2027年浙江省高考物理模拟试卷及答案详解（精校打印）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）2027年浙江省名校联盟高考物理模拟试卷考生须知：1．本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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．在真空中，磁场强度与磁感应强度成正比，其关系为（），用国际单位制的基本单位表示磁场强度的单位，下列正确的是（

）A． B． C． D．2．2026年世界杯赛场上，某球员踢出一记精彩的“香蕉球”，足球绕过人墙后射入球门。足球在空中运动的轨迹为一条弧线，如图所示。足球被踢出后，在上升和下落过程中，下列说法正确的是（

）A．研究球员能否踢出香蕉球时，可以将足球视为质点B．判断是否进球时，不可以将足球看成质点C．足球在空中飞行过程中单位时间内速度变化量不变D．足球从被踢出到落回与出脚位置等高的过程中，上升时间等于下落时间3．如图所示，快递机器人“小黄人”在水平地面上运送包裹的过程中，下列说法正确的是（

）A．匀速直线运动时，机器人受到包裹给的压力、摩擦力B．转弯时机器人对包裹的作用力大于包裹对机器人的作用力C．减速运动时机器人对包裹的作用力小于静止时对包裹的作用力D．加速时机器人对包裹的作用力不一定大于减速时对包裹的作用力4．查德威克用粒子轰击铍核，其核反应方程为，方程中是（

）A． B． C． D．5．2026年7月，我国将一颗地球观测卫星送入近地圆轨道Ⅰ上，周期为。为提升观测分辨率，卫星需变轨到更高的圆轨道Ⅲ，变轨过程如下：在轨道Ⅰ上的点瞬间加速进入椭圆转移轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点处再次瞬间加速进入圆轨道Ⅲ。已知轨道Ⅲ的半径为轨道Ⅰ半径的倍（），椭圆轨道Ⅱ的近地点为、远地点为。则下列说法正确的是（

）A．卫星在轨道Ⅱ上从运动到的过程中，机械能减小B．卫星在轨道Ⅱ上从到所用时间等于C．卫星在轨道Ⅲ上的运行周期为D．卫星在轨道Ⅱ上经过点时的加速度小于在轨道Ⅰ上经过点时的加速度6．2026年8月朱雀三号可回收运载火箭着陆最后阶段，仅靠缓冲着陆腿上的液压阻尼装置提供阻力进行减速，经时间t后火箭从速度v0刚好减为零。已知火箭质量为m，重力加速度为g，空气阻力不计，取竖直向上为正方向。则关闭发动机后的减速过程中，缓冲装置对火箭的平均作用力的冲量大小为（）A． B． C． D．7．某电场的等势面如图所示，P、Q两点位于同一等势面上，一个带正电的点电荷沿直线从移动到的过程中（

）A．电场力保持不变 B．电场力一直做负功C．电势能先减小后增大 D．动能先减小后增加8．如图所示，某排球训练场地的长、宽、球网高分别为、l、，发球点位于BC中点正上方与网等高的点，运动员在点将排球垂直边斜向上击出，恰好擦网落在离网水平距离处的点。不计空气阻力，重力加速度大小为，下列说法正确的是（

）A．排球在空中运动的时间为B．排球离地最大高度为C．排球被击出时的初速度为D．排球落地时速度与水平方向夹角的正切值9．如图所示用超低折射率（折射率低于1.38）材料制成的一直角棱镜，两直角边BC、AC镀银，截面如图所示。现让一束白光从斜边AB的某一点以60°入射，确保依次经BC和AC两次反射，最后从斜边AB出射，仅考虑光在棱镜内部的传播，下列说法正确的是（）A．光的频率越高，在棱镜中的折射角越大B．出射光线的方向与入射光线的方向夹角恒为180°C．光在棱镜中的路程与入射光的频率有关，频率越低路程越短D．若要使光在棱镜中的传播时间最短，材料的折射率约为1.3510．玻尔氢原子模型中，电子绕静止原子核做圆周运动，库仑力提供向心力。轨道半径满足角动量量子化条件，，2，3…，其中m、、、h分别为电子的质量、电子绕核运动的速度、电子绕核运动的轨道半径、普朗克常数，近似认为原子核静止。取无穷远处为零势能面，体系在轨道半径上具有的势能为，k为静电力常数。原子的能量等于电子动能与势能之和。这些量子化的能量值叫做能级。关于下列说法正确的是（

）A．电子在第n轨道的半径B．电子在第n轨道的速度C．电子处在第n能级的能量D．电子从第2轨道跃迁到第1轨道释放光子的频率二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11．下列说法正确的是（）A．图1为应变片测力原理图，在梁的自由端施加向下的力时，上表面拉伸应变片电阻变大B．图2为电感式传感器，物体1带动铁芯2向右移动时，线圈自感系数变大C．图3中的霍尔元件，在金属导体内通过恒定电流，会在、两端产生电势差且D．图4所示时刻线圈的自感电动势正在减小12．如图所示，图甲是氢原子的能级图，氢原子从能级4跃迁到2时辐射出光Ⅰ，从能级5向能级2跃迁时辐射出光Ⅱ。已知光Ⅱ照射到逸出功为2.29eV的阴极K时，能产生光电效应，已知可见光的能量在1.63-3.11eV之间。则（

）A．Ⅰ光照射阴极K，不一定能发生光电效应B．大量处在能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射出3种不同频率的可见光C．同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，Ⅱ光比Ⅰ光的条纹间距小D．Ⅱ光照射阴极K，滑片P向滑可以使电流表示数恰好为零，此时电压表的示数为0.57V13．在如图甲所示的直角坐标系中，以轨迹方程为的圆为边界，圆外为均匀介质Ⅰ，圆内为均匀介质Ⅱ，波源位于坐标原点，波源位于坐标处。时两波源同时开始振动，振动方向均垂直平面（即沿方向），其振动图像相同，如图乙所示。两列波在介质Ⅰ中、Ⅱ中的传播速度分别为和，且。时坐标处的质点刚开始振动，不考虑反射波的影响，则（

）A．时两列波相遇B．波在介质Ⅰ中的传播速度C．两列波干涉稳定后，坐标处的质点振动减弱D．两列波干涉稳定后，在轴上间共有4个振动加强点非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，58分）14．(1)如图所示，某实验小组利用铁架台、刻度尺、弹簧和若干50.0g钩码进行实验，探究弹簧的弹力与伸长量关系。测得所挂钩码质量与弹簧长度的关系如下表（g取9.8m/s2）：钩码质量0.050.0100.0150.0200.0250.0300.0弹簧长度15.0016.8018.6020.4022.2024.0027.50判断弹簧有没有超过弹性限度________（有或没有）；(2)若将弹簧长度减半，值会如何变化：__________（填“增大”、“不变”或“减小”）；15．在质量不变的条件下，探究加速度与力的关系实验时，图甲是教材中的实验方案，图乙是拓展方案，乙方案的实验操作步骤如下：（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；（ⅱ）取下托盘和砝码，测出其总质量为，让小车沿木板下滑，测出加速度大小；（ⅲ）改变砝码的质量和木板的倾角，多次测量，通过作图可得出的关系。两组同学分别按甲、乙两方案做实验，经过严谨、细致的操作，得到的实验数据如图丙、丁所示，图中小点为打点计时器打出的点，A、B、C、…为选定的计数点，试回答下列问题：(1)需要满足条件的方案是_____（填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。(2)打点计时器所接电源的频率为，则图丁中在打点时小车的速度大小________（结果保留两位有效数字）。(3)乙方案得到的实验数据为图___________（填“丙”或“丁”）。16．(1)用螺旋测微器测得某金属丝样品的外径如图所示，其示数___________mm。(2)小明实验小组，用图1所示电路测量某充电宝的电动势与内阻，实验时电压表使用3V量程（已知量程电压表的内阻为），与电压表串联的电阻，某次实验电压表的示数如图2，则此时电阻箱两端电压为________（有效数字与电压表读数相同）。数据处理时如果把电压表视为理想电压表，则由于电压表内阻对实验测量的影响，用该方案测量得到的电动势与真实值相比，测量值________真实值。A、大于

B、小于

C、等于(3)小宇实验小组又设计了如图3电路，其中标准电源的电动势和内电阻已知，分别为，，实验操作如下：①调节电阻箱，电阻阻值调到最大，闭合开关S1、S2，灵敏电流计指针发生偏转；②调节电阻箱，使得灵敏电流计指针刚好不发生偏转，此时；③改变电阻箱，重复实验①②步骤，时灵敏电流计不发生偏转。根据以上实验数据，可以得到该充电宝的电动势_____，内电阻_____（以上两空保留2位有效数字）。17．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，其中为温度是等温膨胀，为绝热膨胀，为温度是等温压缩，为绝热压缩。过程中气体吸热，图中四边形的面积（即循环曲线围成的面积）为450。(1)过程中，容器壁单位面积上受到的作用力___________（选填“增大”“减小”或“不变”），因此该过程中气体___________（选填“吸热”或“放热”）(2)求过程气体对外做的功；过程的放出或吸收热量；(3)此循环的效率为气体对外做的总功与吸热能量的比值（），求。已知：理想卡诺热机效率（代表了热机工作的理论最高极限），比较两者效率大小，判断该循环是否合理。18．某游戏装置的轨道依次由斜面、光滑水平面、传送带及弹簧系统平滑连接构成，最左侧为斜面，斜面底端与水平面平滑连接，水平传送带长为，以速率顺时针匀速转动。传送带右端与水平面平滑连接。右侧装有劲度系数为的弹簧，弹簧右端固定，左端与质量为的框（厚度足够薄）相连。框初始静止在弹簧原长位置点（点离点足够远），所在水平面涂有特殊材料，框向右运动（）时不受摩擦，向左运动（）时受恒定摩擦阻力。现将一可视为质点的质量为的物块从斜面下滑，物块经过传送带后，与框发生完全非弹性碰撞并结为一体。随后在段往复运动，弹簧始终处于弹性限度内。物块与传送带的动摩擦因数为，其它轨道均光滑。已知：，，，，，，，，弹簧的弹性势能，弹簧振子的周期，求：(1)物块刚滑上传送带点时的速度大小；(2)传送带电动机因运送物块而多做的功W；(3)整体碰撞后最终停止的位置离点的距离；(4)整体碰撞后运动的总时间。19．如图所示，该装置的左侧为发电与供电系统，水平放置的光滑金属圆环半径为，由三根互成角的等长金属辐条和金属圆环组成，每根辐条的电阻均为，金属圆环电阻不计，在图中所示的扇形区域内存在平行于圆环轴且垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属圆环绕圆心以角速度顺时针匀速转动。圆心处通过导线与外电路相连，金属圆环通过电刷也与外电路相连，右侧电路中接有一个单刀双掷开关S以及一个电容为的电容器，电容器初始不带电。间距为的光滑水平足够长的导轨上放有一根质量为、电阻为的金属棒，导轨不计电阻。导轨区域存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为，导轨上距金属棒足够远处固定有绝缘点P、O，PO的连线垂直于导轨但不影响金属棒的滑动，右侧放有一个金属框，框的质量为、电阻、其长度和宽度均为l，O点右侧存在垂直导轨平面向里的磁场，其磁感应强度大小随位置到点的水平距离变化，满足（其中为常量），金属棒与金属框发生完全非弹性碰撞，不考虑空气阻力。已知，，，，，，，，求：(1)将开关先接通接线柱1，使电容器充电。求电容器上极板带何种电荷，以及充电稳定后电容器两端的电压；(2)电容充好电后将开关打到2，金属棒稳定运动时的速度大小；(3)求金属棒最终停下的位置与点的水平距离。20．利用电磁场来控制带电粒子的运动在现代科学实验和技术中有广泛的应用。如图甲所示，有一个质量为，带正电的粒子（不计重力），从点由静止释放，经加速电场加速后，沿水平中轴线通过速度选择器，进入边长为的正方形偏转区。速度选择器与偏转区的匀强电场大小均为，方向相反；两区域的匀强磁场磁感应强度大小均为，方向均垂直纸面向外。（已知）(1)求粒子进入速度选择器时的速度大小；(2)若偏转区只有电场，粒子从偏转区右边界射出时的偏转角为，；求粒子的电荷量和加速电压；(3)粒子电荷量为第（2）问中所求的，若偏转区只有磁场，求粒子从偏转区右边界射出时偏离中轴线的距离（结果用来表示）；(4)若有大量粒子以初速度沿水平中轴线进入速度选择器（图乙），且在范围内均匀分布，粒子电荷量均为第（2）问所求的。为了提高速度选择器的精度，要求达到两极板上的粒子总数至少为粒子总量的50%，那么速度选择器的极板长和两板间距分别满足什么条件（最后结果用、和来表示）。答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．C【详解】由洛伦兹力公式，得，其中的单位为，的单位为，的单位为，代入得的单位的单位根据，可得的单位为故选C。2．B【详解】A．研究能否踢出香蕉球时，需要考虑足球的旋转、球的大小和形状对气流的作用，不能忽略足球的自身尺寸与转动，因此不能将足球视为质点，故A错误；B．判断是否进球时，需要关注足球整体是否完全越过球门线，足球自身的大小、形状不可忽略，因此不可以将足球看成质点，故B正确；C．香蕉球的弧线轨迹是空气阻力、马格努斯力（因足球旋转产生的侧向力）共同作用的结果，足球的合外力大小、方向始终变化，加速度是变化的。根据单位时间内速度变化量等于加速度，因此单位时间内速度变化量是改变的，故C错误。D．足球飞行过程中始终受空气阻力，上升过程中竖直方向的合力为重力与阻力的竖直分量同向叠加，加速度大于重力加速度g；下落过程中竖直方向阻力分量与重力反向，加速度小于g。上升和下落的竖直位移大小相等，由运动学规律可知上升时间小于下落时间，故D错误。故选B。3．D【详解】A．机器人匀速直线运动时，包裹处于平衡状态，水平方向不受外力，因此包裹和机器人之间没有摩擦力，仅存在包裹对机器人的压力，故A错误；B．机器人对包裹的作用力与包裹对机器人的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，与运动状态无关，故B错误；C．设包裹质量为m，静止时机器人对包裹的作用力大小等于包裹重力mg；减速运动时，机器人对包裹的竖直支持力仍为mg，同时还提供与运动方向相反的水平摩擦力因此机器人对包裹的合力大小为，故C错误；D．同理可得加速时机器人对包裹的作用力大小为，减速时为机器人对包裹的作用力大小为，由于加速的加速度a1和减速的加速度a2的大小关系不确定，因此加速时机器人对包裹的作用力不一定大于减速时的作用力，故D正确。故选D4．A【详解】核反应过程遵循电荷数守恒和质量数守恒，据此计算的电荷数和质量数：X的质量数为，的电荷数为，所以为电荷数为0、质量数为1的中子。故选A。5．B【详解】A．卫星在A点瞬间加速后进入轨道Ⅱ，此后仅在万有引力作用下运动，机械能守恒，从A到B的过程中机械能不变，A错误；B．设轨道Ⅰ的半径为，轨道Ⅲ的半径为，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为由开普勒第三定律有解得卫星在轨道Ⅱ上的运动周期为从A运动到B所用时间为半个周期，即，B正确；C．轨道Ⅲ的运行周期为，C错误；D．卫星在轨道Ⅱ上经过A点时与在轨道Ⅰ上经过A点时，到地心的距离相同，所受万有引力相同，由可知加速度相同，D错误。故选B6．A【详解】取竖直向上为正方向，根据动量定理可得所以故选A。7．C【详解】A．等差等势面的疏密反映电场强度大小，越靠近中心等势面越密，电场强度越大，可知粒子所受电场力是变化的，故A错误；BC．由图可知，等势面越靠近中心电势越低，粒子沿直线从右侧外部向左侧运动，在该过程中电势先减小后增大，粒子带正电，根据可知，粒子电势能先减小后增大，根据功能关系可知，该过程中电场力先做正功后做负功，故B错误，C正确；D．动能变化取决于合力做功情况，由题中条件只知道电场力做功，无法判断动能的变化，故D错误。故选C。8．D【详解】B．排球从O点被击出后做斜上抛运动，在水平方向上做匀速直线运动；排球从O点运动到球网的水平位移大小为l，可知排球从O点运动到球网的时间是从球网到E点时间的2倍；由斜抛运动的对称性可知排球从最高点到球网的时间与从球网到E点的时间相等，由排球在竖直方向上从最高点做自由落体运动，设排球最高点距离球网上端的高度为，由，可得解得排球离地最大高度为，故B错误；A．由，可得排球从最高点到E点的时间为排球在空中运动的时间为，故A错误；C．排球被击出时的初速度水平分量为竖直分量为排球被击出时的初速度，故C错误；D．排球落地时竖直方向的速度大小为排球落地时速度与水平方向夹角的正切值为，故D正确。故选D。9．B【详解】A．光的频率越高，则折射率越大，根据折射定律可知，在棱镜中的折射角越小，故A错误；B．作出光路图，如图所示根据几何关系可知，光线从AB边射入的折射光线与经AC边反射的光线平行，所以光线经AC边反射后的光线在AB边的入射角与光线从AB边射入的折射角相等，均为α，根据折射定律可知，出射光线与法线的夹角为60°，出射光线与入射光线平行，但方向相反，即出射光线的方向与入射光线的方向夹角恒为180°，故B正确；C．若入射光的频率降低，则折射率减小，根据折射定律可知，光线射入棱镜时的折射角变大，光路图如图所示根据对称性，将光线在棱镜中的传播路程连接到一条直线上，由图可知，光在棱镜中的路程与入射光的频率有关，频率越低路程越长，故C错误；D．由以上分析可知，入射光的频率不同，总路程不同，设总路程为L，则Lcosα相同，设光在棱镜中的传播时间为根据折射定律可得联立可得令，则根据数学知识可知，当，即时，传播时间t最短，即所以，故D错误。故选B。10．C【详解】AB．首先列出玻尔模型的两个核心方程：库仑力提供向心力化简得角动量量子化条件联立解得，，故AB错误；C．原子总能量为动能与势能之和，动能势能故代入的表达式，可得，故C正确；D．电子从跃迁到释放的光子能量满足代入能级公式得因此，故D错误。故选C。11．AD【详解】A．悬臂梁自由端施加向下的力时，梁向下弯曲，上表面被拉伸，下表面被压缩。金属电阻应变片拉伸时长度增加、横截面积减小，电阻变大，故A正确；B．铁芯插入线圈越深，线圈的自感系数越大。图中物体1带动铁芯2向右移动，铁芯从线圈中拔出，插入深度减小，因此自感系数变小，不是变大，故B错误；C．金属导体中载流子为电子。由图可知，电流从端流入，沿长边流向端，电子运动方向与电流相反，即从到。磁场竖直向下，垂直于板面。由左手定则判断，电子受到的洛伦兹力方向向左，因此电子向端偏转，端带负电，端带正电，所以电势关系为，故C错误；D．由右手定则，图中电容器上极板带正电，此时电容器正在放电，电场能转化为磁场能，回路中电流正在增大。电流增大时，电流的变化率逐渐减小，由可知，线圈的自感电动势正在减小，故D正确。故选AD。12．BC【详解】A．首先根据氢原子能级差计算两束光的光子能量，从能级4跃迁到2时辐射出光Ⅰ的能量从能级5向能级2跃迁时辐射出光Ⅱ的能量阴极K逸出功为光Ⅰ的光子能量，满足光电效应发生的条件，因此光Ⅰ照射K一定能发生光电效应，故A错误；B．可见光能量范围为，大量能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的光子中符合该能量区间的跃迁为n=3→n=2（能量）、n=4→n=2（能量）、n=5→n=2（能量），共3种可见光，故B正确；C．光子能量越大，则频率越高、波长越短。光Ⅱ能量更大、波长更短，根据双缝干涉条纹间距公式波长越短条纹间距越小，因此Ⅱ光的干涉条纹间距比Ⅰ光小，故C正确；D．根据光电效应方程光Ⅱ照射时光电子最大初动能电路中光电管加的是反向电压，当电流表示数恰好为零时，反向电压等于遏止电压，满足可得滑片P向滑A的电势高于K的电势，此时是电子被加速，为正向电压，不可以使电流表示数为零，应该是滑片P向滑可以使电流表示数恰好为零时，此时电压表示数为，故D错误。故选BC。13．CD【详解】B．根据圆的轨迹方程可知，圆心坐标为，圆的半径为，则圆与轴左边的交点的坐标为，两波源到点的距离相等，均为。由可知，所以波源发出的波先到达点，速度为波源发出的波的速度为，故B错误；A．时间内波源发出的波传播的距离为此时波源发出的波到达点，两列波的距离为两列波相遇还需时间则两列波相遇的时间为，故A错误；C．波源发出的波第一次到达点的时间为点与波源的距离为波源发出的波第一次到达点的时间为两列波第一次到达点的时间差为由图乙可知，波的周期为，则，所以点振动减弱，故C正确；D．波源发出的波经过时间到达点，将点作为等效新波源，此时波源从平衡位置向下振动，相等于两列振动方向相反的波相互靠近，则在间到两波源的波程差等于半波长的奇数倍的点为振动加强点，波在介质Ⅰ中的波长为则振动加强点的坐标满足关系（其中，为自然数）整理后可得的取值为、、、，即在轴上间共有4个振动加强点，故D正确；故选CD。14．(1)有(2)增大【详解】（1）表中数据显示随钩码质量增加，弹簧长度变化量不再成比例增加，故超出了弹性限度。（2）将原弹簧看作两个一模一样的弹簧串接在一起，挂同样钩码时，整体弹簧的伸长量等于整体一半的伸长量的两倍，故长度减半时，产生同样弹力对应形变量是原来的一半，即弹簧值增大。15．(1)甲(2)0.33(3)丙【详解】（1）对于甲方案，平衡摩擦力后，对整体和小车受力分析，由牛顿第二定律，得拉力只有满足时，才有，因此甲需要满足。对于乙方案，第一步挂上托盘和砝码让小车匀速下滑，受力平衡得取下托盘和砝码后小车下滑的合力合力等于，不需要满足，需要满足条件的方案是甲。（2）打点计时器所接电源的频率为，则相邻计数点间的时间间隔为图丁中在打点时小车的速度大小（3）两方案都把mg作为F值，方案甲近似相等，需小车加速度较小；方案乙真实相等，测出的小车加速度可以大点，由题图丙求出的加速度大小为，由题图丁求出的加速度大小为，故乙方案得到的纸带是图丙。16．(1)3.204##3.205##3.206(2)4.00B(3)4.20.20【详解】（1）由图可知，螺旋测微器其示数（2）[1]由图2可知，电压表最小分度值为0.1V，故读数保留到百分位，即电压表读数为2.50V，则此时电阻箱两端电压为[2]若数据处理时把电压表视为理想电压表，则有若考虑电压表内阻影响，则有可知用该方案测量得到的电动势与真实值相比，测量值小于真实值。故选B。（3）[1][2]灵敏电流计指针刚好不发生偏转时，说明两端电压与两端电压相等，则有代入题中数据，分别有，联立解得，17．(1)增大放热(2)，放热(3)，不合理【详解】（1）由题意可知，C到D过程为等温过程，且气体压强增大，因此容器壁单位面积上受到的作用力增大。[2]C到D气体体积减小，故外界对其做功（即W<0），因为该过程温度不变，因此为0，根据可知，Q<0，即该过程放热。（2）过程气体对外做正功，做功大小为图像围成的面积，过程气体对外做负功，做功大小也是图像围成的面积。过程气体对外做的功与过程气体对外做的功之和W，就是四边形的面积（即循环曲线围成的面积）为450J，即整个过程内能不变，外界对气体做功。整个过程向外界吸收，放热。因、为绝热过程，可知这两个过程不放热、也不吸热，根据因为联立解得可知C到D过程放热（3）结合第（2）问分析，可知因为综上可知，故不合理。18．(1)(2)24J(3)0(4)【详解】（1）斜面AB和B到C的水平面均光滑，物块从A点高度处下滑过程机械能守恒得解得物块刚滑上传送带点时的速度大小（2）物块滑上传送带时速度，小于传送带速度，因此物块在传送带上向右加速，加速度大小若物块一直加速到传送带右端，由运动学公式得到达D点的速度解得说明物块在传送带上先加速到与传送带共速，加速时间此过程传送带的位移电动机多做的功等于传送带克服物块摩擦力做的功（3）物块到达D点速度为与静止在O点、质量为的框发生完全非弹性碰撞，动量守恒得解得碰撞后整体总质量，向右运动时无摩擦，做简谐运动压缩弹簧，仅弹簧弹力作用，平衡位置为O点，根据机械能守恒得解得整体向右运动到最右端速度为0时，距O的距离到最右端后向左运动时受恒定摩擦弹簧弹力与摩擦力平衡时可得静平衡位置距O点的位移物体向左运动，摩擦力向右，弹力向左，则新的平衡位置位于O点右侧处。规定水平向右为正方向，弹簧原长位置O点为坐标原点，当整体从右侧最大位移处（速度为0，开始向左