名师解析辽宁省丹东市届高三总复习质量检测一理综物理试题.docx
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名师解析辽宁省丹东市届高三总复习质量检测一理综物理试题
2015年辽宁省丹东市高考物理一模试卷
一、选择题：
本题共8小题．每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．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）（2015•丹东一模）如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O．人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（ ）
A．OA绳中的拉力先减小后增大B．OB绳中的拉力不变
C．人对地面的压力逐渐减小D．地面给人的摩擦力逐渐增大
【考点】：
共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【专题】：
共点力作用下物体平衡专题．
【分析】：
将重力进行分解，判断OB拉力的变化，根据平衡条件判断摩擦力的变化．
【解析】：
解：
将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，
则OA与竖直方向夹角变大，
OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；
OA拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；
人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；
故选：
D．
【点评】：
本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法．
2．（6分）（2015•丹东一模）质量相等的A、B两物体（均可视为质点）放在同一水平面上，分别受到水平恒力F1、F2的作用，同时由静止开始从同一位置出发沿同一直线做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速运动直至停止．两物体速度随时间变化的图象如图所示，对于上述过程下列说法中正确的是（ ）
A．A、B的位移大小之比为2：
1
B．两物体运动的全过程中，合外力对A物体做的功多
C．在2t0和3t0间的某一时刻B追上A
D．两物体运动过程中，A一直在B的前面
【考点】：
功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】：
功的计算专题．
【分析】：
根据动能定理求的合力做功．速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．根据面积比得出位移比．追上A时，两者位移相等，从图象上去分析在在2t0和3t0间位移是否相等，判断B有无追上A
【解析】：
解：
A、图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为
．故A错误．
B、合外力做功等于物体等能的变化量，故合外力做功相同，故B错误
C、在3t0末，A的位移大于B的位移，此时B未追上A．故C错误
D、根据面积表示位移，可知A在停止运动前，位移一直大于B的位移，所以A一直在B的前面．故D正确．
故选：
D
【点评】：
解决本题的关键通过图象知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，合外力做功等于物体动能的变化量
3．（6分）（2015•丹东一模）如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中b为a、c的中点．若一个运动的负电荷仅在电场力的作用下先后经过a、b两点，a、b两点的电势分别为，φa=﹣5V，φb=3V，则（ ）
A．该电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
B．c点电势可能为φc=15V
C．b点的场强大于a点的场强
D．该电荷在a点的动能大于在b点的动能
【考点】：
电势能；电场强度．
【专题】：
电场力与电势的性质专题．
【分析】：
题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电势具体大小．根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的关系．由能量守恒分析动能关系．
【解析】：
解：
A、由题知φa=﹣5V，φb=3V，则知a点的电势低于b点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，则知该负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，故A错误．
B、φa=﹣5V，φb=3V，则ba间的电势差Uba=φb﹣φa=8V．由于只有一条电场线，其疏密情况未知，所以bc间的场强可能大于ab间的场强，由U=Ed知，cb间的电势差大于ba间的电势差，所以cb间的电势差可能等于12V，则φc=15V，故B正确．
C、由于只有一条电场线，不能确定电场线的疏密，所以不能判断场强的大小，故b点的场强不一定大于a点的场强，故C错误．
D、根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从b指向a，则负电荷从a运动到b，电场力方向沿b到a方向，则电场力做正功，动能增大，所以该电荷在a点的动能小于在b点的动能．故D错误．
故选：
B．
【点评】：
解决本题的关键要掌握电场线的物理意义，明确电场线的疏密可表示电场强度的相对大小，但一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小．但电场线的方向可根据电势的高低判断出来．
4．（6分）（2015•丹东一模）如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原副线圈匝数比为1：
100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω．降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW．下列说法中正确的有（ ）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B．未出现火警时，远距离输电线路损耗功率为180kw
C．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
【考点】：
远距离输电．
【专题】：
交流电专题．
【分析】：
由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50Hz；
根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化
【解析】：
解：
A、由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50Hz，A错误；
B、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为：
I=
=
=30A，输电线损失的电压为：
△U=IR=30×100=3000V，输电线路损耗功率为：
△P=△UI=90kW，B错误；
D、当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，D错误；
C、由D知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，C正确；
故选：
C
【点评】：
解决本题的关键知道：
1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系
5．（6分）（2015•丹东一模）火星探索移民计划“火星一号”，不久前面向全球招募火星移民志愿者，4名华人入选．若志愿者到达火星以后，在火星表面高H处以速度v平抛一小球，测得小球的水平飞行距离为L，将火星视为密度均匀、半径为r的球体，则火星的密度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】：
万有引力定律及其应用．
【专题】：
万有引力定律的应用专题．
【分析】：
志愿者到达火星以后，在火星表面高H处以速度v平抛一小球，根据平抛运动的分运动公式列式求解重力加速度；然后根据重力等于万有引力列式求解火星的密度．
【解析】：
解：
小球做平抛运动，根据分运动公式，有：
H=
L=vt
联立解得：
g=
在火星表面，重力等于万有引力，故：
mg=G
其中：
M=
联立解得：
ρ=
=
故选：
B．
【点评】：
本题综合考查了平抛运动和万有引力定律，关键是先根据平抛运动的分运动公式求解重力加速度，再运用重力等于万有引力列式，基础题目．
6．（6分）（2015•丹东一模）科学的研究方法促进了人们对事物本质和规律的认识．以下说法正确的是（ ）
A．螺旋测微器的设计采用了螺旋放大法
B．合力与分力概念的建立采用了对称法
C．交流电的有效值是等效替代法的应用
D．对物体具有惯性的研究应用了事实与逻辑推理相结合的方法
【考点】：
正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；合力的大小与分力间夹角的关系．
【分析】：
在物理实验探究中，我们运用过多种科学研究方法，有比较法、模型法、等效替代法、归纳法、图象法、科学推理法、控制变量法等
【解析】：
解：
A、螺旋测微器的设计主要采用了放大法，故A正确；
B、合力与分力概念的建立采用了等效替代法，故B错误；
C、确定交流电的有效值应用了等效替代法，故C正确；
D、对物体具有惯性的研究应用了事实与逻辑推理相结合的方法，故D正确；
故选：
ACD．
【点评】：
控制变量法、转换法、模型法、等效替代法、推理法、类比法等是高中物理研究问题最常用的方法，在解决实际问题中要注意发现和应用．
7．（6分）（2015•丹东一模）如图所示，长木板A放在光滑水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上．则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是（ ）
A．摩擦力对物体B做负功，对物体A做正功
B．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
C．摩擦力对A物体做的功等于系统机械能增加量
D．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
【考点】：
功能关系；机械能守恒定律．
【分析】：
对两物体受力分析，B在A上滑行过程中，B对A的滑动摩擦力对A做正功，而A对B的滑动摩擦力对B做负功，并且在此过程中，将有摩擦生热现象，系统内能的增量将等于系统机械能的减少量．
【解析】：
解：
A、B的摩擦力方向向左，位移向右，故摩擦力对物体B做负功，A受B给他的摩擦力向右，位移向右，故摩擦力对物体A做正功，故A正确；
B、根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和，故B错误
C、根据动能定理，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，故C错误；
D、根据能量守恒定律，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故D正确
故选：
AD
【点评】：
注意弄清几个说法的相互关系：
B的机械能的减少等于A的机械能的增加与系统内能增加的总和；系统机械能的减少等于系统内能的增加．
8．（6分）（2015•丹东一模）如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁场感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m，电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打在胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．加速电场的电压U=
ER
C．直线PQ长度为2B
D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷
【考点】：
质谱仪和回旋加速器的工作原理．
【分析】：
带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压．最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素．
【解析】：
解：
A、粒子进入静电分析器后在电场力作用下偏转，故可知粒子带正电，故A错误．
B、对于加速过程，有qU=
mv2，在静电分析器中，由电场力充当向心力，则有Eq=m
，由上两式可知U=
ER，故B正确．
C、在磁分析器中粒子由P到Q，直径PQ=2R′=
=
，故C错误．
D、若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，由上式可知．故D正确．
故选：
BD．
【点评】：
考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动．掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功．
三、非选择题：
包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题
9．（6分）（2015•丹东一模）在《验证机械能守恒定律》的实验中，重物的质量为m，所用交流电的频率为50Hz，打出了如图所示的一条纸带，其中O为起点，A、B、C为三个连续的计时点．可得（g=10m/s2，重物的质量m取1kg计算）
（1）打点计时器打B点时，重物动能为 4.86 J，从开时运动至打点计时器打B点的过程中重物重力势能减小量为 4.85 J．（结果均保留三位有效数字）
（2）通过计算结果你能得出的结论：
在实验误差允许范围内，重物下落过程中机械能守恒 ．
【考点】：
验证机械能守恒定律．
【专题】：
实验题．
【分析】：
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量．
【解析】：
解：
（1）重力势能减小量等于：
△Ep=mgh=1.00×9.8×0.496J=4.86J．
利用匀变速直线运动的推论有：
vB=
=3.12m/s
打点计时器打B点时，重物动能为：
Ek=EkB=
mvB2=
1×（3.12）2=4.85J
（2）通过计算结果你能得出的结论：
在实验误差允许范围内，重物下落过程中机械能守恒．
故答案为：
（1）4.86，4.85；
（2）在实验误差允许范围内，重物下落过程中机械能守恒．
【点评】：
要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．
重物带动纸带下落过程中，除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能．
10．（10分）（2015•丹东一模）热敏电阻是电阻值对温度极为敏感的一种电阻，热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值变大，负温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值变小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中．
（1）某实验小组测出热敏电阻R1的I﹣U图象如图乙曲线Ⅱ所示，请分析说明该热敏电阻是 PTC 热敏电阻（填“PTC”或“NTC”）．
（2）该小组选用下列器材探究通过热敏电阻R1（常温下阻值约为10Ω）的电流随其两端电压变化的特点．
A．电流表A1（量程0.6A，内阻约0.3Ω
B．电流表A2（量程100mA，内阻约1Ω）
C．电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）
D．电压表V2（量程15.0V，内阻约10kΩ）
E．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω）
F．滑动变阻器R′（最大阻值为1000Ω）
G．电源E（电动势15V，内阻忽略），电键、导线若干．
实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，则电流表应选 A ；电压表选 D ；滑动变阻器选 E ．（只需填写器材前面的字母即可）
（3）请在所提供的器材中选择必需的器材，在图甲虚线框内画出该小组设计的电路图．
（4）若将该热敏电阻接在电动势为10.0V，内阻为25Ω的电源两端，则热敏电阻实际消耗的电功率为 1.0 W．（结果保留两位有效数字）
【考点】：
描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】：
实验题．
【分析】：
由图象根据欧姆定律判断元件电阻随电压（温度）如何变化，然后确定元件类型．
根据电源电动势选择电压表，根据电路电流选择电流表，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．
电压与电流从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，根据电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图．
本题的难点是求热敏电阻的实际功率，方法是在电阻的I﹣U图象中作出表示电源的I﹣U图象，通过两图线的交点读出电流和电压的值，再根据P=UI来求功率．
【解析】：
解：
（1）测出热敏电阻R1的U一I图线如图乙曲线Ⅱ所示，由图线可知，随电压增大，通过元件的电流增大，
它的实际功率P=UI增大，温度升高，根据图线由欧姆定律得，随温度升高（电压变大）元件的电阻变大，则该热敏电阻是PTC热敏电阻．
（2）由于实验要求电压从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节；
根据电源电动势为15V可知电压表应选D；
电压表的最小电压应为量程的
即5V，常温下热敏电阻的电阻为10Ω，所以通过热敏电阻的最小电流应为Imin=0.5A，
所以电流表应选A．
（3）由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：
（4）若将该热敏电阻接在电动势为10.0V，内阻为25Ω的电源两端，
根据闭合电路欧姆定律得U=10﹣25I，
在热敏电阻的I﹣U图象中作出表示电源的I﹣U图象，如图所示，
读出两图线的交点坐标分别为I=0.2A，U=5V，所以该热敏电阻消耗的电功率为P=UI=0.2×5=1.0W．
故答案为：
（1）PTC；
（2）A，D，E；（3）如图所示；（4）1.0
【点评】：
应明确：
①当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；②当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法；③根据R=
可知，U﹣I图象中，图线上的点与原点连线的斜率等于电阻阻值．
11．（13分）（2015•丹东一模）如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，质量m=2kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F．此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，如表给出了部分测量数据（不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．试求：
t/s0.00.20.4…2.22.4…
v/m•s﹣10.01.02.0…3.31.3…
（1）斜面的动摩擦因数及恒力F的大小；
（2）t=1.5s时物体的瞬时速度．
【考点】：
牛顿第二定律．
【专题】：
牛顿运动定律综合专题．
【分析】：
（1）利用表中的数据，根据加速度的定义求加速度，由根据牛顿第二定律解得μ．
（2）先由匀变速运动求出加速度的大小，再由受力分析和牛顿第二定律求出力的大小．
（3）利用匀变速直线运动中速度与时间的关系求出F作用的时间，进行判断1.5s处于哪个阶段，再进行求解
【解析】：
解：
（1）减速时，根据加速度定义，有
a2=
=
=﹣10m/s2
由根据牛顿第二定律，有
mgsinα+μmgcosα=ma2
代入数据，解得μ=0.5
加速时，根据加速度定义，有a1=
=5m/s2
再受力分析，根据牛顿第二定律，有
F﹣mgsinα﹣μmgcosα=ma1，
代入数据
F﹣2×10×0.6﹣0.5×2×10×0.8=2×5，
解得F=30N
（2）设第一价段运动的时间为t1，在B点时二个价段运动的速度相等，
所以，有5t1=1.2+10×（2.4﹣t1），
t1=1.69s，
可见，t=1.5s的时刻处在第一运动价段，因此，v=a1t=5×1.5=7.5m/s
答：
（1）斜面的摩擦系数为0.5；恒力F的大小为30N；
（2）t=1.5s时物体的瞬时速度为7.5m/s．
【点评】：
本题考查匀变速直线运动规律，是典型的牛顿定律解题中的一类．关键是应用加速度定义和牛顿第二定律表示加速度的大小，这是一道好题
12．（18分）（2015•丹东一模）如图所示，两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场．金属杆ab与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动．某时刻ab进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O点沿板间中轴线水平射入两板间．ab在Ⅰ区域运动时，小球匀速运动；ab从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从金属板的边缘离开．已知板间距为4d，导轨间距为L，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d．带电小球质量为m，电荷量为q，ab运动的速度为v0，重力加速度为g．求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）ab在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小；
（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足什么条件．
【考点】：
法拉第电磁感应定律．
【专题】：
电磁感应中的力学问题．
【分析】：
（1）根据ab进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O点沿板间中轴线水平射入两板间．ab在Ⅰ区域运动时，小球匀速运动，抓住小球电场力和重力相等、结合切割产生的感应电动势大小以及匀强电场的电场强度公式求出磁感应强度的大小．
（2）开始小球所受电场力与重力相等，ab在Ⅱ磁场区域运动时，小球所受的电场力大小不变，方向反向，根据牛顿第二定律求出小球的加速度．
（3）ab分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，根据牛顿第二定律结合运动学公式求出ab运动的速度v0要满足的条件．
【解析】：
解：
（1）ab在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：
ε=BLv0…①
金属板间产生的场强大小为：
…②
ab在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速运动，有mg=qE…③
联立①②③得：
…④
（2）ab在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a，依题意，有qE+mg=ma…⑤
联立③⑤得：
a=2g…⑥
（3）依题意，ab分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，设发生的竖直分位移分别为SⅠ、SⅡ、SⅢ；ab进入Ⅲ磁场区域时，小球的运动速度为vⅢ．则：
SⅠ=0…⑦
SⅡ=
…⑧
SⅢ=vⅢ
…⑨vⅢ=
…⑩
又：
SⅠ+SⅡ+SⅢ=2d
联立可得：
．
答：
（1）磁感应强度的大小为
．
（2）ab在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小为2g．
（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足
．
【点评】：
解决本题的关键理清ab棒在匀速直线运动时，小球的运动情况，根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修3-3】（15分）
13．（5分）（2015•丹东一模）下列说法正确的有（ ）
A．某固体物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏伽德罗常数为NA，则该物质的分子体积为V0=
B．当分子间距离从r0（此时分子间引力斥力平衡）增大到r1时，分子力先减小后增大，则分子势能也先减小后增大
C．压缩理想气体，对其做3.5×105J的功，同时气体向外界放出4.2×105J的热量，则气体的内能减少了0.7×105J
D．制造电冰箱的经验表明，热量可以从低温物体传递到高温物体
E．物理性质各向同性的一定是非晶体，各向异性的一定是晶体
【考点】：
*晶体和非晶体；热力学第二定律．
【分析】：
根据固体的物质的摩尔质量，密度与阿伏伽德罗常数的关系，使
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