2024年高考物理考前信息必刷卷04（浙江专用） Word版含解析.docx

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2024年高考考前信息必刷卷（浙江专用）04物理试卷（考试时间：90分钟试卷满分：100分）2024年1月浙江物理选考试卷依据《普通高中物理课程标准（2017年版2020年修订）》的内容要求和学业质量水平等级要求，立足必备知识，评价关键能力，试卷的结构、难度、区分度、信度和效度保持相对稳定。落实依标命题，考查必备知识依据《课程标准》要求，选取物理核心概念、规律、思想和方法等内容设计试题，全卷考点涵盖物理各模块的所有主题，具有较高的覆盖面，比例合理。试卷在实验题上相对以为略有不同，增加一个实验小题，想必2024年6月选考也会保持相同题量。设置合理梯度，评价关键能力根据学科核心素养的水平层次、试题情境的复杂性和新颖性、知识要求的深度和广度等多方面设计试卷的难度。整卷设置了多层难度阶梯，有效区分不同学业水平的学生，使每个学生都能解决与自身能力吻合的问题。计算题情景设计既熟悉又新颖，问题设计由易到难，要求知识综合，多维的多层次的能力要求，利于大多数学生学有所得，利于多层次学生的区分选拔，利于高水平学生的脱颖而出。立足真实情境，聚焦核心素养试卷涵盖学科核心素养各维度，充分展现了素养考查内容的全面性和丰富性，体现了稳中求新的风格。如第9题的一箭三星、第13题的超导、第19题的扫描隧道显微镜等都立足真实情景、关注科技前沿和国家重大工程，加强对科学态度与责任素养的考查与渗透。一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．在国际单位制中，长度、时间、质量的单位符号分别是（　　）A．m、s、kgB．N、s、kgC．kg、m/s、ND．m、m/s、kg【解答】解：在国际单位制中，长度、时间、质量的单位符号分别是m、s、kg，故A正确，BCD错误；故选：A。2．如图甲所示是一个小朋友玩抖空竹的游戏，图乙是小朋友玩该游戏的示意图，两根不可伸长的线是对称的。如果小朋友的两手离得更远一些，两细线再次保持对称并稳定后，下列说法正确的是（　　） A．两细线的拉力都变大B．两细线的拉力都变小C．两细线的拉力都不变D．两细线的拉力合力变大【解答】解：两根不可伸长的线是对称的，所以两根线的拉力大小相等，合力等于空竹的重力，根据合力的特点可知，若合力不变，夹角越大时，两细线拉力越大，所以小朋友的两手离得更远一些，两细线的拉力都变大，故A正确，BCD错误；故选：A。3．2021年5月15日，“天问一号”火星探测器平稳着陆火星；5月22日10：40，“祝融号”火星车安全驶离着陆平台到达火星表面，开始巡视探测，至12月31日，“祝融号”火星车累计行驶突破1400m。下列叙述正确的是（　　）A．“5月22日10：40”指的是时间B．“1400m”指的是“祝融号”火星车的位移大小C．从地球到火星，“祝融号”火星车的惯性发生改变D．研究“祝融号”火星车在火星表面的运行轨迹时，可将其视为质点【解答】解：A、“5月22日10：40”指的是时间点，是时刻，故A错误；B、“1400m”指的是“祝融号”火星车的路程大小，故B错误；C、惯性只和质量有关，在地球和在火星，“祝融号”火星车的质量不变，故惯性不变，故C错误；D、研究“祝融号”火星车在火星表面的运行轨迹时，火星车的大小和形状对所研究的问题没有影响，故可将其视为质点，故D正确；故选：D。4．作用在飞机上的气动力和发动机推力的合力与飞机重力之比称为飞机的过载。则当飞机以g的加速度向上加速时，我们称飞机的过载为2g。现有一位飞行员所能承受的最大过载为9g，已知g取10m/s2，声速约为340m/s，当飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时对其半径的要求是（　　） A．小于1445mB．大于1445mC．小于1284mD．大于1284m【解答】解：飞机经过最低点时，飞行员所能承受的最大过载为9g，此时，由牛顿第二定律得：9mg﹣mg＝mv2r代入数据解得：r＝1445N则飞机在竖直面内以声速做圆周运动在经过最低点时的半径应大于1445m，故B正确，ACD错误；故选：B。5．图示为一颗人造地球卫星发射过程的简化示意图。卫星先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下列说法正确的是（　　）A．卫星在轨道1上运行时，向心力始终不改变B．卫星在轨道1的运行周期大于其在轨道3的运行周期C．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，速度越来越大D．不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同【解答】解：A．卫星在轨道1上运行时做匀速圆周运动，则向心力大小始终不改变，向心力是矢量，方向不断变化，故A错误；B．根据万有引力提供向心力GMmr2=m4π2T2r解得T=2πr3GM卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故B错误； C．卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，引力做负功，根据动能定理，则速度越来越小，故C错误；D．根据a=GMr2可知，不论在轨道2运行还是在轨道3运行，卫星在Q点的加速度都相同，故D正确。故选：D。6．质量m＝1×103kg汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10s，10s后汽车做匀速运动。若汽车所受阻力始终不变，下列说法不正确的是（　　）A．汽车恒定功率P为64kWB．图中A点对应的时刻为5sC．图中A点对应时刻汽车的加速度为4m/s2D．0—10s汽车经历的路程为128m【解答】解：A．加速过程在图中的B点结束，即此后汽车沿平直路面做匀速运动，由图可知此时最小的牵引力Fmin=4×103N，最大的速度vmax＝16m/s，则汽车恒定功率为P=Fminvmax=4×103×16W=64kW，故A正确，不符合题意；C．由题知，当汽车做匀速直线运动时，阻力等于最小的牵引力，则由平衡条件可得阻力为f=Fmin=4×103N，由图可知，图中A点对应的牵引力为F＝8×103N，根据牛顿第二定律有F﹣f＝ma，解得加速度a＝4m/s2，故C正确，不符合题意；B．汽车以额定功率启动，作出其速度—时间图象，如图中曲线所示若汽车是做初速度为零的匀加速度直线，则速度—时间图象如图中倾斜的直线所示，当速度为8m/s时倾斜直线对应的时间刚好为5s，而曲线对应的时间tA小于5s，故B错误，符合题意；D．设0—10s汽车经历的路程为s，根据动能定理有Pt−fs=12mvmax2 ，代入数据解得，s＝128m，故D正确，不符合题意。故选：B。7．一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形（AC边未画出），AB为直角边，∠ABC＝45°，ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。此玻璃的折射率为1.5。P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则（　　）A．从BC边折射出一束宽度比BC边长度小的平行光B．从BC边折射出一束宽度比BC边长度大的平行光C．屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度D．屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度【解答】解：因sinC=1n=23，所以45°＞C，光在BC面上发生全反射，光经BC面全反射后由ADC进入空气，入射角小于临界角，折射角大于入射角，故所有从曲面ADC射出的光线都向ADC的中央方向偏折，如图所示，屏上亮区宽度小于AC边长度，又AB边与AC边长度相等，所以屏上有一亮区其宽度小于AB、AC边长度，不是平行光，故D正确，ABC错误；故选：D。8．无线充电是近年发展起来的新技术，无线充电技术与变压器相类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图甲所示，充电基座接上220V，50Hz家庭用交流电（电压变化如图乙所示），受电线圈接上一个理想二极管给手机电池充电，手机充电所需的电压为5V。下列说法正确的是（　　） A．乙图中的E0的大小为220VB．基座线圈和受电线圈的交流电频率相同C．家庭用交流电电流方向每秒变化50次D．基座线圈与受电线圈的匝数比为22：5【解答】解：A．乙图中的E0为峰值，根据正弦交流电有效值和峰值的关系可得：E0＝2202V，故A错误；B．变压器变压不变频，所以基座线圈和受电线圈的交流电频率相同，故B正确；C．由于交流电一个周期内电流方向改变两次，则220V、50Hz家庭用交流电电流方向每秒变化100次，故C错误；D．受电线圈输出电压的有效值为U2，经过二极管后半波整流，电压的有效值为5V，设周期为T，由电压有效值的定义可得：52R⋅2T=U2RT，解得：U2＝52V；则由变压器的规律：n1：n2＝U1：U2＝220：52=222：1，故D错误。故选：B。9．某实验小组要测量金属铝的逸出功，经讨论设计出如图所示实验装置，实验方法是：把铝板放置在水平桌面上，刻度尺紧挨着铝板垂直桌面放置，灵敏度足够高的荧光板与铝板平行，并使整个装置处于竖直向上、电场强度为E的匀强电场中；让波长为λ的单色光持续照射铝板表面，将荧光板向下移动，发现荧光板与铝板距离为d时，荧光板上刚好出现辉光。已知普朗克常量为h，光在真空中传播速度为c，电子电量为e，质量为m。下列说法正确的是（　　）A．金属铝的逸出功为ℎcλB．从铝板逸出的光电子的初动能均为Eed C．将荧光板继续向下移动，移动过程中荧光板上的辉光强度会增强D．将荧光板固定在某一位置，增大入射光波长，板上的辉光强度一定增强【解答】解：AB．根据能量守恒定律可得：12mvm2=Eed根据光电效应方程可得：12mvm2=ℎcλ−W逸出功解得金属铝的逸出功为W逸出功=ℎcλ−Eed从铝板逸出的光电子的最大初动能为Eed，故AB错误；C．将荧光板继续向下移动，则达到荧光板的光电子会增加，则移动过程中荧光板上的辉光强度要增加，故C正确；D．将荧光板固定在某一位置，增大入射光波长，则光电子最大初动能减小，则达到板上的电子数减小，则板上的辉光强度减小，故D错误。故选：C。10．如图，沿南北方向放置一水平长直导线，在导线正下方附近水平放置一个小磁针，小磁针初始时处于静止状态。现给导线中通入恒定电流，从上往下看，小磁针逆时针偏转，待最终静止时小磁针在水平面内偏转了30°，已知地磁场的水平分量为3×10﹣5T，则下列说法正确的是（　　）A．通电长直导线的电流方向为从北指向南B．通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为33×10−5TC．通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为3×10−5TD．通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角变为原来的2倍【解答】解：A．小磁针处于地磁场和电流磁场中，其指向是合磁场的方向，根据安培定则，可判断直导线的电流应是由南向北，故A错误；BC．根据题意可知，分磁场与合磁场的关系如图所示： 地磁场的水平分量为B＝3×10﹣5T根据数学关系知，通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为Bx=Btan30°=3×10−5×33T=3×10−5T综上分析，故B错误，C正确；D．通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小变为23×10−5T设小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角设为θ，则tanθ=23×10−5T3×10−5T=233则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角没变为原来的2倍，故D错误。故选：C。11．如图所示，在盛有浅水的水槽中，在t＝0时刻以相同的频率拍打水面上的两个点S1和S2产生两列波，两波源相距9cm，频率为2Hz，连线中点处有一浮标始终未振动。距S2＝12cm处有一P点，PS2⊥S1S2，经过3s后P点开始振动，下列说法中正确的是（　　）A．两波源的振动情况完全相同B．S1P连线上（两端点除外）共有6个振动减弱点C．P点是振动减弱点D．若将S2的频率增大为原来的两倍，浮标仍然可以保持静止【解答】解：A．根据题意，连线中点处有一浮标始终未振动可知，两列波的振幅相等，频率相同，振动相位相差π，即振动情况相反，故A错误；B、两列波的波速均为：v=12cm3s=4cm/s，两列波的波长均为：λ＝vT=vf=4cm/s2Hz=2cmS1P之间的距离为：S1P=122+92cm＝15cmS1P连线上的振动减弱点Q到两波源的波程差满足：0≤QS2﹣QS1＝9cm﹣0cm＜9cm两个波源中点浮标始终没动，所以两列波是反步调的波，根据干涉减弱点到两波源的波程差与波长的关系有：0≤QS2﹣QS1＝nλ＜9cm 两式联立解得：n＝0、1、2、3、4同理：0＜QS1﹣QS2＝15cm﹣12cm＜3cm即：0＜QS1﹣QS2＝nλ＜3cm解得：n＝1所以，则S1P连线上（两端点除外）共有6个振动减弱点，故B正确；C、根据几何关系可知P到两波源的波程差为：ΔsP=PS1−PS2=3cm=32λ，所以两列波在P点会发生稳定地干涉，是振动加强点，故C错误；D、若只改变S2的频率，两个波的频率不同，则两列波不能发生稳定的干涉，浮标不能保持静止，故D错误。故选：B。12．女子十米台跳水比赛中，运动员从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）A．她在空中上升过程中处于超重状态B．她上升到最高点时的加速度大小为零C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小【解答】解：A、起跳以后在空中的过程中，她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；B、运动员上升到最高点时，速度为0，但是只受重力，加速度为重力加速度，不为零，故B错误；C、入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力或阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大后减小，故C错误；D、入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者相等，故D正确。故选：D。13．如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3kg/m3，则下列表述判断正确的是（　　）风机流量22000m3/h风机效率65%电机电功率5.5kW 风机转速1450r/min工作电压220V/50HzA．风机的转动的角速度为314rad/sB．排风扇的内电阻约为8.8ΩC．空气排出的速度约为15m/sD．出风口半径约为0.26m【解答】解：A、风机转速n＝1450r/min=1456r/s风机转动的角速度为ω＝2πn=145π3rad/s故A错误；B、由表格得，风机的工作电压U＝220V电功率为P电＝5.5kW＝5500W由P电＝UI得，电流I＝25A风机的输出功率P出＝ηP电＝65%×5500W＝3575W热功率为P热＝P电﹣P出＝5500W﹣3575W＝1925W由P热＝I2R得，排风扇的内电阻R=1925252Ω=7725Ω＝3.08Ω故B错误；C、设空气排出的速度为v，时间t内，由能量守恒定律的：P出t=12Qtρv2代入数据解得：v＝30m/s故C错误；D、风机的流量Q＝vπr2代入数据解得，出风口半径r≈0.26m故D正确。故选：D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．下列有关物理知识在实际中的应用，解释正确的是（　　）A．我们观察近处的飞鸟和远处的飞机时，往往会觉得鸟比飞机飞得快，这是因为鸟相对眼睛的角速度比较大B．小管同学自己绕制天线线圈，制作一个简易的收音机，若想接收一个频率较高的电台，那么应该增加线圈的匝数 C．人造卫星绕地球运行时由于受地磁场影响，在外壳中形成的涡流是导致轨道半径变小的原因之一D．空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果【解答】解：A、鸟和飞机的飞行看成绕地球做圆周运动，鸟比飞机飞得低，在相同的时间里鸟转过的角度较大，视觉的错觉感觉鸟比飞机飞得快，而飞机飞得越高，看起来慢。鸟相对眼睛的角速度比较大。故A正确；B、若想接收一个频率较高的电台，根据：f=12πLC，可知应减少线圈的匝数。故B错误；D、空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故D正确；C、人造卫星绕地球运行时由于受地磁场影响，在金属外壳中形成的涡流，涡流会导致卫星机械能减小，是导致轨道半径变小的原因之一，故C正确。故选：ACD。15．我国的火星探测车用放射性材料PuO2作为燃料，其原理是PuO2中的94238Pu发生衰变时将释放的能量转化为电能，已知94238Pu的半衰期为88年，其衰变方程为94238Pu→92234U+X，若94238Pu、92234U、X的结合能分别为E1、E2、E3，则下列说法正确的是（　　）A．94238Pu的比结合能大于92234U的比结合能B．该反应释放的能量为E＝E2+E3﹣E1C．衰变放出的射线是氦核流，它的电离能力很强D．10个94238Pu原子核经过88年后剩余5个【解答】解：A．由生成物更稳定且比结合能越大越稳定，则94238Pu的比结合能小于92234U的比结合能，故A错误；B．衰变的过程中释放能量，该反应释放的能量为E＝E2+E3﹣E1，故B正确；C．根据质量数守恒，X质量数为A＝238﹣234＝4，根据电荷数守恒，X电荷数为z＝94﹣92＝2，可知衰变放出的射线是氦核流，它的电离能力很强，故C正确；D．半衰期是对大量原子核的统计规律，对少数原子核不适用，故D错误。故选：BC。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共14分）Ⅰ．（3分）在探究“小车质量不变时，其加速度与力的关系”的实验中，某实验小组设计了如图甲所示的装置，A为小车，B为打点计时器，C为力传感器（测绳子的拉力），P为小桶（内有砂子），M是一端带有定滑轮的足够长的木板。不计滑轮的质量及轻绳与滑轮间的摩擦。 （1）实验中，为了使轻绳对小车的拉力等于小车所受的合力，先调节长木板一端滑轮的高度，使轻绳与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是。A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节小桶内砂子的量，使小车在小桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带及小桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去小桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。（2）在该实验中，（选填“一定要”或“不需要”）满足小桶（内有砂子）的质量远小于小车的质量这一条件。（3）已知交流电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻计数点之间还有4个点未标出，由该纸带可求得小车的加速度a＝m/s2．（结果保留两位小数）【解答】解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，故C正确，AB错误。故选：C；（2）在该实验中，不需要满足小桶（内有砂子）的质量远小于小车的质量这一条，原因绳子的拉力，通过力传感器来测量的。（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为T＝0.1s，利用匀变速直线运动的推论Δx＝at2，得：a=ΔxT2=5.35−4.500．12×10−2m/s2＝0.85m/s2故答案为：（1）C；（2）不需要；（3）0.85。Ⅱ．（7分）某研究小组想要研究一标有“6V，3W”的小型电动机的伏安特性曲线，实验室提供的器材有：量程为0.6A的电流表（电阻约为1.0Ω），电源（电动势为9V，内阻为3Ω），定值电阻（阻值为6000Ω），导线若干，单刀开关一个，还有以下器材可供选择 A．量程为3V的电压表（内阻为3000Ω）B．量程为15V的电压表（内阻为6000Ω）C．滑动变阻器（阻值为10Ω，额定电流为2.0A）D．滑动变阻器（阻值为200Ω，额定电流为0.5A（1）为尽量准确地测出小型电动机的伏安特性曲线，电压表应选，滑动变阻器应选。（2）请用笔画线代替导线将实物图补充完整。（3）连接好电路后，合上开关，读出电压表和电流表的示数，将电动机两端电压与流过它的电流数据在毫米方格纸中标出，并画出其伏安特性曲线，请说明在P处为何出现如图所示的图像。（4）电动机正常工作时，电动机两端电压为U，通过电动机的电流为I，电动机的内阻为R，下列几个功率的表达式的大小关系正确的是。A．UI=I2R=U2RB．UI＞I2R=U2RC．U2R＞UI＞I2RD．UI＞U2R＞I2R（5）将该电动机与一个阻值为30Ω的定值电阻并联后，再与一个电动势为9V，内阻为15Ω的电源串联，则此时电动机的输出功率为W。（保留三位有效数字）【解答】解：（1）15V量程的电压表的量程太大，应选择量程为3V（内阻为3000Ω）的电压表，将其与定值电阻（阻值为6000Ω）串联进行改装，改装后的量程最大值为9V，可以满足实验要求，故电压表应选A；研究电动机的伏安特性曲线时电压需要从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式接法，滑动变阻器应选用最大阻值较小的，可方便电路的调节，故滑动变阻器应选C。（2）将实物图补充完整如下图所示 （3）出现图中P处的原因是：电压较小时电动机没有转动，可看成纯电阻，当电压达到约2.0V时电动机开始转动，不能看成纯电阻电路，此时对电流的阻碍作用增大，电流变小。（4）电动机正常工作时是非纯电阻用电器，电动机的总功率（即输入功率）为P总＝UI，电动机内阻的热功率为P热＝I2R，因为电动机的总功率等于内阻的热功率与输出的机械功率之和，所以有：UI＞I2R，由此可得：UR＞I可得：U2R＞UI综合可得：U2R＞UI＞I2R，故C正确，ABD错误。故选：C。（5）设该电动机两端的电压为U，通过的电流为I，并联的定值电阻R＝30Ω，电源的电动势E＝9V，内阻r＝15Ω。根据闭合电路欧姆定律有：U＝E﹣（I+UR）r代入数据解得：U＝6﹣10I在电动机的U﹣I图像中画出此关系式的图像，如下图所示两图像的交点（0.33A，2.70V）为电动机的工作电压和电流，则电动机的输入功率为：P入＝UI＝2.70×0.330W＝0.891W 由电动机的U﹣I图像中的直线部分的斜率，可得电动机的内阻为：RM=2.00.3Ω=203Ω电动机内阻的热功率为P热＝I2RM＝0.3302×203W＝0.726W此时电动机的输出功率为P出＝P入﹣P热＝0.891W﹣0.726W＝0.165W故答案为：（1）A；C；（2）；（3）电压较小时电动机没有转动，可看成纯电阻，当电压达到约2.0V时电动机开始转动，不能看成纯电阻电路，此时对电流的阻碍作用增大，电流变小；（4）C；（5）0.165WⅢ．（4分）小默用如图1装置验证等温状态下气体的实验定律。已知压力表通过细管与注射器内的空气柱相连，细管隐藏在柱塞内部，未在图中标明。（1）下列实验操作，正确的有。A．柱塞上应该涂油以更好地密封气体B．应快速推拉柱塞以避免气体与外界热交换C．用手握住注射器推拉柱塞以使装置更加稳定（2）注射器内空气柱的体积为V、压强为p，若考虑到连接压力表和注射器内空气柱的细管中有少量气体未计入，从理论上分析p−1V图像最接近如图2的哪个图。【解答】解：（1）A．实验时要保证气体的质量一定，因此不能有漏气；柱塞上涂油是为了避免漏气，即更好地密封气体，故A正确；B．推拉柱塞时要缓慢进行，让气体更好的与空气进行热交换，避免引起气体温度的变化，故B错误；C．用手握住注射器会改变注射器内气体的温度，故C错误。 故选：A。（2）在软管内气体体积V0不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V0+V根据玻意耳定律p（V0+V）＝C变形得p=CV0+V=C1+V0V⋅1V图线和原点连线的斜率为k=C1+V0V随着1V的变大，斜率逐渐变小，故ABD错误，C正确。故选：C。故答案为：（1）A；（2）C。17．（8分）如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.2V0。开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0（p0为大气压强），温度为306K，现缓慢加热汽缸内气体，直至489.6K。求：（1）整个过程中，气体对外做功是多少；（2）活塞刚离开B处时的温度TB；（3）缸内气体最后的压强p；（4）在图乙中画出整个过程的p﹣V图线【解答】解：（1）整个过程只有活塞从B到A过程气体对外做功，该过程气体压强为p0，气体对外做功W＝p0ΔV＝p0×0.2V0＝0.2p0V0（2分）（2）从开始加热到活塞刚要离开B的过程，气体体积不变，由查理定律得：0.9p0T0=p0TB其中T0＝306K，代入数据解得：TB＝340K（2分）（3）活塞从B运动到A过程气体压强不变，由盖—吕萨克定律得：V0T0=V0+0.2V0T代入数据解得：T＝408K＜489.6K从活塞到达A到温度T2＝489.6K过程气体体积不变，由查理定律得：p0T=pT2代入数据解得：p＝1.2p0，（2分）（4）整个过程的p﹣V图象如图所示 （2分）18．（11分）如图甲所示，一长L＝1.6m的传送带以速度v1＝2m/s做匀速运动，质量m1＝1kg的小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2。在传送带的C端，用长为l＝0.128m的细线悬挂着一个质量为m2＝1kg的小球，小物块与小球均可视为质点，从A端无初速释放小物块，取重力加速度g为10m/s2，忽略一切空气阻力。（1）求小物块从释放到运动到C端所用的时间；（2）小物块运动到C端与小球发生碰撞，在此后的过程中细线始终没有发生弯曲，求碰撞过程中小物块与小球组成的系统损失机械能的范围。（3）若传送带的传送区域为水平面ABCD，宽d＝0.6m，如图乙所示，从A点以平行于AB方向的速度v2＝1.5m/s将小物块射出，求小物块离开传送带时与D点的距离。【解答】解：（1）对小物块由牛顿第二定律可得a=fm1=μm1gm1=0.2×1×101m/s2=2m/s2小物块先加速到传送带速度v1所用时间为t1可得t1=v1a=22s=1s加速位移为x1=12at2=12×2×12m=1.0m＜1.6m故小物块之后做匀速运动，时间为t2，可得t2=L−x1v0=1.6−12s=0.3s可得总时间为t＝t1+t2＝1s+0.3s＝1.3s；（3分）（2）①若小物块与小球发生弹性碰撞，系统没有能量损失，因为小物块与小球质量相同故，小物块与小球速度交换，小球能上升的最大高度为h，则有m2gℎ=12m2v12解得h＝0.2m因为l＜h＝0.2m＜2l细线会发生弯曲，所以不可能是弹性碰撞。②若小物块与小球碰撞后，小球恰好到达与圆心O等高的位置，由机械能守恒得m2gl=12m2v22 以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v3+m2v2系统损失的能量为ΔE1=12m1v12−12m1v32−12m2v22代入数据解得ΔE1＝0.64J；③若小物块与小球发生完全非弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝（m1+m2）v4代入数据解得v4＝1m/s系统损失的能量为ΔE2=12m1v12−12(m1+m2)v42代入数据解得ΔE2＝1J所以系统损失的能量范围为0.64J≤△E≤1J；（4分）（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得v相=v12+v22=22+1.52m/s=2.5m/sax=v1v相a=22.5×2m/s2=1.6m/s2ay=v2v相a=1.52.5×2m/s2=1.2m/s2由于axay=v1v2=v1−axΔtv2−ayΔt所以加速变a的方向不变，小物块两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物块在v1方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知d=v2t−12ayt2代入数据解得t1＝0.5s或者t2＝2s（舍去）此时沿AC方向的位移为x=12axt12=12×1.6×0.52m=0.2m假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离D点为xD＝L﹣x＝1.6m﹣0.2m＝1.4m。（4分）19．（11分）如图（a）所示，倾角为θ 的光滑斜面上有两个磁场区域，磁感应强度大小都为B，沿斜面宽度都为d，区域Ⅰ的磁感应强度方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁感应强度方向垂直斜面向下，两磁场区域间距为d。斜面上有一矩形导体框，电阻为R，导体框ab、cd边长为L，bc、ad边长为1.5d。刚开始时，导体框cd边与磁场区域I的上边界重合；t＝0时刻，静止释放导体框；t1时刻ab边恰进入磁场区域Ⅱ，框中电流为I1；随即沿平行斜面垂直于cd边对导体框施加力，使框中电流均匀增加，到t2时刻框中电流为I2。此时，cd边未出磁场区域Ⅰ，框中电流如图（b）所示，重力加速度为g。（1）在t1﹣t2时间内，通过导体框截面的电量为多少？（2）t1时刻导体框速度为多少？导体框的质量为多少？（3）求金属框在t1﹣t2时间内运动的加速度；（4）令t1﹣t2时间内导体框加速度为a、导体框的质量为m，写出t1﹣t2时间内施加在导体框上的力F与时刻t的函数式，并定性分析F大小的变化情况。【解答】解：（1）依题意，在I﹣t图像中图线与横轴所围面积表示电荷量，可知在t1﹣t2时间内，通过导体框截面的电量为q=I1+I22（t2﹣t1）（2分）（2）设t1时刻导体框速度为v1，则有I1=E1R=2BLv1R解得v1=I1R2BL0～t1时间内，由动量定理可得BILΔt＝mv1又q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=BdL2R联立解得m=B2L3dI1R2（2分）（3）在t1﹣t2时间内由图可知I随时间均匀增加，则有I2−I1t2−t1=2BLR•v2−v1t2−t1即I2−I1t2−t1=2BLRa解得a=R2BL•I2−I1t2−t1（2分）（4）在t1﹣t2时间内，线框做匀加速直线运动，加速度为a，则有v＝v1+a（t﹣t1）设F沿斜面向下，由牛顿第二定律可得ngsinθ+F﹣F安＝ma 又F安＝2BIL=4B2L2vR联立解得F＝ma﹣mgsinθ+4B2L2R[I1R2BL+a（t﹣t1）]（2分）F变化趋势讨论：当a≥mgsinθ−2BI1Lm时，F沿斜面向下，随时间t增大。当a≤mgsinθ−2BI2Lm时，F沿斜面向上，随时间t减小。当mgsinθ−2BI2Lm＜a＜mgsinθ−2BI1Lm时，F随时间t先减小后增大。（3分）20．（11分）如图1所示，间距为d的平行导体板M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场B1和沿纸面向下的匀强电场（未画出），平行板右侧上方、下方分别放有足够长的绝缘收集板a1b1、a2b2，右侧偏转区内有垂直纸面向里的匀强磁场B2。有大量质量为m、电荷量为q的正电粒子以不同速度沿平行板轴线OO′射入，其中速度为v0的粒子恰能沿轴线OO′运动并从O′点进入偏转区，已知B1=3mv0qd，B2=mv0qd，不计粒子重力。（1）求板M、N间的电压UMN；（2）若仅将磁场B1的右边界向左移动d4（如图2所示），求速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到O′点的竖直距离l；（3）若将两收集板a1b1、a2b2水平向右移动d4，在平行板右侧放置一可上下移动的挡板ef，其上边缘e自M板附近开始缓慢向下移，当e下移距离为d4时（如图3所示），恰好有粒子打到收集板右侧，此时粒子的落点P2到O′点的竖直距离为2d，求对应粒子沿轴线OO′入射时的初速度大小v（已知从e上方进入磁场B2的粒子的速度方向均与轴线OO′成锐角向上）。 【解答】解：（1）速度为v0的粒子恰能沿轴线OO′运动并从O′点进入偏转区，则有：qv0B1＝qE其中：E=UMNd，B1=3mv0qd联立解得：UMN=3mv02q；（3分）（2）仅将磁场B1的右边界向左移动d4，粒子出磁场后在平行板间做类平抛运动，则有：d4=v0ty1=qE2mt2联立解得粒子在电场中的侧移量：y1=332d（2分）粒子进入磁场的运动轨迹如图所示：根据几何关系可得：y2＝2rcosθ根据洛伦兹力提供向心力可得：qv合B2=mv合2r根据运动的合成与分解可得：cosθ=v0v合联立解得：y2＝2d速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到O′点的竖直距离：l＝y2﹣y1解得：l=6132d；（2分）（3）由题意得粒子恰好经过a1，轨迹圆弧ea1P2，做ea1、a1P2的中垂线交于轨迹圆心O″，如图所示： 由几何关系得粒子在磁场B2中的轨迹半径为：r2=54d根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B2=mv22r2联立解得：v2=54v0（2分）根据动能定理可得：−14qUMN=12mv22−12mv2解得：v=74v0。（2分）