2020 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試物理Ⅰ卷

PAGE14絕密★啟用前2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試物理Ⅰ卷能力測試二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14．行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機(jī)動量的變化量C．將司機(jī)的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D．延長了司機(jī)的受力時間并增大了司機(jī)的受力面積D[行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)安全氣囊被彈出并瞬間充滿氣體，增大了司機(jī)的受力面積，減少了司機(jī)單位面積的受力大小，可以延長司機(jī)的受力時間，從而減小了司機(jī)受到的作用力，A項(xiàng)錯誤，D項(xiàng)正確；碰撞前司機(jī)動量等于其質(zhì)量與速度的乘積，碰撞后司機(jī)動量為零，所以安全氣囊不能減少碰撞前后司機(jī)動量的變化量，B項(xiàng)錯誤；碰撞過程中通過安全氣囊將司機(jī)的動能轉(zhuǎn)化為司機(jī)對安全氣囊做的功，C項(xiàng)錯誤。]15．火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的eq\f(1,10)，半徑約為地球半徑的eq\f(1,2)，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為()A．0.2 B．0.4C．2.0 D．2.5B[由萬有引力定律可得，質(zhì)量為m的物體在地球表面上時，受到的萬有引力大小為F地＝Geq\f(M地m,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(地)))，質(zhì)量為m的物體在火星表面上時，受到的萬有引力大小為F火＝Geq\f(M火m,Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(火)))，二者的比值eq\f(F火,F地)＝eq\f(M火Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(地)),M地Req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(火)))＝0.4，B正確，A、C、D錯誤。]16．如圖所示，一同學(xué)表演蕩秋千，已知秋千的兩根繩長均為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg。繩的質(zhì)量忽略不計(jì)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8A．200N B．400NC．600N D．800NB[該同學(xué)身高相對于秋千的繩長可忽略不計(jì)，可以把該同學(xué)看成質(zhì)點(diǎn)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時，由牛頓第二定律有2F－mg＝eq\f(mv2,L)，代入數(shù)據(jù)解得F＝410N，選項(xiàng)B正確。]17．圖(a)所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器C兩端的電壓UC。如果UC隨時間t的變化如圖(b)所示，則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖像中，正確的是()圖(a)圖(b)A.B.C.D.A[由圖(b)可知，在0～1s時間內(nèi)，電容器兩極板之間電壓為零，說明電容器沒有充放電，電路中沒有電流，根據(jù)歐姆定律可知電阻R兩端電壓為零；在1～2s時間內(nèi)，電容器兩極板之間電壓均勻增大，根據(jù)I＝eq\f(Δq,Δt)＝Ceq\f(ΔU,Δt)可知電路中有恒定電流對電容器充電，則電阻R兩端電壓恒定；在2～3s時間內(nèi)，電容器兩極板之間電壓恒定且不為零，說明電容器帶電荷量不變，電路中沒有電流，電阻R兩端電壓為零；在3～5s時間內(nèi)，電容器兩極板之間電壓均勻減小，說明電容器均勻放電，則電路中有反方向恒定電流，且電流小于充電電流，電阻R兩端電壓恒定，且電壓小于充電時兩端電壓，所以電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖像正確的是A。]18．一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計(jì)粒子之間的相互作用、在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子，其運(yùn)動時間為()A．eq\f(7πm,6qB) B．eq\f(5πm,4qB)C．eq\f(4πm,3qB) D．eq\f(3πm,2qB)C[帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，運(yùn)動時間t＝eq\f(θr,v)＝eq\f(θm,qB)，θ為帶電粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角，粒子在磁場中運(yùn)動時間由軌跡所對圓心角決定。采用放縮法，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓圓心必在直線ac上，將粒子的軌跡半徑從零開始逐漸放大，當(dāng)r≤0.5R(R為eq\x\to(ab)的半徑)和r≥1.5R時，粒子從ac、bd區(qū)域射出磁場，運(yùn)動時間等于半個周期。當(dāng)0.5R<r<1.5R時，粒子從弧ab上射出，軌跡半徑從0.5R逐漸增大，粒子射出位置從a點(diǎn)沿弧向右移動，軌跡所對圓心角從π逐漸增大，當(dāng)半徑為R時，軌跡所對圓心角最大，再增大軌跡半徑，軌跡所對圓心角減小，因此軌跡半徑等于R時，所對圓心角最大，為θm＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4π,3)，粒子最長運(yùn)動時間為eq\f(4πm,3qB)。]19．下列核反應(yīng)方程中，X1、X2、X3、X4代表α粒子的有()A．eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))H＋eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))H→eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(0))n＋X1B．eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))H＋eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H→eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(0))n＋X2C．eq\o\al(\s\up1(235),\s\do1(92))U＋eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(0))n→eq\o\al(\s\up1(144),\s\do1(56))Ba＋eq\o\al(\s\up1(89),\s\do1(36))Kr＋3X3D．eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(0))n＋eq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(3))Li→eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H＋X4BD[根據(jù)核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可知選項(xiàng)B中的X2質(zhì)量數(shù)是4，電荷數(shù)是2，代表α粒子，B項(xiàng)正確；選項(xiàng)D中的X4質(zhì)量數(shù)是4，電荷數(shù)是2，代表α粒子，D項(xiàng)正確；選項(xiàng)A中的X1質(zhì)量數(shù)是3，電荷數(shù)是2，A項(xiàng)錯誤；選項(xiàng)C中的X3質(zhì)量數(shù)是1，電荷數(shù)是0，代表中子，C項(xiàng)錯誤。]20．一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10mA．物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/sD．當(dāng)物塊下滑2.0m時機(jī)械能損失了12AB[由重力勢能和動能隨下滑距離s變化的圖像可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒，A項(xiàng)正確；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30J，解得物塊質(zhì)量m＝1kg，由重力勢能隨下滑距離s變化圖像可知，重力勢能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動能隨下滑距離s變化圖像可知，動能可以表示為Ek＝2sJ，設(shè)斜面傾角為θ，則有sinθ＝eq\f(h,L)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，由功能關(guān)系有－μmgcosθ·s＝Ep＋Ek－30J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4sJ，可得μ＝0.5，B項(xiàng)正確；由Ek＝2sJ，Ek＝eq\f(mv2,2)可得，v2＝4sm2/s2，對比勻變速直線運(yùn)動公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時加速度的大小為2.0m/s2，C項(xiàng)錯誤；由重力勢能和動能隨下滑距離s變化圖像可知，當(dāng)物塊下滑2.0m時機(jī)械能為E＝18J＋4J＝22J，機(jī)械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D項(xiàng)錯誤。]21．如圖所示，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略，一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后()A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值BC[用水平恒力F向右拉動金屬框，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中有感應(yīng)電流i，bc邊受到水平向左的安培力作用，設(shè)金屬框的質(zhì)量為M，加速度為a1，由牛頓第二定律有F－BiL＝Ma1；導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力，向右做加速運(yùn)動，設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，加速度為a2，由牛頓第二定律有BiL＝ma2。設(shè)金屬框bc邊的速度為v時，導(dǎo)體棒的速度為v′，則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BL(v－v′)，由閉合電路歐姆定律i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL（v－v′）,R)，F(xiàn)安＝BiL，可得金屬框bc邊所受安培力和導(dǎo)體棒MN所受的安培力均為F安＝eq\f(B2L2（v－v′）,R)，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝eq\f(F－F安,M)－eq\f(F安,m)＝eq\f(F,M)－F安(eq\f(1,M)＋eq\f(1,m))，隨著所受安培力的增大，二者加速度之差Δa減小，當(dāng)Δa減小到零時，eq\f(F,M)＝eq\f(B2L2（v－v′）,R)·(eq\f(1,M)＋eq\f(1,m))，之后金屬框和導(dǎo)體棒的速度之差Δv＝v－v′＝eq\f(FRm,B2L2（m＋M）)，保持不變。由此可知，金屬框的速度逐漸增大，金屬框所受安培力趨于恒定值，金屬框的加速度大小趨于恒定值，導(dǎo)體棒所受的安培力F安＝eq\f(B2L2（v－v′）,R)趨于恒定值，選項(xiàng)A錯誤，B、C正確；導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離x＝∫eq\o\al(\s\up1(t),\s\do1(0))(v－v′)dt，隨時間的增大而增大，選項(xiàng)D錯誤。]三、非選擇題；共174分，第22～32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分。22．(6分)某同學(xué)用伏安法測量一阻值為幾十歐姆的電阻Rx，所用電壓表的內(nèi)阻為1kΩ，電流表內(nèi)阻為0.5Ω，該同學(xué)采用測量方案，一種是將電壓表跨接在圖(a)所示電路的O、P兩點(diǎn)之間，另一種是跨接在O、Q兩點(diǎn)之間，測量得到如圖(b)所示的兩條U-I圖線，其中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)。圖(a)回答下列問題：(1)圖(b)中標(biāo)記為Ⅱ的圖線是采用電壓表跨接在________(填“O、P”或“O、Q”)兩點(diǎn)的方案測量得到的。圖(b)(2)根據(jù)所用實(shí)驗(yàn)器材和圖(b)可判斷，由圖線________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的結(jié)果更接近待測電阻的真實(shí)值，結(jié)果為________Ω(保留1位小數(shù))。(3)考慮到實(shí)驗(yàn)中電表內(nèi)阻的影響，需對(2)中得到的結(jié)果進(jìn)行修正，修正后待測電阻的阻值為________Ω(保留1位小數(shù))。[解析](1)當(dāng)用電流表內(nèi)接法時，測量值為Rx1＝Rx＋RA＞Rx，當(dāng)用電流表外接法時，測量值為Rx2＝eq\f(RxRV,Rx＋RV)＜Rx，圖(b)中圖線Ⅱ的斜率較小，所以應(yīng)為使用電流表外接法測量的結(jié)果，即電壓表跨接在O、P間測量得到的。(2)由圖線可得Rx約為50.0Ω，可知Rx＞eq\r(RARV)，所以用電流表內(nèi)接法測量的結(jié)果誤差較小，即由圖線Ⅰ得到的結(jié)果更接近待測電阻的真實(shí)值，測量結(jié)果Rx1＝eq\f(ΔU,ΔI)＝50.5Ω。(3)因?yàn)镽x1＝Rx＋RA，所以Rx＝Rx1－RA＝50.0Ω。[答案](1)O、P(2分)(2)Ⅰ(1分)50.5(1分)(3)50.0(2分)23．(9分)某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證動量定理，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、兩個與計(jì)算機(jī)相連接的光電門、砝碼盤和砝碼等。實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)開動氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當(dāng)滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間________時，可認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平；(2)用天平測砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量m1、滑塊(含遮光片)的質(zhì)量m2；(3)用細(xì)線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細(xì)線水平拉動滑塊；(4)令滑塊在砝碼和砝碼盤的拉動下從左邊開始運(yùn)動，和計(jì)算機(jī)連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時間Δt1、Δt2及遮光片從A運(yùn)動到B所用的時間t12；(5)在遮光片隨滑塊從A運(yùn)動到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝________，滑塊動量改變量的大小Δp＝________；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2，計(jì)算可得I＝______N·s，Δp＝______kg·m(7)定義δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次實(shí)驗(yàn)δ＝________%。(保留1位有效數(shù)字)[解析](1)當(dāng)氣墊導(dǎo)軌水平時，滑塊在導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動，所以滑塊上的遮光片通過兩個光電門的遮光時間相等。(5)根據(jù)沖量的定義可得I＝m1gt12；根據(jù)動量改變量的定義可得Δp＝m2eq\f(d,Δt2)－m2eq\f(d,Δt1)＝m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))。(6)代入數(shù)據(jù)得I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50N·s≈0.221N·s；Δp＝m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))＝0.400×1.000×10－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1.270×10－2)－\f(1,3.900×10－2)))kg·m/s≈0.212kg·m/s。(7)根據(jù)定義可得δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%≈4%。[答案](1)大約相等(1分)(5)m1gt12(2分)m2(eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1))(2分)(6)0.221(1分)0.212(1分)(7)4(2分)24．(12分)我國自主研制了運(yùn)—20重型運(yùn)輸機(jī)，飛機(jī)獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫，k為系數(shù)；v是飛機(jī)在平面跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度。已知飛機(jī)質(zhì)量為1.21×105kg時，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為1.69×105kg(1)求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機(jī)在滑行過程中加速度的大小和所用的時間。[解析](1)設(shè)飛機(jī)裝載貨物前質(zhì)量為m1，起飛離地速度為v1；裝載貨物后質(zhì)量為m2，起飛離地速度為v2，重力加速度大小為g。飛機(jī)起飛離地應(yīng)滿足條件m1g＝kveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))①(2分)m2g＝kveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))②(2分)由①②式及題給條件得v2＝78m/s。③(2)設(shè)飛機(jī)滑行距離為s，滑行過程中加速度大小為a，所用時間為t。由勻變速直線運(yùn)動公式有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2as④(2分)v2＝at⑤(2分)聯(lián)立③④⑤式及題給條件得a＝2.0m/s2⑥t＝39s。⑦(1分)[答案](1)78m/s(2)2m/s225．(20分)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q(q＞0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°，運(yùn)動中粒子僅受電場力作用。(1)求電場強(qiáng)度的大??；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？[解析](1)初速度為零的粒子，由C點(diǎn)射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C。由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知AC＝R①(1分)F＝qE②(1分)由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))③(1分)聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qR)。④(2分)(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長線交于P點(diǎn)，則自D點(diǎn)從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤(2分)設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時動能增量最大，在電場中運(yùn)動的時間為t1。粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于DP。由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有F＝ma⑥(1分)AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))⑦(1分)DP＝v1t1⑧(1分)聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0。⑨(2分)(3)設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時，在電場中運(yùn)動的時間為t。以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電場的方向?yàn)閤軸正方向，電場方向?yàn)閥軸正方向建立直角坐標(biāo)系。由運(yùn)動學(xué)公式有y＝eq\f(1,2)at2⑩(1分)x＝vt?(1分)粒子離開電場的位置在圓周上，有(x－eq\f(\r(3),2)R)2＋(y－eq\f(1,2)R)2＝R2?(2分)粒子在電場中運(yùn)動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零。設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運(yùn)動學(xué)公式有mv2＝mv0＝mat?(2分)聯(lián)立②④⑥⑩???式得v＝0?(1分)和v＝eq\f(\r(3),2)v0?(1分)另解：由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為mv0，此即問題的一個解。自A點(diǎn)以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿y方向位移相等時，所用時間都相同。因此，不同粒子運(yùn)動到線段CB上時，動量變化都相同，自B點(diǎn)射出電場的粒子，其動量變化也為mv0，由幾何關(guān)系及運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得，此時入射速率v＝eq\f(\r(3),2)v0。[答案](1)eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qR)(2)eq\f(\r(2),4)v0(3)0或eq\f(\r(3),2)v0(二)選考題：共45分、請考生修道化學(xué)道生物題中每科任選一題作答、如果多做，則每科按所做的第一題計(jì)分。33．[物理——選修3－3](15分)(1)(5分)分子間作用力F與分子間距r的關(guān)系如圖所示，r＝r1時，F(xiàn)＝0。分子間勢能由r決定，規(guī)定兩分子相距無窮遠(yuǎn)時分子間的勢能為零。若一分子固定于原點(diǎn)O，另一分子從距O點(diǎn)很遠(yuǎn)處向O點(diǎn)運(yùn)動，在兩分子間距減小到r2的過程中，勢能________(填“減小”“不變”或”增大”)；在間距由r2減小到r1的過程中，勢能________(填“減小”“不變”或“增大”)；在間距等于r1處，勢能________(填“大于”“等于”或“小于”)零。(2)(10分)甲、乙兩個儲氣罐儲存有同種氣體(可視為理想氣體)，甲罐的容積為V，罐中氣體的壓強(qiáng)為p；乙罐的容積為2V，罐中氣體的壓強(qiáng)為eq\f(1,2)p?，F(xiàn)通過連接兩罐的細(xì)管把甲罐中的部分氣體調(diào)配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調(diào)配過程中保持不變，調(diào)配后兩罐中氣體的壓強(qiáng)相等。求調(diào)配后，(i)兩罐中氣體的壓強(qiáng)；(ii)甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比。[解析](1)若一分子固定于原點(diǎn)O，另一分子從距O點(diǎn)很遠(yuǎn)處向O點(diǎn)運(yùn)動，在兩分子間距減小到r2的過程中，分子力做正功，勢能減??；由r2減小到r1的過程中，分子力仍做正功，勢能減小；在間距為r1處，勢能小于零。(2)(i)假設(shè)乙罐中的氣體被壓縮到壓強(qiáng)為p，其體積變?yōu)閂1，由玻意耳定律有eq\f(1,2)p(2V)＝pV1①(2分)現(xiàn)兩罐氣體壓強(qiáng)均為p，總體積為(V＋V1)。設(shè)調(diào)配后兩罐中氣體的壓強(qiáng)為p′，由玻意耳定律有p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②(2分)聯(lián)立①②式可得p′＝eq\f(2,3)p。③(1分)(ii)若調(diào)配后甲罐中的氣體再被壓縮到原來的壓強(qiáng)p時，體積為V2，由玻意耳定律有p′V＝pV2④(2分)設(shè)調(diào)配后甲罐中氣體的質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比為k，由密度的定義有k＝eq\f(V2,V)⑤(2分)聯(lián)立③④⑤式可得k＝eq\f(