2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試

考生注意：

1.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和

答題紙規定的位置上。

2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規范作答，在本試題

卷上的作答一律無效。

3,非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應區域內，作圖時可完

使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。

4.可能用到的相關參數：重力加速度g取

選擇題部分

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一

個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

I.下列屬于國際單位制基本單位符號的是（）

A.sB.NC.FD.T

【答案】A

【解析】

【詳解】國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號m；質量的單位是千克，符號kg；時間

的單位是秒，符號s；電流的單位是安培，符號是A；熱力學溫度的單位是開爾文，符號K；物質的量單

位是摩爾，符號mol：發光強度的單位是坎德拉，符號cd。

故選Ao

2.杭州亞運會順利舉行，如圖所示為運動會中的四個比賽場景。在下列研究中可將運動員視為質點的是

（）

A.研究甲圖運動員的入水動作

B.研究乙圖運動員的空中轉體姿態

C.研究閃圖運動員在百米比賽中的平均速度

D.研究丁圖運動員通過某個攀巖支點的動作

【答案】C

【解析】

【詳解】A.研究甲圖運動員的入水幻作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時

運動員不能夠看為質點，故A錯誤：

B.研究乙圖運動員的空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時運動

員不能夠看為質點，故B錯誤：

C.研究丙圖運動員在百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響能夠忽略，此

時運動員能夠看為質點，故C正確：

D.研究丁圖運動員通過某個攀巖支點的動作時，運動員的形狀和體枳對所研究問題的影響不能夠忽略，

此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤。

故選C。

3.如圖所示，質量為，〃的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3,在空中達到最高點2的高度為

/?,則足球（）

2

A.從1到2動能減少mg力B.從1到2重力勢能增加機的

C.從2到3動能增加mghD.從2到3機械能不變

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢能

增加〃3?,則1到2動能減少量大于〃?"，A錯誤，B正確：

CD.從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減小，重力勢能減小〃吆兒則動能增加小于選項CD錯

誤。

故選B。

4.破電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與惻柱

間的磁場都沿半行方向,兩者之間有可轉動的線圈,〃、/八。和d為磁場中的四個點,下列說法TF確的是

A.圖示左側通電導線受到安培力向下B.”、〃兩點的磁感應強度相同

C.圓柱內的磁感應強度處處為零D.cd兩點的磁感應強度大小相等

【答案】A

【解析】

【詳解】A.由左手定則可知，圖示左側通電導線受到安培力向下，選項A正確；

B.0、力兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤：

C.磁感線是閉合的曲線，則圓柱內的磁感應強度不為零，選項C錯誤；

D.因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，選項D錯誤。

故選A,

5.如圖為某燃氣灶點火裝置的原理圖。直流電經轉換器輸出〃=5sin100加(V)的交流電，經原、副線圈

匝數分別為々和%的變壓器升壓至峰值大于10kV,就會在打火針和金屬板間引發電火花，實現點火。F

列正確的是()

n7

A~~2<-----

,%20000

%1

B—<----

,n22(X)()

C.用電壓表測原線圈兩端電壓，示數為5V

D.副線圈輸出交流電壓的頻率是100Hz

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.原線圈兩端電壓的有效值

■令考v

根據電壓匝數關系有

a_~1%

U?n2

變壓器副線圈電壓的峰值

4皿=廊2

根據題怠回

U2mx>10x10,

解得

〃2>20000,區<1

2000

故A錯誤，B正確;

C.用電壓表測原線圈兩端電壓，電壓表測是有效值，則示數為

考v

故c錯誤;

D.根據

半=2;r/=10()4Hz

解得

/=50Hz

變壓器不改變頻率，則副線圈輸出交流電壓的頻率是50Hz,故D錯誤。

故選B。

6.如圖所示，在同一豎直平面內，小球A、B上系有不可伸長的細線“、氏c和d,其中。的上端懸掛于

豎直固定的支架上，d跨過左側定滑輪、c跨過右側定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調節左、右兩側定

滑輪高度達到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質量均為50g,細線C、d干行且與水平成〃=30。（不

計摩擦），則細線〃、〃的拉力分別為（)

LQ

PO

A.2N,INB.2N,0.5NC.IN,IND.IN,0.5N

【答案】D

【解析】

【詳解】由題意可知細線c對A的拉力和細線d對B的拉力大小相等、方向相反，對A、B整體分析可知

細線a的拉力大小為

（=。縱+%）g=N

設細線人與水平方向夾角為a,對A、B分析分別有

Thsina+TsinO=

Thcosa-Tdcos0

解得

4=0.5N

故選D.

7.已知笊核質量為2.0141U,笈核質量為3.016ki,軌核質量為4.0026u,中子質號為1.0087u,阿伏加

德羅常數NA取6.0x1（）23moL,笊核摩爾質量為2gmo『，lu相當于931.5MeV。關于笊與瓶聚變成

氮，下列說法正確的是（）

A.核反應方程式為：H+：HHe+；）n

B.今核的比結合能比氮核的大

C.宛核與旅核的間距達到l（）7°m就能發生核聚變

D.乙g笊完全參與聚變釋放出能量的數量級為10"MeV

【答案】D

【解析】

【詳解】A.核反應方程式為

:H+：Hf；He+\n

故A錯誤；

B.笊核的比結合能比氮核的小，故B錯誤；

C.笊核與毓核發生核聚變，要使它們間的距離達到Kfi'm以內，故C錯誤：

D.一個笊核與一個旅核聚變反應質量虧損

=(2.0141+3.0161-4.0026-1.0087)u=0.0189u

聚變反應釋放的能量是

A￡=Am?931.5MeV?17.6MeV

4g父完全參與聚變釋放出能量

E=-x6xlO23xAE?2.11xlOlsMcV

2

數量級為IO'，MeV，故D正確。

故選D。

8.如圖所示，小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水

恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿已知桶高為從直徑為。，則水離開出水口的速度大小為

()

細水管

B.2

4

D.（應+1）陪

V4〃

【答案】C

【解析】

【詳解】設出水孔到水桶中心距離為心則

落到桶底A點時

解得

故選C。

9.如圖所示，2023年12月9日“朱雀二號”運載火箭順利將“鴻鵠衛星”等三顆衛星送入距離地面約

500km的軌道。取地球質量6.0x102』kg,地球半徑6.4x10,km，引力常量6.67乂10-小012/1^2。

下列說法正確的是（）

A.火箭的推力是空氣施加的B.衛星的向心加速度大小約8.4m/s2

C,衛星運行的周期約12hD,發射升空初始階段，裝在火箭上部的衛星處于失

重狀態

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據反沖現象的原理可知，火箭向后噴射燃氣的同時，燃氣會給火箭施加反作用力，即推

力，故A錯誤：

B.根據萬有引力定律可知衛星的向心加速度大小為

FGM2

a=-=---------rx8.4m/s

m(/?+/?)■

故B正確：

C.衛星運行的周期為

7=2兀，猊-L6h

故C錯誤：

D.發射升空初始階段，火箭加速度方向向上，裝在火箭上部的衛星處于超重狀態，故D錯誤。

故選B。

10.如圖1所示，質量相等的小球和點光源，分別用相同的彈簧豎直懸掛于同一水平桿上，間距為/,豎直

懸掛的觀測屏與小球水平間距為2/,小球和光源做小振幅運動時，在觀測屏上可觀測小球影子的運動。以

豎直向上為正方向，小球和光源的振動圖像如圖2所示，則（）

B.時刻光源的加速度向上

C.〃時刻小球與影子相位差為乃D.4時刻影子的位移為5A

【答案】D

【解析】

【詳解】A.以豎直向上為正方向，根據圖2可知,打時刻，小球位于平衡位置，隨后位移為負值，且位

移增大，可知，。時刻小球向下運動，故A錯誤；

B.以豎直向上為正力向，，2時刻光源的位移為正值，光源振動圖像為正弦式，表明其做而諧運動，根據

%=-kx=ma

可知，其加速度方向與位移方向相反，位移方向向上，則加速度方向向下，故B錯誤；

C.根據圖2可知，小球與光源的振動步調總是相反，由于影子是光源發出的光被小球遮擋后，在屏上留

下的陰影，可知，影子與小球的振動步調總是相同，即，2時刻小球與影子相位差為0,故C錯誤；

D.根據圖2可知，“時刻，光源位于最低點，小球位于最高點，根據直線傳播能夠在屏上影子的位置也

處于最高點，影子位于正方向上的最大位移處，根據幾何關系有

/_A+4

7+2/A+x彰子

解得

=54

即G時刻影子的位移為5A，故D正確。

故選D。

II.如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為％。正對M放置?金屬網N,在

M、N之間加恒定電壓（7。己知M、N間距為4（遠小于板氏），電子的質量為/〃，電荷量為e,則

A.M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大

B.只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能g〃爐+eU

C.電子從M到N過程中），方向位移大小最大為%d楞

2

D.M、N間加反向電壓把四時電流表示數恰好為零

4e

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.根據動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到到達N板時

則到達N板時的動能為

%=刈+5〃慌

與兩極板間距無關，與電子從金屬板中逸出的方向無關，選項AB錯誤；

C.平行極板M射出的電子到達N板時在丁方向的位移最大，則電子從M到N過程中y方向最大位移為

)'=M

j1Ue2

d=------r

2dm

解得

，=%"楞

選項c正確：

D.M、N間加反向電壓電流表示數恰好零時，則

〃1,

eUc=-m\^

解得

U二強

'2e

選項D錯誤

故選C。

1（11A

12.氫原子光譜按頻率展開的譜線如圖所示,此四條譜線滿足巴耳末公式丁=R-V--r,〃=3、4、

%\2n）

A.原射同一單縫衍射裝置，光的中央明條紋寬度寬

B.以相同的入射角斜射入同一平行玻璃磚，光的側移量小

C.以相同功率發射的細光束，真空中單位長度上Hy光的平均光子數多

D.相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，光的飽和光電流小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據巴耳東公式可知，光的波K較K。波K越K,越容易發生明顯的衍射現象，故照射同

一單縫衍射裝置，”丫光的中央明條紋寬度寬，故A錯誤；

B.Hy光的波長較長，根據

可知”.'光的頻率較小，則光的折射率較小，在平行玻璃磚的偏折較小，"y光的側移量小，故B錯誤；

C.光的頻率較小，“7光的光子能量較小，以相同功率發射的細光束，"y光的光子數較多，真空中單

位長度上”丫光的平均光子數多，故c正確；

D.若兒、光均能發生光電效應，相同光強的光分別照射同一光電效應裝置，"丫光的頻率較小，Hy

光的光子能量較小，”y光的光子數較多，則光的飽和光電流大，光的飽和光電流小，故D錯誤。

故選C。

13.若通以電流/的圓形線圈在線圈內產生的磁場近似為方向垂直線圈平面的勻強磁場，其大小B=kJ(k

的數量級為lO-T/A)?現有橫截面半徑為hnm的導線構成半徑為1cm的圓形線圈處于超導狀態，其電阻

率上限為1()26。.m。開始時線圈通有100A的電流，則線圈的感應電動勢大小的數量級和一年后電流減

小量的數量級分別為()

_23-5-5

A.10—23丫，I0-7AB.10"。v，10-?Ac.IOV?10AD.lO^)V,10A

【答案】D

【解析】

【詳解】線圈中電流/(f)的減小將在線圈內導致自感電動勢，故

其中L代表線圈的自感系數，有

一

I

在計算通過線圈的磁通量①時，以導線附近即4處的8為最大，而該處B又可把線圈當成無限長載流導線

所產生的，根據題意

B=kl

L=kS=kTcrf

根據電阻定律有

2m2r

R=P一：=pry

町-不

聯立解得

A,2/pAz2X100X10-26X365X24X36006_

1A5A>

A，=^?=10-X3.14X10^（10-92一叱”

則線圈的感應電動勢大小的數量級和一年后電流減小量的數量級分別為I0-20V,10-5AO

故選D。

二、選擇題n（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一

個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得。分）

14.下列說法正確的是（）

A.相同溫度下，黑體吸收能力最強，但輻射能力最弱

B.具有相同動能的中子和電子，其德布羅意波長相同

C.電磁場是真實存在的物質，電磁波具有動量和能量

D.自然光經玻璃表面反射后，透過偏振片觀察，轉動偏振片時可觀察到明喑變化

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.相同溫度下，黑體吸收和輻射能力最強，故A錯誤：

B.根據

'_h_h

P怎

具有相同動能的中子和電子，電子質量較小，德布羅意波長較長，故B錯誤；

C.電磁場是真實存在的物質，電磁波具有動量和能量，故C正確：

D.自然光在玻璃、水面等表面反射時，反射光可視為偏振光，透過偏振片觀察，轉動偏振片時能觀察到

明喑變化，故D正確。

故選CD。

15.在如圖所示的直角坐標系中，xOz平面為介質I和I［的分界面（z軸垂直紙面向外）。在介質I中的尸

（0.42）處有一點波源，產生波長為2、速度為u的波。波傳到介質II中，其速度為夜y,圖示時刻介

質H中僅有一個波峰，與x軸和），軸分別交于和S點，此時波源也恰好位于波峰。M為。、/?連線的中

點，入射波與反射波在。點相干加強，則（）

A.介質n中波的頻率為"B.S點的坐標為K）,_曰）

C.入射波與反射波在M點相干減弱D.折射角。的正弦值sin。=|后

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.波從一種介質到另一種介質，頻率不變，故介質II中波的頻率為

故A錯誤；

B.在介質H中波長為

矛=叵=&

f

由于圖示時刻介質n中僅有一個波峰，與x軸和），軸分別交于4和s點，故s點的坐標為（0,-仞），故

B正確：

C.由于S為波峰，且波傳到介質II中，其速度為近1，圖示時刻介質H中僅有一個波峰，與x軸和y軸分別

交于R和S點，則R也為波峰，故P到R比P到O多一個波峰，則

PR=5九

則

OR=3A

由于

|MO—工2小段或（2〃+1）日

故不在減弱點，故C錯誤；

D.根據

注=三=6

2

則

sina

n=~0R

~PR

解得

sina=-5/2

故D正確。

故選BD。

非選擇題部分

三、非選擇題（本題共5小題，共55分）

16.如圖I所示是“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置。

圖1

（1）該實驗中同時研究三個物理量間關系是很困難的，因此我們采用的研究方法是：

A.放大法B.控制變量法C.補償法

（2）該實驗過程中操作正確的是一：

A.補償阻力時小車未連接紙帶

B.先接通打點計時器電源，后釋放小年

C.調節滑輪高度使細繩與水平桌面平行

（3）在小車質量一（選填“遠大于”或“遠小于”）槽碼質量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重

力。上述做法引起的誤差為一（選填“偶然誤差”或“系統誤差”）。為減小此誤差，下列可行的方案是

---?

A.用氣墊導軌代替普通導軌，滑塊代替小車

B.在小車上加裝遮光條，用光電計時系統代替打點計時器

C.在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉力大小

（4）經正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計數點0為坐標原點的x軸，各計數點的位置坐標

分別為0、4、…、/。已知打點計時器的打點周期為T,則打計數點5時小車速度的表達式丫=一:

小車加速度的表達式是一。

0X]x2xyx4x5x6

0123456,v

012345678910II1213141516171819202122252425262728293O3I5235M35363738W444)4243444546474K4950

cm

圖2

3上空C.”…14《*力

(15T)-(37)~(lOT)2

4

【答案】①.B②.B③.遠大于④.系統誤差⑤.C⑥.2廠⑦.A

10T

【解析】

【詳解】(1)[1]該實驗中同時研究三個物理量間關系是很困難的，因此我們可以控制其中一個物理量不

變，研究另外兩個物理量之間的關系，即采用了控制變量法。

故選B。

(2)(2]A.補償阻力時小車需要連接紙帶，一方面是需要連同紙帶所受的阻力一并平衡，另外一方面是通

過紙帶上的點間距判斷小車是否在長木板上做勻速直線運動，故A錯誤；

B.由于小車速度較快，且運動距離有限，打出的紙帶長度也有限，為了能在長度有限的紙帶上盡可能多地

獲取間距適當的數據點，實驗時應先接通打點計時器電源，后樣放小車，故B正確；

C.為使小車所受拉力與速度同向，應調節滑輪高度使細繩與長木板平行，故C錯誤。

故選B。

(3)[3]設小車質量為例，槽碼質量為〃人對小車和槽碼根據牛頓第二定律分別有

F=Ma

"zg-F=ma

聯立解得

產「Mmg

m+M

由上式可知在小車質量遠大于槽碼質量時，可以認為細繩拉力近似等于槽碼的重力。

⑷[二述做法引起的誤差是由于實驗方法或原理不完善造成的，屬于系統誤差。

⑸該誤差是將細繩拉力用槽碼重力近似替代所引入的，不是由于車與木板間存在阻力(實驗中已經補償了

阻力)或是速度測量精度低造成的，為減小此誤差，可在小車與細繩之間加裝力傳感器，測出小車所受拉

力大小C

故選C。

(4)[6]相鄰兩計數點間的時間間隔為

t=5T

打計數點5時小車速度的表達式為

v=

2/107

⑺根據逐差法可得小車加速度的表達式是

G=a一占一占二％一23

(31)2-(15T)2

故選A。

17.在“觀察電容器的充、放電現象”實驗中，把電阻箱A(09999。)、一節干電池、微安表(量程

0300W\,零刻度在中間位置)、電容器C(2200RF、16V)、單刀雙擲開關組裝成如圖I所示的實驗

電路。

(1)把開關S接1,微安表指針迅速向右偏轉后示數逐漸減小到零：然后把開關S接2,微安表指針偏轉

情況是一；

A.迅速向右偏轉后示數逐漸減小B.向右偏轉示數逐漸增大

C.迅速向左偏轉后示數逐漸減小D.向左偏轉示數逐漸增大

(2)再把電壓表并聯在電容器兩端，同時觀察電容器充電時電流和電壓變化情況。把開關S按1,微安表

指針迅速向右偏轉后示數逐漸減小到16()RA時保持不變；電壓表示數由零逐漸增大，指針偏轉到如圖2所

示位置時保持不變，則電壓表示數為_V,電壓表的阻值為—kC(計算結果保留兩位有效數字)。

圖1圖2

【答案】①.C②.0.50③3.1

【解析】

【詳解】(1)[1]把開關S接1,電容格充電，電流從右向左流過微安表，微安表指針迅速向右偏轉后示數

逐漸減小到零；把開關S接2，電容器放電，電流從左向右流過微安表，則微安表指針迅速向左偏轉后示

數逐漸減小。

故選C。

(2)[2]由題意可知電壓表應選用0~3V量程，由圖2可知此時分度值為0.1V,需要估讀到0.01V,則讀數

為0.50V。

[3]當微安表示數穩定時，電容器中不再有電流通過，此時干電池、電阻箱、微安表和電壓表構成回路，根

據閉合電路歐姆定律有

p15

R+Rv=—=——^―-C=9.375kC

I160x10^

根據串聯電路規律有

R41.5-0.5c

—=-=--------=2

心40.5

聯立可得

Rv?3.1kQ

18.在探究熱敏電阻的特性及其應用的實驗中，測得熱敏電阻凡，在不同溫度時的阻值如下表

溫度/℃419.014.320.028.038.245.560.4

電阻/

2201601006045302515

（IO?。）

某同學利用上述熱敏電阻用、電動勢￡=3V（內阻不計）的電源、定值電阻R（阻值有3kQ、5kC、

12kfl三種可供選擇）、拴制開關和加熱系統，設計了A、B、C三種電路。因環境溫度低于2（TC,現要求

將室內溫度控制在20℃28℃范圍，且1、2兩端電壓大于2V,控制開關開啟加熱系統加熱，則應選擇

的電路是一，定值電阻R的阻值應選一kQ，1、2兩端的電壓小于_V時，自動關閉加熱系統（不考

慮控制開關對電路的影響）。

【答案】①.C②.3③.1.8

【解析】

【詳解】[1]A.電路A,定值電阻和熱敏電阻并聯，電壓不變，故不能實現電路的控制，故A錯誤；

B.定值電阻和熱敏電阻串聯，溫度越低，熱敏電阻的阻值越大，定值電阻分得電壓越小，無法實現1、2兩

端電壓大于2V,控制開關開啟加熱系統加熱.故B錯誤：

C.定值電阻和熱敏電阻串聯，溫度越低，熱敏電阻的阻值越大，熱敏I口阻分得電壓越大，可以實現1、2兩

端電壓大于2V,控制開關開啟加熱系統加熱。故C正確。

故選C。

⑵由熱敏電阻均在不同溫度時的阻值表可知，2。。C的阻值為

60xl00Q=6kQ

由題意可知

6kC

x3V=2V

6kC+R

解得

R=3kC

3

（3]28℃時關閉加熱系統，此時熱敏電阻阻值為4.5kH,此時】、2兩點間的電壓為^^x4.5V=1.8V

4.5+3

則1、2兩端的電壓小于I.8V時，自動關閉加熱系統。

19.如圖所示，一個固定在水平面上的絕熱容器被隔板A分成體積均為匕=750cnf的左右兩部分。面雙

為S=100cm2的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的左側為真空，右側中?定質量的理想氣體處于溫度

7；=300K、壓強用=2.04xl（）5paH勺狀態1。抽取隔板A,右側中的氣體就會擴散到左側中，最終達到

狀態2。然后解鎖活塞B,同時施加水平恒力凡仍使其保持靜止，當電阻絲C加熱時，活塞B能緩慢滑

動（無摩擦），使氣體達到溫度A=350K的狀態3,氣體內能增加△U=63.8J。已知大氣壓強

5

po=l.OlxlOPa,隔板厚度不計。

（1）氣體從狀態1到狀態2是一（選填“可逆”或“不可逆”）過程，分子平均動能—（選填“增

大”、“減小”或“不變”）：

（2）求水平恒力下的大小；

（3）求電阻絲C放出的熱量Q。

：]c

【答案】（1）氣體從狀態1到狀態2是不可逆過程，分子平均動能不變；（2）10N；（3）89.3J

【解析】

【詳解】（1）根據熱力學第二定律可知，氣體從狀態1到狀態2是不可逆過程，由于隔板A的左側為真

空，可知氣體從狀態1到狀態2,氣體不做功，又沒有發生熱傳遞，所以氣體的內能不變，氣體的溫度不

變，分子平均動能不變。

（2）氣體從狀態1到狀態2發生等溫變化，則有

噌二，2?2匕

解得狀態2氣體的壓強為

%=^-=1.02xl05Pa

-2

解鎖活塞B,同時施加水平恒力F,仍使其保持靜止，以活塞B為對?象，根據受力平衡可得

P2s=P°S+F

解得

554

F=（/?2-po）S=（l.O2xlO-l.OlxlO）xlOOxlO_N=lON

（3）當電阻絲C加熱時，活塞B能緩慢滑動（無摩擦），使氣體達到溫度（=350K的狀態3,可知氣體

做等壓變化，則有

型=及

T、Tz

可得狀態3氣體的體積為

T350

乂=2?2匕=Jx2x750cm3=1750cm3

7；1300

該過程氣體對外做功為

W=P?AV=〃式匕-2匕）=1.02x105x（1750-2x75O）xIO_6J=25.5J

根據熱力學第一定律可得

△U=-W+Q'

解得氣體吸收的熱量為

Q'=AU+W=63.8J+25.5J=89.3J

可知電阻絲C放出的熱量為

Q=Q，=89.3J

20.某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角6=37。的宜軌道A8,半徑R=lm的圓弧軌道8c。，長

度L=1.25m、傾角為。的直軌道。￡,半徑為心圓心角為。的圓弧管道石廠組成，軌道間平滑連接。

在軌道末端廠的右側光滑水平面上緊靠著質量〃?=0.5kg滑塊從其上表面與軌道末端產所在的水平面平

齊。質量/〃=0.5kg的小物塊。從軌道A"上高度為人靜止釋放，經惻弧軌道3CZ）滑上軌道7）石，軌道

OE由特殊材料制成，小物塊〃向上運動時動摩擦因數4=0.25,向下運動時動摩擦因數〃2=0.5,且

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊〃滑塊8上滑動時動摩擦因數恒為〃1,小物塊a動到滑塊右仰.的

豎直擋板能發生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°=0.6,

cos37°=0.8)

（1）若/z=0.8m,求小物塊

①第一次經過。點的向心加速度大小:

②在DE上經過的總路程:

③在OE上向上運動時間f上和向卜運動時間外之比。

【答案】(1)①16mzs2：②2m：③1：2：(2)0.2m

【解析】

【詳解】（1）①對小物塊。從A到第一次經過。的過程，根據機械能守恒定律有

mgh=；

第一次經過。點向心加速度大小為

〃樣=*6心

②小物塊〃在。E上時，因為

出mgcos0<mgsin0

所以小物塊a每次在OE上升至最高點后一定會下滑，之后經過若干次在。￡上的滑動使機械能損失，錄終

小物塊。將在8、。向往復運動，且易知小物塊每次在。￡上向上運動和向下運動的距離相等，設其在。石

上經過的總路程為s,根據功能關系有

mg[hcos<9)]=(必〃田cos0+cos8)；

解得

.y=2m

③根據牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向卜.運動的加速度大小分別為

%=gsine+Kgcose=8m//

a卜二gsin0-42gcos0=2m/s2

將小物塊〃在。E上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據運動學公式有

1212

5。〃上=/〃卜外

解得

(2)對小物塊a從A到產的過程，根據動能定理有

gmvj.=rn^[h-Lsin0-2/?(l-cos0)]-內mgLcos0

解得

vF=2m/s

設滑塊長度為/時，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時二者達到共同速度y,根據動量守恒定律和能量守恒定

律有

mvF=2mv

gmvj.=；-2inv2+2內mgl

解得

/=0.2m

21.如圖I所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關于

O'。”軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質彈簧的下端O,彈簧上端固定懸掛在0'點，三個相同的關于

O'O"軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的

線圈和固定在桌面上能產生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處

磁感應強度大小均為從處于靜止狀態的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動，

其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知，=0時速度為％,方向向下，4、J時刻的振幅分別為A，

&。平臺和三個線圈的總質量為/〃，彈簧的勁度系數為匕每個線圈半徑為八電阻為用當彈簧形變量為

△x時，其彈性勢能為'kAd。不計空氣阻力，求

2

(1)平臺靜止時彈簧的伸長量Ax：

(2)f=0時，每個線圈所受到安培刀廠的大小：

(3)在06時間內，每個線圈產生H勺焦耳熱。；

(4)在乙G時間內，彈簧彈力沖量/外的大小。

【答案】⑴苧⑵也衛；⑶為畸-⑷響pami

【解析】

【詳解】(I)平臺靜止時，穿過三個線圈的的磁通量不變，線圈中不產生感應電流，線圈不受到安培力作

用，。點受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量

A”整

k

(2)在f=()時速度為%,設每個線圖的周長為L由電磁感應定律可得線圈中產生的感應電流

I_E_BLv()_3%x2rjt_2%r九8

~~R~R-R一—一R~

每個線圈所受到安培力”的大小

小帆=包產

(3)由減震器的作用平臺上下不移動，由能量守恒定律可得平臺在06時間內，振動時能量的減少量為

。，由能量守恒定律

。'+〃7幽=；"嗚+g〃(AY)2A(Ax-A)

在0乙時間內，振動時能量的減少轉化為線圈的焦耳熱，可知每個線圈產生的焦耳熱

（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得

心+4，=0

其中

，G=，*"）

/A=3x2/zr8A/

2.田（4-A2）

△q~~R~

聯立解得彈簧彈力沖量小的大小為

/.1242r2夕（4-4）

4=mg&F----------尸一2

22.類似光學中的反射和折射現象，用磁場或電場調控也能實現質子束的“反射”和“折射”。如圖所

示，在豎直平面內有三個平行區域I、n和ni：I區寬度為4存在磁感應強度大小為以方向垂直平面

向外的勻強磁場，H區的寬度很小。I區和川區電勢處處相等，分別為例利。山，其電勢差

U