 、舰载机水平运动的过程中，根据动量定理有：F 合t ＝mv B 所以飞行员受到的合外力为：F 合=
2mL 1t 2
，故B 正确；
C 、舰载机水平运动的过程中，根据动能定理有飞行员受到的水平力所做功为：W =
1
2
mv B 2=2mL 12t 2
，故C 错误；
D 、舰载机刚进入BC 时，对飞行员根据牛顿第二定律有：N −mg =m
v B
2
R
根据几何知识有：R =L
2sinθ
联立解得：N ＝mg +
4mL 12sinθ
L 2t 2
，故D 错误。

如图所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为d ，极板的长、宽分别为a 、b ，面积为S ，这两个电极与可变电阻R 相连。

在垂直于前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为
B.可变电阻R 中的电流方向是从P 到Q A.磁流体发电机的电动势为E ＝Bbv
C.若可变电阻的阻值为R =ρd
S
，则流过R 的电流为Bvab ρ
D.若可变电阻的阻值为R =ρd
S
，则R 上消耗的最大电功率为B 2v 2dS 4ρ
【答案】 B,D
【考点】
霍尔效应及其应用 【解析】
由题，运动的等离子体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源。

根据电阻定律求解内电阻，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率。

【解答】
A 、根据平衡有：qv
B ＝q E d ，解得电源的电动势E ＝Bdv ，故A 错误；
B 、根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流方向是从P 到Q ，故B 正确；
C 、根据题意可知，S ＝ab ，等离子体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为r ＝ρd
ab ，若可变电阻的阻值为R ＝ρd
S ，依据闭合电路欧姆定律，则有电流为I =E
R+r =
BSv 2ρ
=
Babv 2ρ，故C 错误；
D 、若可变电阻的阻值为R ＝ρd
S ，因电源的内阻为r ＝ρd
ab ，故R 的功率P ＝I 2R =B 2v 2dS 4ρ
，
故D 正确。

如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。

两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从图示位置由静止释放（轻杆与L2杆夹角为45∘），不计一切摩擦，已知重力加速度为g。

在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（）
A.b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于g
B.a球的机械能守恒
C.a球的最大速度为√√2gL
D.b球的最大速度为√(2+√2)gL
【答案】
A,D
【考点】
机械能守恒的判断
牛顿第二定律的概念
【解析】
先确定a，b系统机械能守恒，由运动情况可知在a下滑到最低点时b的速度最大，由机械能守恒求得b的最大速度；当a运动到两杆的交点后会向下继续加速，则其最大速度要大于在两杆交点处的速度。

【解答】
A、b球速度为0时，a到达L2所在面，在竖直方向只受重力作用，则加速度为g，故A正确
B、a球和b球所组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，但对于a机械能不守恒，故B错误
C、a球运动到两杆的交点处，b的速度为0，此时a的速度为v a，由机械能守恒得：
mg√2L
2=1
2
mv am2得：v am=√√2gL
但此后杆向下运动，会再加速一段距离后达到一最大速度再减速到0，则其最大速度要大于√√2gL，故C错误
D、当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为0，b的速度最大为v bm，由机械能守恒得：
mg(L+√2
2L)=1
2
mv bm2解得：v bm=√(2+√2)gL，故D正确
三、简答题：本大题分必做题（第10～12题）和选做题（13四小题），共计42分．
小华同学欲测量小物块与斜面间的动摩擦因数，其实验装置如图1所示，光电门1、2可沿斜面移动，物块上固定有宽度为d的挡光窄片．物块在斜面上滑动时，光电门可以
显示出挡光片的挡光时间．（以下计算的结果均请保留两位有效数字）
（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度，其示数如图2所示，则挡光片的宽度d＝
________mm．
（2）在P处用力推动物块，物块沿斜面下滑，依次经过光电门1、2，显示的时间分别
为40ms、20ms，则物块经过光电门1处时的速度大小为________m/s，经过光电门2
处时的速度大小为________m/s，比较物块经过光
电门1、2处的速度大小可知，应________（选填“增大”或“减小”）斜面的倾角，直至
两光电门的示数相等．
（3）正确调整斜面的倾角后，用刻度尺测得斜面顶端与底端的高度差ℎ＝60.00cm、
斜面的长度L＝100.00cm，g取9.80m/s2，则物块与斜面间的动摩擦因数的值μ＝
________．
【答案】
（1）5.2
（2）0.13,0.26,减小
（3）0.75
【考点】
利用动力学观点测定动摩擦因数
【解析】
（1）游标卡尺读数的方法：主尺读数加上游标读数，不需估读；
（2）物体经过一段位移的平均速度来代替这段时间的瞬时速度，并且位移越短，时间
越短，平均速度越接近这段时间的瞬时速度；比较v2和v1的大小，判断物块的运动情况，从而分析应增大还是减小斜面的倾角；
（3）设斜面的倾角为θ，对物块受力分析，求得摩擦因数的表达式。

【解答】
解：（1）挡光片的宽度为：d＝5mm+2×0.1mm＝5.2mm；
（2）d＝5.2mm＝5.2×10−3m，t1=40ms=40×10−3s，t2=20ms=20×10−3s，
用平均速度来求解瞬时速度：v1=d
t1=5.2×103
40×10−3
m/s=0.13m/s，v2=d
t2
=
5.2×10−3
20×10−3
m/s=0.26m/s，
由于v2<v1，物块做加速运动，设斜面的倾角为θ，则对物块受力分析有：mgsinθ>
μmgcosθ，故应减小斜面的倾角，直到mgsinθ＝μmgcosθ，此时物块匀速运动，两光
电门的示数相等；
（3）ℎ＝60.00cm＝0.6m，L＝100.00cm＝1m，
物块匀速运动时，mgsinθ＝μmgcosθ，即tanθ＝μ，又tanθ=
√L2−ℎ2
，解得：μ＝0.75．
某研究性学习小组为了测量一只阻值约3KΩ的电阻较为准确的阻值，实验室可以提供
的器材有：
A．电流表A1，量程为300µA，内阻R A1＝100Ω；
B．电流表A2，量程为1mA，内阻R A2约为5Ω；
C．电压表V（量程15V，内阻约为10KΩ）
D．电阻箱R1：阻值范围为0−9999.9Ω
E．电阻箱R2：阻值范围为0−99.9Ω
F．滑动变阻器R3：最大阻值为10Ω
G．滑动变阻器R4：最大阻值为10KΩ
H．电源E：电动势3V，内阻不可忽略
（1）小组某成员设计的方案：按如图所示的电路中，分别测出电流表和电压表的示数，再求出待测电阻R X的阻值．你认为他的方案合理吗？________．理由是________．
（2）如果让你设计测量电阻R X阻值的实验电路，要求测量尽可能准确，请选择合适的元件，画出电路图．要求图中的元件用题中相应的字母标注出来．
．
（3）根据你所设计的方案，待测电阻的表达式为R X=I1(R1+R2)
I2
【答案】
，V表的测量误
不合理,A2量程1mA，则R x所在支路的最大电压约3V，仅为V表量程的1
5
差太大
如图所示；
I1(R1+R2)
I2
【考点】
伏安法测电阻
【解析】
根据实验中的安全和准确原则分析给出的方法能否正确求解并得出更为确准确的电路图；根据欧姆定律求解待测电阻．
【解答】
故如图所示
由欧姆定律可知：R x=I1(R1+R2)
I2
[选修3-5]（12分）
有关近代物理知识，下列说法正确的是（ ）
A.图甲中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关
B.图乙中，可以研究单位时间发射的光电子数与照射光的强度有关
C.图丙中，射线A 由α粒子组成，射线B 为电磁波，射线C 由电子组成
D.图丁中，少数α粒子发生了较大角度偏转，是因为原子的全部正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上 【答案】 C,D
【考点】
X 射线、α射线、β射线、γ射线及其特性 爱因斯坦光电效应方程 粒子散射实验 【解析】
光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关。

图乙中所加电压为反向电压，研究的是入射光的频率与遏止电压的关系。

根据左手定则判断出粒子的电性。

根据α粒子散射实验分析。

【解答】
A 、分析图甲可知，电压相同时，光照越强，光电流越大，根据光电效应方程可知，入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，遏止电压增大，即光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关，故A 错误；
B 、图乙中，所加电压为反向电压，研究的是入射光的频率与遏止电压的关系，如果加正向电压可以研究单位时间发射的光电子数与照射光的强度的关系，故B 错误；
C 、根据左手定则可知，射线A 向左偏转，带正电，由α粒子组成，射线C 向右偏转，带负电，由电子组成，射线B 不带电，为电磁波，故C 正确；
D 、根据α粒子散射实验现象可知，少数α粒子发生了较大角度偏转，是因为原子的全部正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上，故D 正确。

国家重大科技基础设施中国散裂中子源已经通过国家验收，投入正式运行。

它是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。

在某课题研究中核反应方程为
12H +13H →24He +X ，则X 是________。

已知12
H 的质量为2.0136u ，13H 的质量为3.0180u ，24He 的质量为4.0026u ，X 的质量为1.0087112u ，该反应释放能量为________MeV ．（质量亏损1u 释放的能量约931.5MeV ） 【答案】 中子,18.90 【考点】 核能的计算 【解析】
根据核反应方程质量数和核电荷数守恒求出X ，应用质能方程△E ＝△mc 2判断是吸收能量还是释放能量； 【解答】
中核反应方程为：12H+13H→24He+X，
根据核反应方程质量数和核电荷数守恒得：X的质量数为1，核电荷数为0．所以X是中子；
反应前质量为：2.0136u+3.0180u＝5.0316u。

反应后质量为：4.0026u+1.0087112u＝5.0113112u。

反应过程质量亏损为：△m＝5.0316u−5.0113u＝0.0202888u，
反应过程释放的能量：△E＝0.0202888×931.5Mev＝18.90Mev，
一质量为1kg的小球A以2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为2kg的另一大小相同的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹。

求：
①原来静止小球获得的速度大小；
②碰撞过程中损失的机械能。

【答案】
①原来静止小球获得的速度大小为1.1m/s；
②碰撞过程中损失的机械能为0.77J。

【考点】
动量守恒定律的综合应用
摩擦力做功与能量转化
动量守恒定律的理解
【解析】
①碰撞过程中系统的动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球B获得的速度；
②由能量守恒定律可以求出损失的机械能；
【解答】
①碰撞过程，取小球A碰撞前速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1＝m1v1′+m2v2
解得：v2＝1.1m/s；
即原来静止小球获得的速度大小为1.1m/s；
②碰撞过程损失的机械能：
△E=1
2
m1v12−
1
2
m1v1′2−
1
2
m2v22
代入数据解得：△E＝0.77J；
[选修3-3]（12分）
关于热现象，下列说法中正确的是（）
A.不同温度下，水的绝对湿度不同，而相对湿度相同
B.增大气体的压强，可以使气体分子之间的斥力大于引力，使得分子力表现为斥力
C.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
D.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缩活塞时，水汽的质量减少，压强不变
【答案】
C,D
【考点】
*饱和汽、未饱和汽和饱和汽压
分子间的相互作用力
* 固体的微观结构
*相对湿度
【解析】
相对湿度是指湿空气中水蒸汽的分压力与相同温度压力下的饱和水蒸汽分压力之比，没有单位，用百分数表示，会随着湿空气的温度压力变化而变化，绝对湿度是指湿空气中水蒸汽的含量；气体分子之间的作用力可以忽略不计；晶体的微观排列是有序的、周期性的；同一种液体的饱和蒸汽压仅仅与温度有关。

【解答】
A 、不同温度下，对于水的不饱和气体，绝对湿度可以相同，相对湿度也可以不同，故A 错误；
B 、气体分子之间的距离相对于分子非常大，所以增大气体的压强，气体分子之间的作用力仍然可以忽略不计，故B 错误；
C 、石墨和金刚石是碳元素的同素异构体，物理性质不同，正是由于组成它们的物质微粒排列结构不同，故C 正确；
D 、同一种液体的饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向心缓慢压缩活塞时，由于饱和蒸汽压不变，所以水汽的质量减少，故D 正确。

如图所示，食盐的晶体(NaCl)是由钠离子（图中
）和氯离子（图中
）组成的，相邻离子的中心用线连接起来组成一个个大小相等的立方体，立方体的个数与两种离子的总数目相等。

若已知食盐的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA ，则食盐的分子质量为________，相邻离子间的距离为________。

【答案】
M N A
,√
M
2N A ρ
3
【考点】
阿伏加德罗常数 【解析】
单个分子质量等于摩尔质量除以阿伏加德罗常数；摩尔质量等于密度与摩尔体积的乘积；摩尔体积等于分子体积与阿伏加德罗常数的乘积；选择分子的立方体模型列式求解分子间距。

【解答】
食盐的分子质量为：m =M
N A
1molNaCl 的体积为：V =M
ρ
由题可知1molNaCl 的离子组成的立方体个数为2N A ，所以每个小立方体体积为：V ′=
M 2ρN A
则相邻钠离子与氯离子间距离为：a =√V ′3
=√M
2N A
ρ3
如图所示，一定质量的某种理想气体在状态A 时的体积为V 0，从状态A 到状态B ，外界对该气体做的功为W ，从状态A 到状态C ，该气体从外界吸收的热量为Q ，在p −T 图象中图线AC 反向延长线通过坐标原点O ．求： ①气体在状态C 时的压强和在状态B 时的体积； ②从状态A 到状态B ，气体与外界热交换的热量Q′。

【答案】
①气体在状态C 时的压强为2p 0，状态B 时的体积为2
3V 0；
②从状态A 到状态B ，气体与外界热交换的热量为Q −W 。

【考点】
理想气体的状态方程 热力学第一定律 【解析】
①先写出状态A 、B 、C 的气体状态参量，再根据理想气体状态方程可以求出气体在状态C 时的压强和在状态B 时的体积； ②根据热力学第一定律求解。

【解答】
①在p −T 图象中图线AC 反向延长线通过坐标原点，说明从状态A 到状态C 为等容变化，A 状态参量为：p A ＝p 0，T A ＝T 0，V A ＝V 0，C 状态参量为：p C ，T C ＝2T 0，V C ＝V 0， 根据理想气体状态方程：
p A V A T A
=
p B V B T B
代入数据解得：p C ＝2p 0
从状态C 到状态B 为等温变化，C 状态参量为：p C ＝2p 0，T C ＝2T 0，V C ＝V 0，B 状态参量为：p B ＝3p 0，T B ＝2T 0，V B ， 根据理想气体状态方程：
p C V C T C
=
p B V B T B
代入数据解得：V B =2
3V 0
②状态A 到状态C 为等容变化，气体不做功，即W 1＝0，从外界吸收的热量为Q ，根据热力学第一定律可得：△U 1＝Q
从状态C 到状态B 为等温变化，内能不变，即：△U 2＝0，
从状态A 到状态B ，内能的增量：△U ＝△U 1+△U 2＝Q ，而外界对该气体做的功为W ，根据热力学第一定律：△U ＝W +Q′，得Q′＝△U −W ＝Q −W 。

四、计算题：本题共3小题，计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只有最后答案不能得分．有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．
在一水平面上，放置相互平行的直导轨MN 、PQ ，其间距L ＝0.2m ，R 1、R 2是连在导轨两端的电阻，R 1＝0.6Ω，R 2＝1.2Ω，虚线左侧3m 内（含3m 处）的导轨粗糙，其余部分光滑并足够长。

ab 是跨接在导轨上质量为m ＝0.1kg 、长度为L′＝0.3m 的粗细均匀的导体棒，导体棒接入电路的电阻r ＝0.2Ω，开始时导体棒处于虚线位置，导轨所在空
间存在磁感应强度大小B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，如图甲所示。

从零时刻开始，通过微型电动机对导体棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，其运动的速度-时间图象如图乙所示。

已知2s末牵引力F的功率是0.9W．除R1、R2及导体棒的总电阻以外，其余部分的电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2．求
（1）2s末导体棒受到的安培力的大小F安和导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数μ；
（2）试写出0∼2s内牵引力F随时间变化的表达式；
（3）如果2s末牵引力F消失，则从2s末到导体棒停止运动过程中导体棒上产生的焦耳热是多少？
【答案】
2s末导体棒受到的安培力的大小F安为0.05N，导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数μ为
0.1；
0∼2s内牵引力F随时间变化的表达式为F＝0.025t+0.25(N)；
如果2s末牵引力F消失，则从2s末到导体棒停止运动过程中导体棒上产生的焦耳热是0.45J。

【考点】
单杆切割磁感线
安培力的计算
牛顿第二定律的概念
闭合电路的欧姆定律
【解析】
（1）根据E＝BLv求解2s时导体棒产生的感应电动势，再根据欧姆定律求解通过导体棒的电流，根据F＝BIL求解安培力大小，
根据v−t图象求解导体棒做匀加速直线运动的加速度，再根据牛顿第二定律求解导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数μ；
（2）根据牛顿第二定律并结合v＝at求解0∼2s内牵引力F随时间变化的表达式；（3）根据能量守恒定律求解从2s末到导体棒停止运动过程中导体棒上产生的焦耳热。

【解答】
棒运动时产生的感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得I=E
R+r
=0.4Ω
R1、R2并联电阻为R=R1R2
R1+R2
受到的安培力F安＝ILB
代入数据得F安＝0.05N。