2020年江苏省高考物理模拟试卷(含答案解析)

2020年江苏省高考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共6小题，共19.0分）
1.关于汽车发动机的功率，下列说法正确的是()
A. 根据P=W
t
，汽车发动机做功越多，功率越大
B. 根据P=Fv，汽车牵引力增大，发动机功率一定增大
C. 根据P=Fv，汽车的速度增大，发动机功率一定增大
D. 根据P=Fv，汽车以额定功率工作时，速度增大，牵引力一定变小
2.如图所示，电路中变压器原线圈匝数n 1=1000，两个副线圈匝数分别为
n 2=500、n 3=200，分别接一个R=55Ω的电阻，在原线圈上接入U 1=
220V的交流电源。

则两副线圈输出电功率之比P2
P3
和原线圈中的电流I 1分别是()
A. P2
P3=5
2
，I 1=2.8A B. P2P
3
=2
5
，I 1=2.8A
C. P2
P3=25
4
，I 1=1.16A D. P2P
3
=4
25
，I 1=1.16A
3.在电磁感应现象中，下列说法中正确的是()
A. 感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反
B. 感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化
C. 闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流
D. 闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流
4.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。

物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，
则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()
A. B.
C. D.
5.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。

某运送防疫物资的班
列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。

若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()
A. F
B. 19F
20C. F
19
D. F
20
6.对黑体辐射电磁波的波长分布有影响的是()
A. 黑体的温度
B. 黑体的材料
C. 黑体的表面状况
D. 环境温度
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）
7.某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。

当汽车启动时，开关S闭合，电机
工作，车灯突然变暗，此时()
A. 车灯的电流变小
B. 路端电压变小
C. 电路的总电流变小
D. 电源的总功率变大
8.我国的嫦娥四号在2019年1月3日着陆在了月球背面，这是人类
历史上的首次着陆，为全世界的月球探索开拓了新方向。

为了保
持地面和嫦娥四号的通信，我国于2018年5月21日，将一颗地
月中继卫星“鹊桥”发射到地月轨道的拉格朗日点L2上，我们可
以简单理解为处在L2点的物体在地球和月球的引力共同作用下绕
地球做匀速圆周运动并始终与地月共线，已知地球的质量M、地球球心到L2点距离为r、引力常量为G、月球公转周期T，以下说法正确的是()
A. 中继卫星“鹊桥”的运行线速度大于月球绕地球公转的线速度
B. 中继卫星“鹊桥”的运行线速度小于月球绕地球公转的线速度
C. 中继卫星“鹊桥”的加速度为a=GM
r2
D. 中继卫星“鹊桥”的加速度为a=4π2
T2
r
9.如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过
程中A、B的水平位移分别为l和2l。

忽略空气阻力，则()
A. A和B的位移大小相等
B. A的运动时间是B的2倍
C. A的初速度是B的1
2
D. A的末速度比B的大
10.如图所示，一绝缘的长为L.两端分别带有等量异种电荷的轻杆，电量的绝对值
为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60°，若使杆沿顺时针
方向转过60°(以杆上某一点为圆心转动)，则下列叙述正确的是()
A. 电场力不做功，两电荷电势能不变
B. 电场力做的总功为QEL
，两电荷的电势能减少
2
C. 电场力做的总功为QEL
，两电荷的电势能增加
2
D. 电场力做的总功大小跟转轴位置无关
11.关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()
A. 单晶体有规则的几何外形
B. 晶体在物理性质上一定是各向异性的
C. 晶体熔化时具有一定的熔点
D. 晶体和非晶体在适当的条件下是可能相互转化的
12.关于各种电磁波的性质比较，下列说法中正确的有()
A. 由于红外线的波长比可见光长，所以红外线比可见光更容易发生干涉、衍射
B. 由于γ射线的波长太短了，所以根本无法发生干涉、衍射
C. α、β、γ三种射线中，α、β射线不属于电磁波
D. γ射线的穿透能力最强，所以最适合用来透视人体，检查骨骼和其它病变情况
三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）
E1，其中n=1、2、3、4、…，已知13.已知氢原子的基态能量为E1(E1<0)，激发态能量E n=1
n2
普朗克常量为h，真空中光速为c，吸收波长为____的光子能使氢原子从基态跃迁到n=2的激发态;此激发态氢原子再吸收一个频率为ν的光子被电离后，电子的动能为_______.
14.某日中午，南通市空气相对温度为65%，将一瓶水倒去一部分，拧紧瓶盖后的一小段时间内，
单位时间内进入水中的水分子数____(填“多于”“少于”或“等于”)从水面飞出的分子数.再经过一段时间后，瓶内水的上方形成饱和汽，此时瓶内气压____(填“大于”“小于”或“等于”)外界大气压．
15.截面为等边三角形的棱镜ABC如图所示，一束单色光从空气射向E点，并偏
折到F点.已知入射方向与AB边的夹角为θ=30°，E、F分别为AB、BC的中
点，则该棱镜的折射率为____，光线EF____(填“能”或“不能”)从BC界
面射出．
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
16.某同学得到一个未知元件，想要描绘它的伏安特性曲线．
(1)请画实验电路图．测量电路采用电流表外接法．
(2)实验测得该元件两端的电压U和通过它的电流I的数据如表所示．
U/V00.400.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80 I/mA00.9 2.3 4.3 6.812.019.030.0根据表中数据，在坐标纸上选择恰当标度，画出该元件的I−U图线．
(3)根据该元件的I−U图线，请描述该元件的电阻随加在该元件两端电压的变化规律：______ ．
17.小明用如图甲所示装置测量重力加速度，用电磁打点计时器(频率为50Hz)打出纸带的一部分如
图乙所示。

(1)由打出的纸带可判断，实验时小明是用手拿着纸带的________(填“A”或“B”)端由静止释
放的。

(2)本实验________(填“需要”或“不需要”)用天平测重物的质量。

(3)纸带上所打点1至9均为计时点，用刻度尺测得1、2两点之间的距离x12=4.56cm，7、8
两点之间的距离x78=2.23cm，结合这两个数据可以算出当地重力加速度为________m/s2(保留三位有效数字)。

五、计算题（本大题共6小题，共59.0分）
18.如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。

车顶右端放一质量m2=
0.4kg的小物体，小物体可视为质点。

现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s
射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为μ=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车。

g取10m/s2。

求：
①子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小。

②小车的长度。

19.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再从状态
B变化到状态C.已知状态A的温度为480K.求：
(1)气体在状态C时的温度；
(2)试分析从状态A变化到状态B的整个过程中，气体是从外界吸
收热量还是放出热量．
20.科学技术是一把双刃剑．电磁波的应用也是这样，它在使人类的生活发生日新月异变化的同时
也存在副作用——电磁污染．频率超过0.1MHz的电磁波的强度足够大时就会对人体构成威胁．按照有关规定，工作场所受到的电磁辐射强度(单位时间内垂直通过单位面积的电磁辐射能量)不得超过0.50W/m2.若小型无线通信装置的电磁辐射功率是1W，那么在距离该通信装置多少米以外是符合规定的安全区域？(已知球面面积S=4πR2)
21.正方形均匀导线框abcd置于光滑绝缘水平桌面上，其质量为m、电阻为R、边长为L，在距离
线框cd边2L处有一宽度为2L的匀强磁场区域，磁场的左、右边界与线框的cd边平行，磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，其俯视图如图所示。

对线框施加一水平向右的恒力F，使其由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行。

已知线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同。

求：
(1)线框通过磁场区域过程中产生的焦耳热。

(2)线框通过磁场区域过程中的最小速度。

22.如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。

在轮上沿相互垂直的直径方向
固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。

重物由静止下落，带动鼓形轮转动。

重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。

求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。

23.如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B。

MM´和NN´是它的两条
边界,现有质量为m，带电量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不从边界NN´射出，粒子入射速率的最大值可能是多少？
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
汽车发动机输出功率P 、牵引力F 和速度v 的关系式为P =Fv ，根据控制变量法分析即可． 本题关键是记住发动机输出功率、牵引力和速度的关系式P =Fv ，能够根据控制变量法列式求解，基础题．
A 、根据控制变量法知，当汽车做功时间一定时，发动机做功越多则功率越大，A 选项中没有明确时间一定，故A 错误；
B 、根据P =Fv ，汽车牵引力F 增大，速度可能减小，故发动机功率不一定增大，故B 错误；
C 、根据P =Fv ，汽车速率v 增大，牵引力可能减小，故发动机功率不一定增大，故C 错误；
D 、根据P =Fv ，发动机功率一定时，速度增大时，牵引力一定变小，故D 正确； 故选：D
2.答案：C
解析：对两个副线圈有U 1U 2
=n 1n 2
，U 1U 3
= n 1n 3
，所以U 2=110 V ，U 3=44 V ，又P =U 2R
，所以P 2
P 3
=U 22
U 3
2=
254
；
由欧姆定律I 2=
U 22R
=2 A ，
I 3=U 32R
=0.8 A ，
对有两个副线圈的变压器有：n 1 I 1= n 2 I 2+ n 3 I 3，得I 1=1.16 A ，C 正确。

3.答案：B
解析：解：A 、感应电流产生的磁场总要阻碍产生感应电流的磁场的变化，原磁场的磁通量增加，感应电流的磁场方向与原来的磁场方向相反，原磁场的磁通量减小，感应电流的磁场方向原来的磁场方向相同．故A 错误，B 正确．
C 、闭合线框放在匀强磁场中，整体做切割磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，一定不能产生感应电流．故C 错误；
D 、根据感应电流产生的条件可知：只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中一定有感应电流，闭合线框若平行与磁场的方向放在变化的磁场中，不能产生感应电流．故D 错误． 故选：B ．
1、原磁场的磁通量增加，感应电流的磁场方向与原来的磁场方向相反，原磁场的磁通量减小，感应
电流的磁场方向原来的磁场方向相同．
2、感应电流产生的条件：只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中一定有感应电流．
本题考查楞次定律和感应电流的产生条件，应明确产生感应电流的条件：只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中一定有感应电流．
4.答案：C
解析：
分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断。

本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。

设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，设沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：−mgxsinθ−μmgxcosθ=E k−E k0，所以E k=E k0−(mgsinθ+μmgcosθ)x；
下滑过程中：mgx′sinθ−μmgx′cosθ=E k−0，所以E k=(mgsinθ−μmgcosθ)x′；根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小。

故C正确，ABD错误；
故选C。

5.答案：C
解析：
把第3节到第40节车厢看成一个整体，应用牛顿第二定律列方程；把最后两节车厢看成一个整体，应用牛顿第二定律列方程求解即可。

本题以中欧运送防疫物资的班列为背景考查匀变速直线运动中应用牛顿第二定律求解力的问题，很好地体现了新高考的鲜明的时代特色，表明了中国的科技进步，能够激发学生的学习积极性和爱国热情。

解：设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为f，从第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：
F−(40−2)×f=(40−2)×ma，
解得：F=38×(f+ma)，
把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：
F′−2f=2ma，
解得：F′=2×(f+ma)，
联立解得倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为：F′=F
19
，故C正确，ABD错误。

故选C。

6.答案：A
解析：
考查黑体辐射，黑体辐射为能量量子化奠定基础，本题难度不大，关键要牢记基本概念和基本规律，并能熟练运用。

黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。

一般物体辐射电磁波的情况与温度有关，还与材料的种类及表面情况有关；但黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确，BCD错误。

故选A。

7.答案：ABD
解析：
S闭合，外电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，路端电压减小，总电流增大，据此分析各选项。

并联电阻总阻值小于并联前任何一个分电阻阻值；串并联电路关系和闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律是分析动态电路的基本规律，必须熟练掌握。

解：S闭合，灯与电动机并联，路端电阻总电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律知U=R
R+r
E减小，
干路电流I增大，车灯电流I灯=
U
R
灯
减小，电源的总功率EI变大，故ABD正确，C错误。

故选ABD。

8.答案：AD
解析：
本题考查了学生对题给知识的阅读理解能力，理解关键字眼“在地球和月球的引力共同作用”和“始终与地月共线”是解题的关键。

由题设知，鹊桥与月球绕地球转动的角速度相同，周期也相同，且鹊桥做圆周运动的向心力来源于地球和月球对鹊桥的引力的合力。

由图知鹊桥做圆周运动的半径较大。

AB.由v=rω知，鹊桥运行的速度大于月球绕地球公转的速度，故A正确，B错误；
C.鹊桥的加速度是地球和月球的万有引力的合力产生的，故加速度不等于G M
r2
，故C错误；
D.由于鹊桥运动的周期等于月球运动的周期T，做圆周运动的半径为r，故由向心加速度公式得a=
4π2
T2
r，故D正确。

故选AD。

9.答案：AD
解析：解：A、A和B的位移大小都为√l2+4l2=√5l，故A正确；
B、根据ℎ=1
2gt2得：t=√2ℎ
g
，则A的运动时间为：t A=√4l
g
，B的运动时间为：t B=√2l
g
，故
t A
t B
=
√2
=√2，
故B错误；
C、水平初速度为：v0=x
t ，则有：v A0
v B0
=
l
t A
2l
t B
=t B
2t A
=√2
4
，故C错误；
D、竖直方向由速度与位移关系：v2=2gℎ，末速度为：v=√2gℎ，则：v Ay=√4gl，v By=√2gl；
水平方向：v A0=l
t A =√gl
4
；v B0=2l
t B
=√2gl；则v
A
=√v Ay2+v A02>v B=√v By2+v B02，故D正确；
故选：AD。

本题考查了平抛运动的时间、水平速度及末速度的计算，熟练掌握平抛运动的运动规律是解本题的关键。

10.答案：BD
解析：
杆沿顺时针方向转过60°，电场力对两电荷都做正功，电势能都减少．根据W=qEd计算电场力做功，其中d是沿电场方向两点间的距离．
本题是电偶极子，电场力对两个电荷做的总功大小跟转动轴无关．电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加．
A、+Q所受电场力水平向右，−Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60°时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小，故A错误．
B、电场力对正电荷所受的功W1=QE L
2(1−cos60°)=1
4
QEL，电场力对负电荷所受的功：W2=
QE L
2(1−cos60°)=1
4
QEL，电场力做的总功为W=W1+W2=1
2
QEL，由于电场力做正功，两个电
荷的电势能减少，动能增加，故B正确，C错误．
D、由B可知，电场力做的总功：W=1
2
QEL，总功与跟转动轴无关，故D正确．
故选：BD
11.答案：ACD
解析：解：A、单晶体一定具有规则的几何外形；故A正确；
B、多晶体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的，所以具有各向同性．故B错误．
C、不论是单晶体还是多晶体熔化时具有一定的熔点；故C正确；
D、晶体和非晶体在适当的条件下是可以相互转化的；如天然石英为晶体，而人为熔化后将变后非晶体；故D正确；
故选：ACD．
晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点．同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则．晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性
晶体分为了单晶体，多晶体，非晶体由于内部结构不同，表现出不同的物理特性，记牢即可．本题考查了晶体与非晶体的区别，是一道基础题，要牢固掌握基础知识．
12.答案：AC
解析：解：A、因为红外线比可见光波长长，更容易发生衍射，则容易绕过障碍物，故A正确；
B、只要是波均能发生干涉、衍射，故B错误；
C、α、β、γ三种射线中，γ是高频的电磁波，α、β射线不属于电磁波，故C正确；
D、x射线的穿透能力较强，所以最适合用来透视人体，检查骨骼和其它病变情况；γ射线的穿透能力太强，能量值太大，不适合用来透视人体，检查骨骼和其它病变情况；但医学上常用γ射线做手术，即γ刀，故D错误；
故选：AC
只要是波均能发生干涉、衍射、反射与折射，波长越长的衍射能力越强；
X射线是一种波长比紫外线短的电磁波，具有较强的穿透能力；γ射线的穿透能力太强，医学上常用γ射线做手术．
考查机械波与电磁波的区别，掌握自然光与偏振光的不同，注意衍射没有条件，而明显的衍射是有条件的．
13.答案：−4ℎc
3E1ℎv+E1
4
解析：
根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出吸收的光子能量，从而得出吸收的波长大小，根据能量守恒求出吸收光子电离后电子的动能。

该题考查氢原子的能级公式和跃迁，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律E m−E n=ℎv。

n=2激发态的能量E2=E1
4则E2−E1= ℎc
λ
=− 3E1
4
 解得λ=− 4ℎc
3E1
 ；.
根据能量守恒定律得，ℎv+E2=mv2
2
则电子的动能：E k=ℎv+E1
4
故填：−4ℎc
3E1
ℎv+E1
4
14.答案：少于大于解析：
由饱和汽的特点判断拧紧瓶盖后的一小段时间内，单位时间内进入水中的水分子数与从水面飞出的分子数的大小关系；由饱和汽压的特点判断形成饱和汽时瓶内的压强与外界汽压的关系。

本题主要考查饱和汽与饱和汽压的特点，知道但为未达到饱和汽时，单位时间内进入水中的水分子数与从水面飞出的分子数的大小关系；达到饱和汽压时，密闭容器内的压强与外界大气压的关系，难度不大。

拧紧瓶盖后的一小段时间内，由于未达到饱和汽，故单位时间内进入水中的水分子数少于从水面飞出的分子数；当瓶内水的上方形成饱和汽时，此时瓶内既有饱和汽压，又由大气压，故此时瓶内气压大于外界大气压。

故填：少于；大于。

15.答案：√3能
解析：
已知入射方向与边AB的夹角为θ=30°，入射角i=60°，E、F分别为边AB、BC的中点，则EF//AC，
求出临界角C，分析能由几何知识得到折射角r=30°，根据折射定律求解折射率。

由公式sinC=1
n
否发生全反射。

折射定律是几何光学中常考的内容，在解题时要特别注意光路图的重要性，要习惯于利用几何关系确定各个角度。

作出光路如图
根据几何知识得到，在AB面上，入射角i=60°，折射角r=30°，根据折射定律得棱镜的折射率n=
sini
sinr
=√3
由临界角公式sinC=1
n 得到，sinC=√3
3。

由几何知识得，光线在BC面上的入射角i′=30°，sini′=1
2
<
sinC，则i′<C，所以光EF在F点不能发生全反射。

即光线EF能从BC界面射出
故答案为：√3；能。

16.答案：该元件的电阻随元件两端电压的增大而减小
解析：解：(1)描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：
(3)由图示图象可知，随电压增大，通过元件的电流增大，电压与电流的比值减小，元件的电阻减小，由此可知：该元件的电阻随元件两端电压的增大而减小．
故答案为：(1)电路图如图所示；(2)图象如图所示；(3)该元件的电阻随元件两端电压的增大而减小．
(1)根据题意确定各电路元件的连接方式，然后作出电路图．
(2)应用描点法作出图象．
(3)分析图示图象，根据图示图象分析答题．
本题考查了连接实物电路图、作图象、实验数据处理，要掌握描点法作图的方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．
17.答案：(1)A
(2)不需要
(3)9.71
解析：
本题考查用打点计时器测量重力加速度，解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。

(1)纸带在重物的拉动下速度越来越大，相等时间内位移间隔越来越大，从而确定出纸带的哪一端与是手拿着的；
(2)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定需要的器材；
(3)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小。

(1)测量重力加速度的实验中，重物做匀加速直线运动，获得的纸带上点迹密集部分在前，稀疏部分在后，从纸带看，实验操作者是手持A端由静止释放的；
(2)本实验只需要测出纸带上各点之间的距离，结合打点时间即可求出重力加速度，不需要测物体质量，故不需要用天平测量重物的质量；
(3)相邻计时点之间的时间间隔T=0.02s，计时点1、2的中间时刻速度；计时点7、8的中间时刻速度；计时点1、2的中间时刻与计时点7、8的中间时刻的时间间隔为6T；由匀变速直线运动的规律v12=v78+6gT，代入数据解得g=9.71m/s2。

故答案为：(1)A；(2)不需要；(3)9.71。

18.答案：解：①子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0=(m0+m1)v1，
代入数据解得：v1=10m/s，
对小车，由动量定理有：I=m1v1=0.45×10=4.5N⋅s；
②三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：
(m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v，
设小车长为L，由能量守恒有：
μm2gL=1
2(m0+m1)v12−1
2
(m0+m1)v22−1
2
m2v2，
代入数据解得：L=5.5m；
答：①子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小为4.5N⋅s。

②小车的长度为5.5m。

解析：①子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以求出冲量；
②系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度。

本题考查了求冲量、小车长度，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律即可正确解题。

19.答案：解：(1)A、C两状态体积相等，则有p A T
A =p C
T C
①
得：T C=p C
p A T A=0.5×480
1.5
K=160K②
(2)由理想气体状态方程p A V A
T A =p B V B
T B
③
得：T B=p B V B
p A V A T A=0.5×3×480
1.5×1
K=480K④
由此可知A、B两状温度相同，故A、B两状态内能相等；
而该过程体积增大，气体对外做功，
由热力学第一定律可知
气体是从外界吸收热量⑤
答：(1)气体在状态C时的温度为160K；
(2)从状态A变化到状态B的整个过程中，气体是从外界吸收热量．
解析：根据气体状态方程PV
T
=C，找出各个状态的状态参量，根据气体的状态方程计算即可得到在B 状态时的气体的温度大小，根据PV=C来分析AB过程中的最高的温度．
本题要求能够运用控制变量法研究多个物理量的变化，要知道对于一定质量的理想气体，PV乘积越大，温度T就越高．
20.答案：解：以无线通讯装置为球心，半径为R，构造一球面，球面的面积S=4πR2
由题意：P
4πR2
<0.50W/m2
代入数据解得，R>0.4m。