高考物理考前信息必刷卷02

绝密★启用前2024年高考考前信息必刷卷（）02物理（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．用国际单位制的基本单位表示功率的单位，下列正确的是（）A．N•m/s B．V•A C．kg•m2/s2 D．kg•m2/s3【解答】解：根据功率的定义式P=Wt知，1瓦＝1焦/秒。由功的公式W＝Fl知，1焦＝1牛•米，根据牛顿第二定律F＝ma知，1牛＝1千克•米/秒1瓦＝千克•米2/秒3，故D正确。故选：D。2．浸润现象和不浸润现象在日常生活中是常见的。下列几种现象的说法，正确的是（）A．水银不能浸润玻璃，说明水银是不浸润液体 B．水可以浸润玻璃，说明附着层内分子间的作用表现为引力 C．脱脂棉球脱脂的目的，是使它从不能被水浸润变为可以被水浸润 D．建筑房屋时在地基上铺一层涂着沥青的纸，是利用了毛细现象【解答】解：A、同一种液体是浸润液体还是不浸润液体是相对的，水银对玻璃来说是不浸润液体，对铅来说是浸润液体，故A错误；B、水可以浸润玻璃，附着层内分子之间的作用力表现为斥力，附着层出现扩展的趋势，故B错误；C、脱脂棉能够吸取药液，棉被脱脂后把它从不能被水浸润变成了可以被水浸润，故C正确；D、砖的内部也有许多细小的孔道，会起到毛细管的作用，在砌砖的地基上铺一层油毡或涂过沥青的纸，可以防止地下水分沿着夯实的地基以及砖墙的毛细管上升，以保持房屋干燥，故D错误。故选：C。3．在2022年卡塔尔世界杯期间，“电梯球”（好像电梯一样急上急下）成为球迷们讨论的热门话题。某次训练中，一运动员在发“电梯球”时，踢在足球上较硬的部位，足球立即获得30m/s的速度飞出，由于气流的影响，足球在飞行过程中会颤动，最后以更大的陡度（斜坡的倾斜程度）急坠，飞进球门，测得“电梯球”在此过程中的阻力系数CD随速度v的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．研究如何踢出足球时可将其看作质点 B．足球在上升过程中总是处于超重状态 C．足球在飞行过程中阻力系数逐渐减小，机械能减少 D．足球急坠，是因为速度减小到某一数值后阻力系数随速度减小而增大【解答】解：A．研究如何踢出足球时，足球的形状大小不能忽略不计，不可将其看作质点，故A错误；B．球在上升过程中，最后做减速上升，加速度方向向下，处于失重状态，不是整个过程都是超重，故B错误；C．足球在飞行过程中阻力系数随速度减小而增大，不是飞行过程中阻力系数逐渐减小，阻力做负功，机械能减少，故C错误；D．足球急坠，是因为速度减小到某一数值后阻力系数随速度减小而增大，故D正确。故选：D。4．如图所示，把一个小球用细线悬挂起来，将小球拉离竖直位置某一角度由静止释放，就成为一个摆。若摆长为l，小球质量为m，小球在摆动过程中最大偏角为θ，重力加速度为g。设阻力可以忽略。小球在摆动的过程中，以下说法正确的是（）A．小球运动到最高点时加速度为零 B．小球受到重力和拉力的作用，机械能不守恒 C．小球运动到最低点时所受重力与拉力大小相等 D．以最低点为重力势能零点，则小球具有的机械能为mgl（1﹣cosθ）【解答】解：A、小球在最高点时加速度为a=mgsinθm=gsinθB、小球受到重力和拉力的作用，但拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒，故B错误；C、小球运到最低点有FT﹣mg＝Fn，则小球运动到最低点时所受重力的大小小于拉力的大小，故C错误；D、以最低点为重力势能零点，而小球在最高点的机械能只有重力势能，则小球具有的机械能为E＝mgl（1﹣cosθ），故D正确。故选：D。5．观察下列四个选项中的四幅图，请选出图中器件材料应用涉及的原理与其他三项不同的是（）A．高压输电线上方有两条导线 B．带电作业工人工作服织物中包含金属丝 C．话筒线用铝箔合金网包裹 D．远距离输电铝绞线中心有钢芯【解答】解：高压输电线上方有两条导线、带电作业工人工作服织物中包含金属丝、话筒线用铝箔合金网包裹均为静电屏蔽原理的应用。远距离输电铝绞线中心有钢丝是为了增加导线强度，D项与其他三项不同，故D正确，ABC错误。故选D。6．如图将一根筷子竖直插入装有水的圆形玻璃杯中，从图中视角方向观察到筷子水中的像与筷子位置发生了侧移，下列判断正确的是（）A．像发生侧移是因为水中筷子反射的光在玻璃壁处发生了全反射 B．像发生侧移是因为水中筷子反射的光在玻璃壁处发生了折射 C．如将筷子放在圆形玻璃杯的中心轴上，也能看到筷子的像侧移 D．如将筷子沿所在直径向中心轴移动，移到某处时筷子在水中的像会消失【解答】解：A．全反射是由“光密”介质进入“光疏”介质，且入射角大于等于临界角，很明显该现象是光的折射现象，故A错误；B．为了使成像原理更加清晰，应作截面图，如图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图，A处为筷子，ABP表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁B射向观察者P处的一条光线，ON为过B点沿半径方向的直线，即在B处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在B处由水中射入空气中，图中的角θ1和角θ2分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，应有θ1＜θ2，所以观察者在P处看到的筷子A的像A'的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢一些，所以看上去浸在水中的这段筷子产生了侧移。故B正确；C．筷子在中心处出射光线始终沿直线传播，即始终垂直杯子，则光线不发生偏折，故C错误；D．筷子在距离杯子的边沿处发出的光射到玻璃杯边缘时入射角较大，最容易发生全反射，则如将筷子沿所在直径向中心轴移动，移到某处时筷子在水中的像不会消失，故D错误。故选B。7．在太阳系中，八大行星几乎在同一平面上，以相同的方向，以椭圆的轨道绕着太阳做周期性运动，几乎是一种完美的运动形态，但是，在完美的八大行星绕日公转画面中好像有一些不协调的因素，那就是位于火星和木星轨道之间不是存在着一颗大行星，而是一个小行星带，里面存在着无数的小行星，估计其总数超过50万颗。假设该带中的小行星只受太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．小行星带内的小行星都具有相同的角速度 B．小行星带内侧小行星的向心加速度小于外侧小行星的向心加速度 C．各小行星绕太阳运行的周期均大于一年 D．要从地球发射卫星探测小行星带发射速度应小于地球的第一宇宙速度【解答】解：A．据GMmr2=mrω2得：ω=B．据GMmr2=ma得：a=C．据GMmr2=mr.4π2D．从地球发射卫星探测小行星带，则卫星的发射速度要大于第一宇宙速度，故D错误；故选：C。8．如图所示，水平面上放置一个上下表面均为正方形的霍尔元件，载流子的电荷量大小为e，电源输出电压为U1，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。元件前后表面间电势差为U2，前表面的电势低于后表面的电势，下列说法中正确的是（）A．图中霍尔元件的载流子带负电 B．若霍尔元件的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差U2保持不变 C．利用上述物理量可以计算霍尔元件的电阻率 D．该霍尔元件中载流子所受的洛伦兹力方向均垂直于电流方向且指向前表面【解答】解：A．根据左手定则，粒子在洛伦兹力的作用下偏向前表面，因为前表面的电势低于后表面的电势，所以霍尔元件的载流子带负电，故A正确；B．设正方形的霍尔元件长和宽为d，元件厚度为l0，有Bev=根据电流的微观表达式有I＝nevS＝nevdl0联立可得U2=当霍尔元件的电源输出电压U1变大，此时电流I变大，可得霍尔电势差U2变大，故B错误；C．根据欧姆定律和电阻定律有I=U1R，R联立可得ρ=由于题中没有参数n，所以利用上述物理量不能计算出霍尔元件的电阻率，故C错误；D．根据左手定则，该霍尔元件中只有沿图中电流相反方向运动时载流子所受的洛伦兹力方向垂直于电流方向且指向前表面，故D错误。故选：A。9．如图所示两个较大的相同容器中盛有相同体积的水和盐水。将一根粗细均匀的木筷，下端绕几圈铁丝，分别竖直接入液体中相同深度后静止释放，木筷开始在液体中上下振动（不计液体粘滞阻力），则筷子分别在两种液体中振动时（）A．周期相同 B．振幅相同 C．重力势能变化的最大值不相同 D．受到液体对它的最小浮力相同【解答】解：BC、若木筷平衡时插入水中x0，根据二力平衡，有mg＝ρsx0g设某时刻筷子位置较平衡位置低x，则其回复力F＝ρs（x0+x）g﹣mg＝ρsgx与x成正比，方向相反，故做简谐运动；两种液体密度不同，所以木筷的平衡位置不同，因此木块做简谐振动的振幅A、最大势能变化不同，故B错误，C正确；A、该简谐运动的周期与恢复力的比例系数ρsg有关，故周期T不同，故A错误；D、根据对称性可知，简谐运动最高点与最低点加速度大小相同，则有mg﹣F浮＝ma所以盐水中a大，盐水的最小浮力小，故D错误。故选：C。10．如图所示装置，某种金属板M受到一束紫外线照射时会不停地发射电子，设单位时间从M板射出的电子个数不变，射出电子的速度具有不同的方向，大小也不相同。在M旁平行放置一个金属网N。如果用导线将M、N连起来，从M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流，虚线框内部分可看作电源。现在不把M、N直接相连，而按图中在M、N之间加电压U，调节电压U的大小观察电流表中的电流，发现加上某一电压U0时，电流表的读数恰好为零。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子间相互作用及电子重力。下列选项正确的是（）A．所有电子从金属板M到金属网N均做直线运动 B．该装置虚线框内部分作为电源时其电动势等于U0 C．射出的电子刚脱离金属板M时的速度均大于2eUD．将外加电压U的正负极反向，持续增大U时，电流表的读数随之增大【解答】解：A、由于电子受静电力方向水平向左，电子速度的方向不定，电子不一定做直线运动，故A错误；BC、当U＝U0时电流表中就没有电流，所以装置虚线框内部分作为电源时其电动势等于U0，此时电子到达N板的速度恰好为0，对电子由动能定理有﹣eU0＝0-可得被这束紫外线照射出的电子的最大速度为vmax=故B正确，C错误；D、当电流达到饱和电流，持续增大U时，电流表的读数不变，故D错误。故选：B。11．下列说法正确的是（）A．布朗运动观察到的是液体分子的无规则运动 B．容器内气体压强是分子无规则运动撞击器壁造成的，故与容器形状有关 C．随着物体运动速度增大，其内能也一定增大 D．方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的运动，不是液体分子的无规则运动，而是液体分子无规则运动的反映，故A错误；B、容器内气体压强是大量气体分子无规则运动撞击器壁造成的，与容器形状无关，故B错误；C、内能与物体的体积、温度等因素有关，随着物体运动速度增大，其动能增大，其内能不一定增大，故C错误；D、有些晶体的光学性质各向异性，方解石的双折射现象说明其具有各向异性的属性，故D正确。故选：D。12．2021年11月3日上午，清华大学王大中院士在北京人民大会堂被授予2020年度国家最高科学技术奖，王大中院士领导清华大学核能研究团队以提高核能安全性为主要学术理念，成功走出了一条以固有安全为主要特征的先进核能技术的发展之路。下列有关核反应的说法，正确的是（）A．铀核的衰变和裂变都能自发发生 B．两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加 C．温度升高，铀核的半衰期将逐渐减小 D．要使重核裂变产生链式反应，需用α粒子轰击重核【解答】解：A、铀核的衰变可以自发发生，但裂变需要用中子轰击，故A错误；B、两个轻核结合成质量较大的核，会释放核能，产生质量亏损，生成物的结合能比反应物的结合能大，而反应前后核子数不变，所以核子的比结合能增加，故B正确；C、半衰期由原子核本身决定，与温度无关，故C错误；D、要使重核裂变产生链式反应，需用中子轰击重核，故D错误。故选：B。13．某电动自行车使用的锂离子电池额定电压为48V，电池总容量为50A•h，当电池剩余容量为总容量的16时，该车将不能行驶。该电动自行车质量为30kg，质量为50kg的人骑该车在平直路面上行驶时额定车速为18km/h，所受阻力大小为人、车总重的0.15倍。已知1度电为1kW•h，取重力加速度g＝10m/s2A．题中电池容量的单位A•h为能量单位 B．从此车不能行驶开始充电至电池充满需要用电4度 C．该人骑此车在平直路面上以额定速度行驶时，此车的额定功率为800W D．该人骑此车在平直路面上以额定速度行驶，能行驶的最大里程约为60km【解答】解：A、根据q＝It，则电池容量的单位A•h就是电量单位，故A错误；B、由题知当电池剩余容量为总容量的16则从此车不能行驶开始充电至电池充满有Δq=(50-又因为自行车使用的锂离子电池额定电压为48V，则W=E⋅故B错误；C、该人骑此车在平直路面上以额定速度行驶时，车的额定功率为P＝fv＝0.15×（30+50）×10×5W＝600W故C错误；D、由选项B可知该车可用的总功率有2000Wh，则该车以额定速度行驶，能行驶t=W则走过的里程为x=vt=18×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．如图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.62eV～3.11eV，锌板的电子逸出功为3.34eV。下列说法正确的是（）A．用能量为11.0eV的光子照射，可使处于基态的原子跃迁到激发态 B．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离 C．大量处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有两种不同频率的光子可使锌板产生光电效应现象 D．大量处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时所发出的光子通过同一双缝干涉实验装置，以n＝4直接跃迁到n＝1能级发出的光子所形成的干涉条纹最宽【解答】解：A、若基态的氢原子吸收的能量等于11.0eV的光子，则能量值为：E＝E1+11.0eV＝﹣13.6eV+11.0eV＝﹣2.6eV，氢原子没有该能级，所以处于基态的氢原子不能吸收11.0eV的光子，故A错误；B、紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n＝3级的氢原子的电离能为1.51eV，故紫外线可以使氢原子电离，故B正确；C、处于n＝3能级向基态跃迁时发射出光的能量为ΔE＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV，大于锌板的电子逸出功3.34eV，因此能产生光电效应，电子在n＝2能级再次向基态跃迁发射出光子的能量为ΔE′＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV＞3.34eV则可以产生光电效应，处于n＝3能级向基态向n＝2跃迁时发射出的光的能量为ΔE″＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV，小于大于锌板的电子逸出功3.34eV不能产生光电效应，故有两种不同频率的光产生光电效应，故C正确；D、双缝干涉实验装置，在光屏上相邻亮条纹间距Δx=Ld⋅λ，由nn＝4直接跃迁到n＝1故选：BC。15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t1＝0时波传播到x轴上的质点B，在它左边的质点A恰好位于负最大位移处，如图所示。在t2＝0.6s时，质点A第二次出现在正的最大位移处，则（）A．该简谐波的波速等于5m/s B．A点振幅比B点小 C．t2＝0.6s时，质点C通过的路程是20cm D．当质点D第一次出现在正最大位移处时，质点B恰好在平衡位置且向下运动【解答】解：A、由题，t＝0.6s时，质点A第二次出现在正向最大位移处，则有1.5T＝t，得到周期T＝0.4s，由图读出波长为λ＝2m，则波速为v＝5m/s。故A正确。B、同一振动中，质点的振幅相同，故B错误。C、B点与C点间距离等于0.5个波长，则波从B传到C所用时间为0.5T＝0.2s，则t2＝0.6s时，质点C振动了0.4s＝T，质点C通过的路程为4A＝20cm，故C正确。D、由图看出，B和D的距离等于112波长，相当于12波长，则当质点D第一次出现在正最大位移处时，结合波形可知，质点B恰好在波谷位置，故故选：AC。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．（4分）（1）实验室有一梯形玻璃砖，某同学想用“插针法”测定玻璃的折射率。玻璃砖有4个光学面A、B、C、D，如图1所示，其中A、C两面相互平行，实验中该同学对入射面和出射面的认识正确的是A．只能选用A、C两面 B．可以选用A、B两面 C．不能选用B、D两面（2）该同学在选用A、C两面进行实验时，正确操作后，做出的光路图及测出的相关角度如图2所示。此玻璃的折射率计算式为n＝（用图中的θ1、θ2表示）。【解答】解：（1）应用插针法测玻璃的折射率实验时，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P2挡住P1的像；再在观察的这一侧插两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3及P1、P2的像，记下P3、P4的位置，由图1所示玻璃砖可知，实验时可以用A、C两面、或用A、B两面、或用A、C两面、或用B、D两面进行实验，故B正确，AC错误；故选：B。（2）由图2所示可知，玻璃的折射率：n=sin(90°-故答案为：（1）B；（2）cosθⅡ．（7分）（1）在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，某同学先用多用电表的直流电压挡直接去测量电池两端的电压，把测量值作为电动势时，其主要误差是。为减小实验误差，他用如图所示的电路，并通过作图法得到电池的电动势和内阻。根据下列实验器材，则电阻箱应选；由同一表头改装的电流表应选（填选项前的字母）A．电阻箱（调节范围0～9999Ω）B．电阻箱（调节范围0～999.9Ω）C．电流表（量程0.6A）D．电流表（量程50mA）（2）根据欧姆定律，有E＝IR+Ir，通过改变电阻箱电阻，测得若干组电阻值和相应的电流值，以R为横轴，1I为纵轴，得到1I～R曲线，求得斜率为a，纵轴截距为b，则电动势E＝；内阻r＝。这样得到的电动势与电流表的内阻（填“有关”、“无关”或“不确定”）；电池内阻与电流表的内阻【解答】解：（1）电压表和电源串联，电池内阻有电压降，电动势测量值小于真实值；由同一表头改装的电流表，是由表头和电阻并联改装的，由并联分流特点可知量程越大并联的电阻越小，内阻越小，在电源内阻测量时误差越小，故电流表应选择量程为0.6A的电流表，故选：C；采用量程为0.6A的电流表，电路的最小电阻为：R电阻箱应选调节范围在0～999.9Ω的电阻箱，故选：B；（2）根据欧姆定律，有E＝IR+Ir解得1根据图像斜率和纵轴截距有1E=a解得E=1a将电流表的内阻看作电源内阻一部分，根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣I（RA+r）路端电压和电流的测量值等于真实值，故电动势的测量值与电流表的内阻无关，测出的电源内阻实际是电源内阻与电流表内阻之和，故电源内阻测量值与电流表内阻有关。故答案为：（1）电池内阻有电压降，B，C；（2）1a，b18．（3分）在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器结构如图所示，Ua/V1.802.803.80Ub/V4.006.018.02（1）如上中图所示，电源输出端与变压器原线圈的连接方式正确的是（选填“甲”或“乙”）；（2）用匝数na＝400匝和nb＝800匝的变压器，实验测量数据如上表所示：根据测量数据可判断原线圈匝数为匝。（填“400”或“800”），实验数据中电压比与匝数比不严格相等，主要原因是。【解答】解：（1）AC是交流电的缩写，而DC代表直流电；变压器的原线圈应该接交流电，因此电源输出端与变压器原线圈的连接方式正确的是乙；（2）变压器的匝数比n表格中每组数据的电压比U由于该变压器为非理想变压器，变压器存在铁损和磁损，因此副线圈电压的测量值应该小于理论值，即匝数为nb为输入端，na为输出端，原线圈匝数为800。故答案为：（1）乙；（2）800；变压器为非理想变压器，变压器存在铁损和磁损。17．（8分）如图所示，密闭导热气缸与活塞间无摩擦，对活塞施加沿斜面向上的外力F。当F＝2mg时，气缸与活塞静止在倾角为37°的斜面上。已知气缸质量m1＝4m，活塞质量m2＝m，活塞横截面积为S。静止时活塞与气缸底部距离为L0，斜面与气缸之间的动摩擦因数μ＝0.5，大气压强P0，重力加速度为g，设环境温度保持不变。现缓慢增加外力F的大小。（1）求开始F＝2mg时，气缸受到的摩擦力；（2）求当气缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速运动时，F力的大小；（3）从静止状态到（2）问中状态的过程中，活塞相对气缸底部运动的距离。【解答】解：（1）设开始F＝2mg时，气缸受到的摩擦力为f，开始时气缸与活塞静止在斜面上，对气缸和活塞整体，由平衡关系有F＝（m1+m2）gsin37°+f（假设f方向沿斜面向下）（1分）代入数据解得f＝﹣mg负号表示f方向沿斜面向上，f大小为mg。（1分）（2）当气缸与活塞共同沿斜面向上以0.6g的加速度加速运动时，对气缸和活塞整体，由牛顿第二定律有F'﹣（m1+m2）gsin37°﹣μ（m1+m2）gcos37°＝（m1+m2）a（1分）代入数据解得F'＝8mg（1分）（3）以活塞为研究对象，当F＝2mg、活塞静止，设此时缸内气体压强为p1，由平衡关系有F+p1S＝m2gsin37°+p0S代入数据解得p1＝p0-7mg5S（当F'＝8mg、活塞沿斜面向上以0.6g的加速度加速运动时，设此时缸内气体压强为p2，对活塞，由牛顿第二定律有F'+p2S﹣m2gsin37°﹣p0S＝m2a代入数据解得p2＝p0-34mg5S（缸内气体可视为理想气体，设加速运动时，活塞与气缸底部距离为L，由玻意耳定律有p1L0S＝p2LS代入数据解得L=5p0S-7mg5p则活塞相对气缸底部运动距离x＝L﹣L0代入数据解得x=27mg5p0S-34mgL18．（11分）如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg的物体（可视为质点）从轨道上高h＝5.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度g＝10m/s2，10≈3.16。求：（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。【解答】解：（1）物块由P到A的过程，根据动能定理可得：mgh+Wf解得摩擦力做的功：Wf＝﹣25.5J；（1分）（2）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为：a=μmgm=μg=0.5×10m/s2＝5m/s2减速至与传送带速度相等时所用的时间：t1=v0-v匀减速运动的位移：s1所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为：t2故物体从A运动到B的时间为：t＝t1+t2＝0.4s+0.2s＝0.6s（1分）传送带对物体的冲量大小为：I=(mgt)2+[m(v0-v)]2=40N（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得：mv＝﹣mv1+m0u112m解得：v1=13v=53m/s，u物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得：0v1＝at1解得：s=518m＜3.4m，t1=13s由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为：E1=2μmgvt1=再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为：v2u2E2=2mv2以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为：vnunEn从第一次碰撞之后电动机多消耗的能量为：E=解得：E=2mv2(1-13n)3×(1-13)=m19．（11分）如图所示，倾角为θ＝37°的绝缘斜面上的EF和GH之间有垂直斜面向下的有界磁场，磁感应强度B＝1.0T，磁场宽度d＝10cm。质量m＝0.5kg闭合矩形线框ABCD放在斜面上，线框由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R＝0.04Ω，其中AC长为L1＝100cm，AB长为L2＝20cm。开始时，线框的CD边与EF平行。现由静止释放线框，当线框CD边运动到磁场边界EF时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1。而当AB边到达磁场下边缘GH时，线框的速度大小为v2＝2.0m/s，整个过程中线框不发生转动。已知线框和斜面之间的摩擦因数为0.5，（g＝10m/s2）求：（1）速度v1的大小；（2）线圈穿越磁场的过程中产生的焦耳热；（3）线框从CD边进入磁场到AB边穿出磁场的过程所用的时间。【解答】解：L2＝20cm＝0.2m，L1＝100cm＝1m，d＝10cm＝0.1m。（1）线框的CD边刚进入磁场时，对线框受力分析：BIL2+μN＝mgsinθ（1分）其中：N＝mgcosθ，（1分）CD边切割磁感线，由法拉第电磁感应定律：ECD＝BL2v由闭合电路欧姆定律：I=ECD联立解得：v1＝1m/s；（1分）（2）线框由CD边进入磁场到AB边离开磁场，由能量守恒可得：ΔEp＝ΔEk+Q摩+Q焦