2024年浙江选考仿真模拟卷(五)-2024年浙江省高中物理选考二轮复习解密

2024年浙江选考仿真模拟卷（五）
物理
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写 在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
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．国际单位制中电阻的单位符号是Ω，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，下列选项正确的是（ ） A ．kg⋅m 2s⋅A 2 B ．
kg⋅m 2s 3⋅A C ．
kg⋅m
s⋅A
D ．
kg⋅m 2
s 3⋅A 2
【解答】解：结合电阻的定义、电压的定义、电流的定义、功的定义和牛顿第二定律公式可得： R =
U I =W I⋅q =Fs I⋅It =mas
I⋅It
故1Ω=kg⋅m⋅s −2⋅m A 2⋅s =kg⋅m 2s 3⋅A
2 A 、B 、C 错误，D 正确。

故选：D 。

2．理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律。

以下实验中属于理想实验的是（ ） A ．验证力的平行四边形定则实验
B ．伽利略的对接斜面实验
C ．用打点计时器测物体加速度的实验
D ．测定反应时间的实验
【解答】解：A 、验证平行四边形定则是采用等效替代的方法，验证互成角度两力的合成规律，
是验证性实验，故A错误；
B、伽利略的斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理
想实验，故B正确；
C、用打点计时器测加速度度是在实验室进行的，是测量性的实际实验，故C错误；
D、利用自由落体运动测定反应时间是可以实验室进行是实际实验，故D错误；
故选：B。

3．仰卧起坐（SITUP），是一种常见的体育运动，能增强腹部肌肉的力量。

《国家学生体质健康标准》规定高一年级女生一分钟仰卧起坐完成23个得60分，完成53个得100分。

某高中女生在一分钟内完成40个，估算她在这个过程中的平均功率（）
A．70W B．700W C．1000W D．1400W
【解答】解：该女生身高约h＝1.6m，每次上半身重心上升的距离约为：h′=1
2
×0.4h＝0.2×1.6m
＝0.32m
她每一次克服重力做的功为：W＝0.6mgh′＝0.6×50×10×0.32J＝96J 1min内她克服重力所做的总功为：W'＝40W＝40×96J＝3840J
她克服重力做功的平均功率为：P=W′
t
=3840
60W＝64W，约为70W，故A正确，BCD错误
故选：A。

4．如图所示，倾角为θ、质量为2m的斜面A置于粗糙的水平面上，斜面上放有质量为m的物体B，一被压缩的轻弹簧水平夹在B与竖直墙壁之间。

已知A与B间，A与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，最大静摩擦力等于动摩擦力，重力加速度为g，弹簧处于弹性限度内。

若A、B 始终保持静止，则（）
A．A一定受到5个力作用
B．A受到地面对其水平向左的摩擦力
C．弹簧的弹力一定为mgtanθ
D．A受到地面的摩擦力大小一定为3μ2mg
【解答】解：A．A一定会受到重力，B对A的压力，地面的支持力和地面的摩擦力，B对A是否有摩擦与弹簧弹力大小有关，如果弹簧的弹力合适满足mgsinθ＝kxcosθ，可能B对A恰好没有摩擦，因此A可能受4个力作用，故A错误；
B．根据整体法，将A、B作为一个整体，根据平衡条件，可知地面对A的摩擦力水平向左，与弹簧对B的弹力等大反向，故B正确；
C．若A、B之间恰好没有摩擦力，对物体B进行受力分析，根据平衡条件可知mgsinθ＝kxcosθ，此时的弹力kx＝mgtanθ
若弹力稍大，则物体B有上滑的趋势，受斜面的摩擦力沿斜面向下，因此弹簧的弹力不一定为mgtanθ，故C错误；
D．由于A与地面之间是静摩擦力，不能按滑动摩擦力公式计算，摩擦力的大小是由弹簧的弹力大小决定的，故D错误。

故选：B。

5．2022年10月9日，中国成功发射“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，卫星进入预定的太阳同步晨昏轨道，可全年不间断对日观测。

已知卫星在距地面720km的近似圆形轨道上绕地运行，周期为99min。

下列说法正确的是（）
A．“夸父一号”的发射速度大于11.2km/s
B．“夸父一号”的运行速度大于7.9km/s
C．“夸父一号”的角速度大于地球自转的角速度
D．“夸父一号”受到的向心力大于地球同步卫星受到的向心力
【解答】解：A．第一宇宙速度7.9km/s是发射绕地卫星的最小速度，第二宇宙速度11.2km/s是卫星离开地球飞向太阳的最小发射速度，“夸父一号”的发射速度小于11.2km/s，故A错误；
B．第一宇宙速度是绕地运行卫星的最大速度，“夸父一号”的运行速度小于7.9km/s，故B错误；
C．“夸父一号”的周期小于地球自转周期，根据角速度和周期的关系式ω=2π
T可知，“夸父一号”
的角速度大于地球自转的角速度，故C正确；
D．卫星质量未知，所受向心力无法比较，故D错误。

故选：C。

6．宇宙飞船从地面发射后，要与环绕地球做匀速圆周运动的轨道空间站对接，下列说法正确的是
A．飞船必须先到达比空间站高一点的轨道，然后减速与空间站对接
B．飞船必须从同轨道前方减速与空间站对接
C．飞船可以从较低轨道加速后与空间站对接
D．飞船必须从同轨道后方加速与空间站对接
【解答】解：A、如果先进入高轨道会减速，这样你加速所消耗内能增多，而且在最终要追上空间站，当从高轨道降到空间站轨道，速度过快。

在减速的话总体浪费的内能多，故A错误；
BCD、在相同的轨道上加速，会做离心运动，离开圆轨道，减速，万有引力大于所需向心力，会做近心运动，也会离开圆轨道，所以要实现对接。

在低轨道加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，而运动到高轨道；故B、D错误，C正确。

故选：C。

7．某个智能玩具的声响开关与LC电路中的电流有关，如图所示为玩具内的LC振荡电路部分。

已知线圈自感系数L＝2.5×10﹣3H，电容器电容C＝4μF，在电容器开始放电时（取t＝0），上极板带正电，下极板带负电，则（）
A．LC振荡电路的周期T＝π×104s
B．当t＝π×10﹣4s时，电容器上极板带正电
C．当t=π
3
×10﹣4s时，电路中电流方向为顺时针
D．当t=2π
3
×10﹣4s时，电场能正转化为磁场能
【解答】解：A．由公式T=2π√LC得LC振荡电路的固有周期为：T＝2π√2.5×10−3×4×10−6=2π×10﹣4s，故A错误；
B．t＝π×10﹣4s时，电容器反向充满电，所以上极板带负点，故B错误；
C．t=π
3
×10﹣4s是0−T4之间，电容器正在放电，放电电流是由正极板流向负极板，为顺时针电流，
故C正确，
D．t=2π
3
×10−4s是
T
4
−
T
2
之间，电容器正在充电，磁场能转化为电场能，故D错误；
8．如图所示的电场中，虚线a、b、c为三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab＝U bc，一带正电的粒子仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹如图中实线所示，P、Q是这条轨迹上的两点，由图可知（）
A．带电粒子在P点的电势能比在Q点小
B．带电粒子在P点的动能比在Q点大
C．a、b、c三个等势面中，a的电势最高
D．带电粒子在P点时的加速度比在Q点的加速度大
【解答】解：AB．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，带电质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，故AB错误；
C．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故C错误；
D．等势线密的地方场强大，故P点位置电场强度大，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，带电粒子在P点时的加速度比在Q点的加速度大，故D正确。

故选：D。

9．烟花弹从竖直的炮筒被推出，升至最高点后爆炸。

上升的过程由于空气阻力的影响，v﹣t图像如图所示，从推出到最高点所用的时间为t，上升的最大高度为H，图线上C点的切线与AB平行，t0、v C为已知量，且烟花弹t0时间内上升的高度为h，则下列说法正确的是（）
A．烟花弹上升至最高点时，加速度大小为零
B．烟花弹上升至最高点过程中，空气阻力大小不变
C ．烟花弹刚从炮筒被推出的速度v 满足
vt 2
＜H
D ．烟花弹刚从炮筒被推出的速度v 满足
(v+v c )t 0
2
＞ℎ
【解答】解：A 、烟花弹上升至最高点时，受重力作用，加速度为g ，故A 错误；
B 、v ﹣t 图像切线的斜率代表加速度，由图可知，烟花弹的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得：mg+f ＝ma
则空气阻力逐渐减小，故B 错误；
C 、连接AB 两点，烟花弹做匀变速直线运动，位移为H ′=vt
2 v ﹣t 图像与坐标轴所围面积表示位移，由图可知H ＜H ′=vt
2
故C 错误；
D 、连接AC 两点，从0～t 0时间，烟花弹做匀变速直线运动，烟花的位移为h ′=(v C +v)t 0
2
由图可知h ′＜h =(v C +v)t 0
2
故D 正确； 故选：D 。

10．2021年5月28日，我国“人造太阳”打破世界纪录，成功实现1.2亿摄氏度运行101秒。

其结构如图所示，在“人造太阳”周围，距“人造太阳”中心L 处有多个半径均为r 的圆形能量接收装置（r ≪L ），中心和圆心连线与接收装置平面垂直。

“人造太阳”内部发生的氘﹣氚聚变的核反
应方程为a 12H +b 13H →d 24He ++01n ，
假设释放出的能量都转化为光能，接收装置完全吸收光能并全部输出，经时间t 测得反应物的质量减少了Δm ，记光速为c 。

则下列说法正确的是（ ）
A ． 24He 的比结合能比 13
H 的小
B ．方程中未知量满足a ＝2d+b
C ．一次氘﹣氚聚变释放的能量为Δmc 2
D．单个接收装置对外输出功率P=Δmc2r2 4L2t
【解答】解：A、该核反应释放能量，生成的24He更稳定，因此24He的比结合能比13H的大，故A 错误；
B、结合核反应过程中电荷数守恒可得a+b＝2d，即a＝2d﹣b，故B错误；
CD、由质能方程得t时间内“人造太阳”释放的能量为E＝Δmc2，并非一次聚变释放的能量，
以“人造太阳”的中心为球心，L为半径的球面上，单位面积接收到的能量为E=
E
4πL2
，单个接
收装置接收到的能量为E0=E•πr2，则单个接收装置的功率为
P=E0
t
=Δmc
2r2
4L2t
，故C错误，D正确。

故选：D。

11．掷冰壶又称冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，是冬奥会比赛项目。

在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示。

碰撞前后两壶做直线运动的v﹣t图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶的速度可能为0.9m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2m
D．碰后红壶还能继续运动2s
【解答】解：AB．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v'0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，因为碰撞时间极短，且内力远大于外力，所以两壶碰撞过程系统动量守恒，选择碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv'0+mv
解得：v＝0.8m/s
碰前动能为：
E 1=1
2mv 02
=12
m ×1.02=0.5m
碰后动能为：
E 2=12mv′02+12mv 2=12m ×0.22+1
2m ×0.82
=0.34m
由此可知E 1＞E 2，因为碰撞过程中机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故AB 错误； C ．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小为： x =
(v+0)t 2=0.8×5
2
m =2m ，故C 正确； D ．根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s 减小到1.0m/s 和速度从0.2m/s 减小到0，速度变化量相同，根据加速度的定义式可知： a =Δv
Δt
所以时间相同，速度从1.2m/s 减小到1.0m/s 用时1s ，故碰后红壶还能继续运动1s 。

故D 错误。

故选：C 。

12．如图1所示，O 点是一半径为R 的匀质玻璃半球体的球心，平面水平放置，有一束光线从距离O 点为r =√3
3R 的P 点入射至玻璃半球内，光线与竖直方向的夹角为θ，当θ＝0°时光线恰好在球面发生全反射，若只考虑第一次射到各表面的光线，则（ ）
A ．玻璃的折射率为
√3
3
B ．若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，则θ＝30°
C ．改变夹角θ，光线在半球中传播的最长时间为
(3+√3)R
3c
D ．如图2所示，若半球球面区域均有光线竖直向下入射，则平面有光出射的面积为(2+√2)8
πR 2
【解答】解：注意题设：本题只考虑第一次射到各表面的光线
A 、当θ＝0°时光线恰好在球面发生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C ，光路图如图1所示：
根据几何关系可得：sinC=r
R
=√33
根据全反射临界角C满足的条件可得：sinC=1 n
解得：n=√3，故A错误；
B、若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内，且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图1所示，出射点必在O点的正上方。

根据几何关系可得：tanβ=r
R
=√33，可得β＝30°，可知θ必大于30°，故B错误；
C，要使光线在半球中传播的时间最长，因只考虑第一次射到各表面的光线，当θ临界等于90°时，光线在半球中传播路程最长，光路图如图3所示，其中路程s满足要求。

因入射角临界为90°，故折射角等于C，由余弦定理得：
R2＝r2+s2﹣2r•s•cos（90°﹣C），解得：s=(√7+1)R
3，
光在介质中传播速度为：v=c
n，最长时间为：t=
s
v，解得：t=
(√21+√3)R
3c，故C错误；
D、能从平面出射的临界光路图如图4所示，光线在平面的B点恰好发生全反射，以OB的长L
为半径的圆形区域有光出射。

设临界光线在A 点入射角为α，折射角为γ，在B 点出射时入射角等于全反射临界角C 。

由折射定律得：
sinαsinγ
=n =
√3
由几何关系得：α＝C+γ
联立由三角函数知识，结合sinC =
√3
3
，解得：tan γ=
3−√2，可得：sin γ=√12−6√2
在ΔAOB 中，由正弦定理得：R
sin(90°+C)
=L sinγ
解得：L =
R
√8−4√2
可得平面有光出射的面积为：S ＝πL 2，解得S =(2+√2)8
πR 2
，故D 正确。

故选：D 。

13．如图所示，为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用供电系统输电电路简图如图甲所示，矩形交流发电机匝数为n ＝50，线圈、导线的电阻均不计，在匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO'为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ中随时间t 的变化图像如图乙所示，Φm =
√2×10
−2
π
Wb 。

并与变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，变压器为
理想变压器，假设额定电压为220V 的医疗设备恰能正常工作。

下列说法正确的有（ ）
A ．电压表的示数为50√2V
B ．该交流电的方向每秒改变50次
C ．变压器的原副线圈匝数比为5：22
D ．当副线圈的医疗设备负载增加时，发电机的输出功率变小 【解答】解：AC 、由图像得：T ＝0.02s 线圈的角速度ω=2πT =2π
0.02rad/s ＝100πrad/s 线圈产生的电动势的峰值为E m ＝nBS ω＝n Φm ω＝50×√2×10
−2
π
×100πV ＝50√2V
则电压表的示数为U 1=E m √2=50√2
√2
V ＝50V 变压器的匝数比
n 1n 2
=
U 1U 2
=
50220
=
5
22
故A 错误，C 正确；
B 、因为交变电流的周期为0.02s ，一个周期内交流电的方向改变两次，所以每秒内该交流电的方向改变的次数为k =1
0.02×2次=100次 故B 错误；
D 、当副线圈的医疗设备负载增加时，副线圈的总电阻减小，副线圈消耗的功率为P 2=U 22
R
负
因为副线圈电压U 2不变，则副线圈消耗的功率增大，理想变压器原副线圈功率相同，则发电机的输出功率增大，故D 错误。

故选：C 。

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，图甲为沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波动图象，图乙为参与波动质点P 的振动图象，则下列判断正确的是（ ）
A ．该波的传播速率为2m/s
B ．该波的传播方向沿x 轴负方向
C ．经过1.5s 时间，质点P 的位移为零，路程为1.2m
D ．经过0.5s 质点P 沿波的传播方向向前传播2m
【解答】解：A、由甲读出该波的波长为λ＝4m，由乙图读出周期为T＝1s，则波速为：v=λ
T
=4m/s。

故A错误。

B、在乙图上读出t＝0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿
x轴负方向。

故B正确。

D、质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不沿波的传播方向向前传播。

故D错误。

C、经过1.5s，质点P位于平衡位置，经过了1.5个周期，通过的路程为6A＝1.2m，故C正确。

故选：BC。

15．研究光电效应现象的实验装置如图（a）所示，用光强相同的紫光和蓝光照射光电管阴极K时，测得相应的遏止电压分别为U1和U2，产生的光电流I随光电管两端电压U的变化规律如图（b）所示。

已知电子的质量为m，电荷量为e，紫光和蓝光的频率分别为ν1和ν2，且ν1＞ν2。

则下列判断正确的是（）
A．U1＞U2
B．图（b）中的乙线是对应蓝光照射
C．根据题述条件无法算出阴极K金属的极限频率
D．用蓝光照射时，光电子的最大初动能为eU2
【解答】解：B、根据光电效应方程及遏止电压和最大初动能的关系，有：eU c＝E k＝hν﹣W0，由于紫光的频率ν1大于蓝光的频率ν2，则有U1＞U2，所以图（b）中的乙线是对应紫光照射，故A正确，B错误；
C、根据光电效应方程及遏止电压和最大初动能的关系：eU1＝hν1﹣W0，而W0＝hνc，可得阴
极K金属的极限频率νc＝ν1−eU1
ℎ，故C错误；
D、由eU c＝E k，蓝光对应的遏止电压为U2，用蓝光照射时，光电子的最大初动能为eU2，故D 正确。

故选：AD。

三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16（14分）．Ⅰ、如图甲，用质量为m的钩码，通过滑轮牵引小车，使小车在长木板上做匀加速直线运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。

利用该装置可以完成“探究加速度与力、质量的关系“的实验。

（1）打点计时器使用的电源是交流电源（填“直流电源“或”交流电源“）。

（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。

正确操作方法是取下钩码，然后适当垫高长木板右端（填“垫高长木板右端”或“改变小车的质量”），直到小车做匀速直线运动。

（3）如图乙为某次打出的纸带，并在纸带上依次标上O、…、A、B、C若干个计数点，测得计数点O到A、B、C点的距离为x1＝23.04cm、x2＝30.25cm、x3＝38.04cm；已知A、B、C相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1s，则打点计时器在打B点时小车的速度为0.75m/s，运动的加速度大小为0.58m/s2.（计算结果保留2位有效数字）
（4）实验中采用控制变量法来研究。

某小组的同学在研究小车拉力不变时，加速度a与质量m 的定量关系；用测得的数据画出如图丙所示的a﹣m图像，从图像中可得，在小车拉力不变时，当小车质量m增大时，加速度a 减小（填“减小”或“增大“）；通过数据分析，我们继续
通过用a−1
m（填a−
1
m“或”a−
1
m2
“）坐标系来处理数据，得到一条过原点的直线，从而
得到它们之间的定量关系。

【解答】解：（1）打点计时器使用的电源是交流电源；
（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。

正确操作方法是取下钩码，然后适当垫高长木板右端，将纸带穿过打点计时器固定在小车上，使小车在木板上做匀速直线运动。

（3）根据匀变速直线运动平均速度等中间时刻的瞬时速度，可得打点计时器在打B点时小车的
速度为v B=x3−x1
2T
=38.04−23.04
2×0.1
×10−2m/s=0.75m/s
根据逐差法可知小车加速度为a=(x3−x2)−(x2−x1)
T2
=(38.04−30.25)−(30.25−23.04)
0.12
×10−2m/
s2=0.58m/s2
（4）从图像中可得，在小车拉力不变时，当小车质量m增大时，加速度a减小。

根据F＝ma可知，当F不变时，a与1
m 成正比，所以可以通过a−
1
m坐标系来处理数据。

故答案为：（1）交流电源；（2）垫高长木板右端；（3）0.75，0.58；（4）减小，a−1 m。

Ⅱ、小强同学在实验室进行“测定电源的电动势和内阻”实验。

（1）他打算先用多用电表粗测电源的电动势，测量前发现电表的指针位置如图甲所示，他需要进行的操作是A；
A．调节指针定位螺丝进行机械调零
B．调节欧姆调零旋钮进行欧姆调零
C．调节选择开关并将红黑表笔短接
D．调节指针定位螺丝让指针摆到最
（2）为了更加精确地测量，他利用如图乙所示器材和电路进行实验，其中有一根导线接线错误，错误的接线是D；
A．第①根
B．第②根
C．第③根
D．第④根
（3）①正确连接电路，滑动变阻器滑片滑至某一位置时，电压表指针如图丙所示，此时电压表示数为 1.10V。

②多次测量后，在U﹣I图像中描出各对应点，如图丁所示。

请结合数据点分析电源的电动势E＝
2.90V，内阻为 6.50Ω（结果均保留3位有效数字）。

【解答】解：（1）用多用电表粗测电源的电动势时，是作为电压表使用的，不使用欧姆挡，不需要欧姆调零，所以只需要调节指针定位螺丝进行机械调零即可，其他操作不必进行，故A正确，BCD错误；
故选：A。

（2）测电源电动势时，应该用电流表的外接法，所以第④根导线接错，应该接在滑动变阻器的左下接线柱，给D正确，ABC错误；
故选：D。

（3）①电压表用量程3V即可，分度值为0.1V，指针指在了1.1的刻度，所以读数为1.10V；
②多次测量后，在U﹣I图像中描出各对应点，连线如图
由图中的点连线可知，图线与纵轴的截距为2.90V，所以电源电动势为2.90V；
可求得图像斜率绝对值即为内阻，约为r=ΔU
ΔI
=2.90−0.30
0.40
Ω≈6.50Ω
故答案为：（1）A ；（2）D ；（3）1.10；2.90；6.50
17．（8分）一同学制造了一个便携气压千斤顶，其结构如图所示，直立圆筒型气缸导热良好，长度为L 0，活塞面积为S ，活塞通过连杆与上方的顶托相连接，连杆长度大于L 0，在气缸内距缸底1
3L 0
处有固定限位装置AB ，以避免活塞运动到缸底。

开始活塞位于气缸顶端，现将重力为3p 0S 的物体放在顶托上，已知大气压强为p 0，活塞、连杆及顶托重力忽略不计，求： （1）稳定后活塞下降的高度；
（2）为使重物升高到原位置，需用气泵加入多大体积的压强为p 0的气体。

【解答】解：（1）取密封气体为研究对象，初态压强为p 0，体积为L 0S 假设没有AB 限位装置，末态时压强为p ，气柱长度为L ，则： p =p 0+G
S =4p 0
气体做等温变化，根据玻意耳定律可得：p 0L 0S ＝pLS
解得：L =L
04
因
L 04
＜
L 0
3
，故活塞停在AB 限位装置处，活塞下降高度为h ＝L −L 0
3=2L
03 （2）以活塞回到初始位置时的气体为研究对象，把原来气体和打入的气体作为整体，气体发生等温变化
初态：p 2＝p 0，V 2＝L 0S+V 末态：p 3＝4p 0，V 4＝L 0S
根据玻意耳定律可得：p 2V 2＝p 3V 3 解得：V ＝3L 0S
答：（1）稳定后活塞下降的高度为
2L 03
；
（2）为使重物升高到原位置，需用气泵加入多大体积的压强为p 0的气体为3L 0S 。

18．（11分）如图所示，一质量为m ＝1kg 可看成质点的滑块以初速度v 0＝2m/s ，从P 点与水平方向成θ＝37°抛出后，恰能从a 点沿ab 方向切入粗糙斜面轨道，斜面ab 轨道长为x ab ＝10m ，斜面
ab 与半径R ＝1.25m 的竖直光滑圆弧轨道相切于b 点，O 点为圆弧的圆心，c 点为圆弧的最低点且位于O 点正下方，圆弧圆心角θ＝37°。

c 点靠近水平传送带左侧，传送带cd 间距离为L ＝3.4m ，以v ＝5m/s 的恒定速度顺时针转动，传送带与光滑圆弧、光滑水平面均保持平滑对接，水平面上有2个位于同一直线上、处于静止状态的相同小球，每个小球质量m 0＝2kg 。

滑块与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10m/s 2。

不计一切空气阻力，求：
（1）滑块从P 点抛出落到a 点所需要的运动时间t 0； （2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c 时对轨道的压力大小；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小； （4）2个小球最终获得的总动能。

【解答】解：（1）滑块从P 点抛出时竖直方向的分速度为： v y ＝v 0sin θ
滑块从P 点抛出落到a 点所需要的运动时间为： t 0=
2v 0sinθg =2×2×0.6
10
s =0.24s （2）从开始运动到c 点的过程中，根据动能定理可得：
mgxsinθ+mgR(1−cosθ)−μmgxcosθ=1
2mv c 2
−12
mv 02
在c 点，根据牛顿第二定律可得：
N c −mg =mv c 2
R
联立解得v c ＝7m/s ；N c ＝49.2N
根据牛顿第三定律可得滑块滑到圆弧轨道的最低点c 时对轨道的压力大小N c '＝N c ＝49.2N （3）滑块在传送带上的加速度a ＝μg ＝0.5×10m/s 2＝5m/s 2 滑块速度与传送带速度相等的所需的时间为：
t 1=
v c −v a =7−5
5
s =0.4s 此过程滑块的位移为：
x 1=v c 2−v 22a =72−52
2×5m =2.4m ＜L
所以滑块在传送带上先匀减速后匀速，匀速运动的时间为 t 2=
L−x 1v =3.4−2.4
5
s =0.2s 匀速阶段滑块与传送带间没有摩擦力，滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小I ＝μmgt 1＝0.5×1×10×0.4N •s ＝2N •S
（4）滑块第一次与小球发生弹性碰撞，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得： mv ＝mv 1+m 0u 1
12
mv 2=
12
mv 12+
12
m 0u 12
解得：v 1=1
3vu 1=2
3v
由于小球质量相等均为m 0，且发生的都是弹性碰撞，他们之间将进行速度交换，分析可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次返回做匀加速运动，直到速度增加到v 1，再与小球1发生弹性碰撞。

同理可得，第二次碰撞后，物块和小球的速度大小分别为： v 2=13v 1=(1
3)2v u 2=23v ×(1
3)
则2个小球的总动能为E k =1
2
m 0(u 12+u 22
)
代入数据解得：E k =1000
81J
答：（1）滑块从P 点抛出落到a 点所需要的运动时间为0.24s ； （2）滑块滑到圆弧轨道的最低点c 时对轨道的压力大小为49.2N ；
（3）滑块第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小为2N •s ； （4）2个小球最终获得的总动能为
100081
J 。

19．（11分）如图所示，两相距L ＝0.6m 的光滑平行金属导轨与水平面均成30°角，导轨上端连接一阻值为R ＝0.08Ω的电阻，两导轨间A 1A 2A 3A 4区域有磁感应强度大小为B ＝0.5T ，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，A 1A 2与A 3A 4平行且与倾斜导轨垂直，A 1A 2与A 3A 4之间离D ＝2m 。

两。