2023年高考考前押題密卷（浙江卷）

物理?全解全析

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

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）

1.磁感應強度單位“特斯拉”用國際單位制中的基本單位表示正確的是（）

A.kg.s^C_1B.kg*s-2?A1C.N-A^m_1D.Wb-m2

【解答】解：根據安培力公式F/=BIL可得B=5

可得磁感應強度的單位為17=1得=1"募F=Mg-s-2.4-1,故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

2.2021年8月5日，跳水運動員全紅嬋以五跳三滿分，總成績466.2分打破世界紀錄，奪得2020

東京奧運會跳水女子單人10米跳臺決賽冠軍，在運動員下落過程中，下列說法正確的是（）

A.運動員下落時，感覺水面是靜止的

B.以跳臺為參考系，運動員向下運動

C.運動員下落速率越大，其慣性越大

D.裁判給運動員打分時，可以將其視為質點

【解答】解：A、運動員下落時，感覺水面是上升的，故A錯誤；

B、以跳臺為參考系，運動員向下運動，故B正確；

C、運動員的慣性只與運動員的質量有關，與運動員速度無關，故C錯誤；

D、裁判給運動員打分時，要研究運動員的動作姿態，不能將其視為質點，故D錯誤。

故選：Bo

3.如圖所示，吊環比賽中體操運動員雙臂緩慢對稱撐開，兩吊繩的張角逐漸增大的過程中，以下說

法正確的是（）

A.每根吊繩的拉力變小

B.每根吊繩的拉力變大

C.兩吊繩對運動員拉力的合力變小

D.兩吊繩對運動員拉力的合力變大

【解答】解：A、對運動員受力分析，運動員受到重力和兩吊繩的拉力，兩拉力的合力與運動員

的重:力等大反向，兩吊繩的張角逐漸增大的過程中，合力不變，則兩分力增大，故A錯誤，B正

確；

CD、兩拉力的合力與運動員的重力等大反向，大小不變，故CD錯誤。

故選：B。

4.如圖所示，在光滑水平面上以速度vo勻速滑動的物塊，運動到A點時受到一水平恒力F的作用，

經過一段時間后運動到B點，速度大小仍為vo,方向改變了90°,在此過程中（）

A.物塊做勻速圓周運動

B.物塊的速度大小先增加后減小

C.水平恒力F的方向一定與AB連線垂直

D.物塊的加速度大小不變，方向變化

【解答】解：A、物塊做勻速圓周運動，則物塊所受合力指向圓心，合力大小不變，方向時刻改

變，而題意中物塊所受合力為水平恒力，故A錯誤；

BC、已知物塊的初、末速度大小相等，即動能大小也相等，根據動能定理可知合力的功為零，故

水平恒力一定與AB的連線垂直，由圖可以看出水平恒力先做負功后做正功，故物塊的動能和速

度都是先減小后增加，故B錯誤，C正確；

D、物塊合力恒定，根據牛頓第二定律可知物塊的加速度一定恒定，即大小和反向都不變，故D

錯誤。

故選：Co

5.如圖所示是神舟十四號飛船夜間返回的紅外照片，打開降落傘后，飛船先減速后勻速下降，最后

安全著陸?若不計空氣對飛船的作用力，則（）

A.打開降落傘之后，飛船仍處于失重狀態

B.勻速下降階段，飛船的機械能守恒

C.減速下降階段，飛船的機械能的減少量等于合力對飛船做的功

D.勻速下降階段，飛船的機械能的減少量等于重力對飛船做的功

【解答】解：A.打開降落傘后，飛船減速下降時，加速度方向向h,處于超重狀態，故A錯誤；

B.勻速卜降階段，飛船動能不變，重力勢能減小，機械能減小，故B錯誤；

C.減速下降階段，飛船的機械能的減少量等于重力以外其他力做功，等于克服阻力對飛船做的

功，故C錯誤；

D.勻速下降階段，飛船的機械能的減少量等于克服阻力對飛船做的功，而重力等于阻力，所以

飛船的機械能的減少量等于重力對飛船做的功，故D正確。

故選：D。

6.圖甲為光電效應實驗的電路圖，利用不同頻率的光進行光電效應實驗，測得光電管兩極間所加電

壓U與光電流I的關系如圖乙中a、b、c、d四條曲線所示。用va、vb、vc、vd表示四種光的頻率，

下列判斷正確的是（）

A.Vb>Vc>Vd>VaB.V(l>Vb>Vc>Va

C.Vd>Vc>Vb>VaD.Va>Vc>Vb>Vd

【解答】解：光電效應實驗的I-U圖象中，圖象在橫坐標的截距的絕對值表示遏止電壓Uc,

根據光電效應方程：Ek=hV-W

最大初動能和遏止電壓的關系：eUc=Ek

可得:v=^Uc+y

可見，遏止電壓Uc越大，v越大，根據乙圖可知：vb>vc>vd>va

故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

7.在醫學上，放射性同位素鋸90（捐Sr）制成表面敷貼器，可貼于體表治療神經性皮炎等疾病。

例90（l°Sr）會發生B衰變，其衰變產物中有鈕（Y）的同位素，半衰期為28.8年。下列說法

正確的是（）

A.Y原子核的中子數為52

B.0.4mol的期Sr原子核經過57.6年后還剩余0.3mol

C.0射線是電子流，速度可接近光速

D.將鑲90制成的數貼器貼在患者體表，若患者發高燒會導致鋸90衰變速度加快

【解答】解：A.鋸90（猾Sr）會發生0衰變（釋放電子2送），設衰變產物Y為數

根據質量數守恒有：90=0+b

根據電荷數守恒有：38=-1+a

即Y的質量數為b=90,電荷數為a=39

則Y原子核的中子數為：90-39=51,故A錯誤；

B.錮90（翡Sr）半衰期為28.8年，利用半衰期公式：m=M（1）7

[57.6i[

代入數據有：m=OAmolx（R葩8=0.4molx（2）2=OAmolx=O.lmol

故0.4mol的弱Sr原子核經過57.6年后還剩余0」mol,故B錯誤：

C.0射線是電子流，速度可接近光速，故C正確；

D.半衰期的大小跟原子所處的溫度、壓強等物理狀態以及化學狀態無關，故D錯誤。

故選：C。

8.“嫦娥一號”探月衛星沿地月轉移軌道直奔月球，在距月球表面200km的P點進行第一次變軌后

被月球捕獲，先進入橢圓軌道I繞月飛行，如圖所示.之后，衛星在P點又經過兩次變軌，最后

在距月球表面200km的圓形軌道HI上繞月球做勻速圓周運動.對此，下列說法不正確的是（）

地月轉移軌道

A.衛星在軌道in上運動的速度小于月球的第一宇宙速度

B.衛星在軌道III上運動周期比在軌道I上短

C.衛星在軌道III上運動到P點的加速度大于沿軌道I運動到P點的加速度

D.I、n、m三種軌道運行相比較，衛星在軌道HI上運行的機械能最小

GMmv2

【解答】解：A、根據萬有引力提供向心力1-=m—,軌道半徑越大，線速度越小。月球第

一宇宙速度的軌道半徑為月球的半徑，所以第一宇宙速度是繞月球做圓周運動最大的環繞速度。

故A正確。

D3

B、根據開普勒第三定律—=fc,半長軸越長，周期越大，所以衛星在軌道I運動的周期最長。

T2

故B正確。

C、衛星在軌道HI上在P點和在軌道I在P點的萬有引力大小相等，根據牛頓第二定律，加速度

相等。故C錯誤。

D、從軌道1進入軌道n和從軌道H進入軌道m,都要減速做近心運動，故其機械能要減小，故

衛星在軌道山上運行的機械能最小，故D正確。

本題選錯誤的，

故選：Co

9.如圖所示，把線圈（內阻不計）、電容器、電源、電阻和單刀雙擲開關連成圖示電路。把電壓傳

感器（圖中未畫出）的兩端連在電容器的兩個極板M、N上。先把開關置于a側，一段時間后再

把開關置于b側，從此刻開始計時，電壓UMN隨時間t變化的圖像正確的是（）

【解答】解：A.由于電路有能量損耗，有一部分能量轉化為內能，還有一部分能量以電磁波的形

式輻射出去，故電壓振幅會減小，故A錯誤；

B.開始時，電容器電壓最大，則計時開始時，電壓處于最大振幅。故B錯誤；

CD.電容器放電時間由電容器自身決定，故周期不變，故C正確，D錯誤

故選：Co

10.如圖所示為兩列相干水波的疊加情況，圖中實線表示波峰，虛線表示波谷，兩列波的振幅均為

5cm，且圖示范圍內振幅不變，波速和波長分別為lm/s和1m,則圖示時刻下列說法正確的是（）

A.A.E兩點為振動加強點，B為振動減弱點

B.D.C連線上的點都是減弱點

C.A.B兩質點的豎直高度差是20cm

D.A質點始終處于波峰

【解答】解：ABC.A、B、E三點點分別是波峰與波峰相遇和波谷與波谷相遇，是振動加強點,

加強點的振幅為10cm,A、B兩質點的數值高度差為20cm,C、D兩點時波峰與波谷相遇點，是

振動的減弱點，但CD連線中不是振動減弱點，故AB錯誤，C正確；

D.振動加強點只是振幅等于兩列波振幅之和，但該質點仍然在平衡位置附近做簡諧運動，位移

會不斷變化，故D錯誤；

故選：Co

11.如圖所示，一絕緣容器內部為長方體空腔，容器內盛有NaCl的水溶液，容器上下端裝有伯電極

A和C,置于與容器表面垂直的勻強磁場中，開關K閉合前，容器兩側P、Q兩管中液面等高，

閉合開關后（）

A.M處鈉離子濃度等于N處鈉離子濃度

B.M處氯離子濃度小于N處氯離子濃度

C.M處電勢高于N處電勢

D.P管中液面高于Q管中液面

【解答】解：A、依據左手定則可知，鈉離子在洛倫茲力作用下，向M處偏轉，因此M處鈉離

子濃度大于N處鈉離子濃度，故A錯誤，

B、依據左手定則可知，氯離子在洛倫茲力作用下，向M處偏轉，因此M處氯離子濃度大于N

處氯離子濃度，故B錯誤；

C、依據正離子的定向移動方向與電流方向相同，而負離子移動方向與電流方向相反，根據左手

定則可知，正負離子均偏向同一方向，因此電勢相等，故C錯誤；

D、當開關閉合時，液體中有從A到B方向的電流，根據左手定則可知，液體將受到向M的安

培力作用，在液面內部將產生壓強，因此P端的液面將比Q端的高，故D正確；

故選：D,

12.在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板，板長為1,兩板間距離為d,在兩極板間加一

1

交變電壓如圖乙，質量為m,電荷量為e的電子以速度vo（vo接近光速的丁）從兩極板左端中點

沿水平方向連續不斷地射入兩平行板之間。若電子經過兩極板間的時間相比交變電流的周期可忽

略不計，不考慮電子間的相互作用和相對論效應，則在任意0.2s內（）

?122

A.當UmV幺空受時，所有電子都能從極板的右端射出

el2

當Um>'字時，將沒有電子能從極板的右端射出

B.

el2

當Um=^^時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：

C.

el2

2

D.當Um=&^時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1:

er

（V2-1）

【解答】解：AB、電子進入極板后，水平方向上不受力，做勻速直線運動，豎直方向上受到電場

力作用，當電子恰好飛出極板時有:

l=V()t

d19

一=-atz

22

其中：

md

由此求出：5,=里亨

er

當UmV%孚時，所有電子都能從極板的右端射出；

er

當Um>絲學時，在0.2s時間內，極板間電壓UV絲李的時間段內，電子能從極板的右端射

erer

出，故AB錯誤；

C、當Um=2邙學9時,分析圖乙可知，任意0.2s內，有一半的時間內極板間電壓低于臨界電壓

er

md2v2

—因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：I,故C

錯誤；

D、當Um=色駕把時,分析圖乙可知，任意0.2s內，有亞X0.2S的時間內極板間電壓低于臨界

el22

md2v2

電壓——,因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：

el2

（V2-1）,故D正確。

故選：D。

13.某透明均勻介質的橫截面由四分之一圓CBD和一個直角三角形ABC構成，如圖所示，其折射

率n=VL四分之一圓的半徑為R,CD面為黑色吸光板，NBAC=60°。一束單色平行光從AC

界面上不同位置均勻射入透明介質，入射角0=45°,已知光在真空中的傳播速度為c?下列說

法正確的是（）

A.從AC界面的中點處入射的光線不能從圓弧BD界面射出

B.截面內圓弧BD有光線射出的長度為下

4

2aR

C.從圓弧BD射出光線在介質中的最長傳播時間為己一

3c

D.所有光線在介質中的傳播時間都大于2V八6R一4-3V受27一TR

6c

【解答】解：AB.設光經AC折射后折射角為C,根據折射定律：…鳴

得6'=30°

圓弧BD面上金反射臨界角為C,根據全反射臨界條件：sinC=：

解得臨界角C=45°

截面內圓弧BD有光線射出長度為ED區域，根據幾何關系，其長度s=等

故A錯誤，B正確；

C.如圖2所示，做圓弧BD切線與AC平行，切點為G時，光線在介質中路徑最長，傳播時間

2同？

t=-53-c

故C錯誤;

D.在介質中傳播時間最長的光線經過路徑為緊貼AB傳播后乂緊貼圓弧BD傳播，按ABD路徑,

底

傳播時間打2R+3,R

6c

.2V6R+3V27TR

因多次全反射路徑一定小于圓弧BD,所有光線在介質中傳播時間都小于，故D錯

6c

誤。

故選：B。

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0分）

14.x軸上存在均勻的介質，在t=0時刻，位于x=5m處的波源P開始某種形式的振動，產生的機

械波沿x軸負方向傳播，t=4s時x=l處的質點恰好開始振動，此時的波形圖如圖所示。Q是x

=-1.5m處的質點，下列說法正確的是（）

A.波源的起振方向沿+y方向

B.波源P的振動方程是y=5singt）（cm）

C.該波的波速為lm/s

D.從圖示時刻起，再經過5s,Q質點通過的路程為15cm

【解答】解：從題可以看出，此波源的振動前完成向下振動，后完成向上振動。

A、由于波沿-x軸方向傳播，所以x=lcm處的質點沿-y方向向下運動，故A錯誤；

B、從波形圖來看，波源的振動向上和向下運動的振幅相同（A=5cm）,但在x下方的振動與x

上方的振動的快慢是不?樣的，則圓頻率不同，其振動方程應分段來寫，一個方程不能完整的表

7T

示，而y=5sin（-Ocm只是質點在x軸上、下方以4s為周期的振動的方程，不能代表在x

上方和下方的振動情況，故B錯誤；

C、由圖可以看出，波長=4m,由題還知道周期T=Tb+T上=1S+3s=4S,所以波速v=*=

4

-^m/s=lm/s,故C正確；

D、波傳到Q(x=-1.5m)的時間ti=—=|---------m/s|=2.5s,而t=5s+ti+T(.+t上，從而t上

=ls=即t=5s時,Q點恰振動到波峰處，所以Q的總路程s=2A+A=2X5cm+5cm=15cm,

故D正確。

故選：CD,

15.如圖甲為一種檢測油深度的油量計，油量計豎直固定在油桶內，當入射光豎直向下照射時，通

過觀察油桶上方的矩形窗口亮暗兩個區域可確定油量。油量計結構可看成由多塊長度不同的鋸齒

形的透明塑料拼疊而成，圖乙是其中一塊的示意圖，鋸齒形的底是一個等腰直角三角形，最右邊

的鋸齒剛接觸到油桶的底部，已知透明塑料的折射率小于油的折射率，則下列說法正確的是()

矩形入射光線

A.透明塑料的折射率應小于在

B.塑料鋸齒和油的界面處發生全反射形成暗區

C.油量增加時，亮區范圍變小

D.對于透明塑料和油來說，油是光密介質

依題意，光在直角部分發生全反射，光在從透明塑料板射向空氣，根據發生全反射的條件，則透

明塑料的折射率有焉=V2

即透明塑料的折射率應大于VL故A錯誤；

B.光從塑料鋸齒和油的界面處發牛折射，光線射向油中，在矩形窗口形成暗區，故B錯誤；

C.油量增加時，被浸入到油中的塑料鋸齒增多，則全反射光線減小，則亮區范圍變小，故C正

確；

D.透明塑料的折射率小于油的折射率，對于透明塑料和油來說，油是光密介質，故D正確。

故選：CD,

三、非選擇題（本題共5小題，共55分）

16.I、為了探究加速度與力、質量的關系

（1）小亮利用如圖甲所示的實驗方案，探究小車質量一定時加速度與合外力之間的關系，圖中

上下兩層水平軌道，細線跨過滑輪并掛上祛碼盤，將祛碼和祛碼盤的總重作為小車所受合外力,

兩小車尾部細線連到控制裝置上，實驗時通過控制裝置使兩小車同時開始運動，并同時停止。

紙幣打點計時器

細線工在

V/////////////////////////////////.

（E）硅碼盒

由和祛碼甲乙

ABCDE>

??????\

0.000.502.003.005.00(

cm

丙

①實驗前，下列操作必要的是BCD

A.選用質量不同的兩輛小車

B.調節定滑輪的高度，使細線與軌道平行

C.使祛碼和祛碼盤的總質量遠小于小車的質量

D.將軌道右端適當墊高，使小車在沒有細線牽引時能在軌道上勻速運動，以平衡摩擦力

②他測量了兩小車的位移為xi,X2,則生=生。

（2）小明用如圖乙所示的裝置進行實驗

①打出的一條紙帶如圖丙所示，計時器打點的時間間隔為0.02s。他從比較清晰的A點起，每五

個點取一個計數點，測量出各點到A點的距離標在紙帶上各點的下方，則小車運動的加速度為

0.40m/s2.（計算結果保留兩位有效數字）

②實驗前由于疏忽，小明遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a-F圖象，可能是丁圖中

的圖線3（選填“1”、“2"、“3"）。

③調整正確后，他作出的a-F圖象末端明顯偏離直線，如果己知小車質量為M,某次所掛鉤碼

質量為m,則戊圖中坐標ai應為t-,a2應為“，。

【解答】解：（1）①本實驗需要用祛碼盤和祛碼的重力代替小車所受的合外力，所以需要平衡摩

擦力，即將軌道右端適當墊高，使小車在沒有細線牽引時能在軌道上勻速運動，旦應該滿足祛碼

盤和祛碼的總質量遠小于小車的質量，細線的拉力為小車的合力，所以細線與木板平行，則應調

節定滑輪的高度使細線與木板平行，對小車質量是否相同沒有要求，故A錯誤，BCD正確。故

選：BCD

②在初速度為零的勻變速直線運動中有X='t2,因運動時間相等，則位移與加速度成正比。

小車1、2的加速度之比為生=—；

a2x2

（2）①每五個點取一個計數點，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=O.ls,

根據紙帶可知，Ax=0.02-0.008-0.008=0.004m

根據勻變速直線運動的推論公式得：a=與==0.40m/s2,

0.r

②遺漏了平衡摩擦力這一步驟，就會出現當有拉力時，物體不動的情況，即FW0時，a=0.故

圖線為：3,

③沒有偏離直線時，可以用祛碼盤和祛碼的總重力代替小車受到的合力，根據牛頓第二定律得:

a|_M'

偏離直線后，把祛碼以及小車看成一個整體，根據牛頓第二定律求出a2=方篝。

故答案為：①BCD；②￡；（2）①0.40；②3；③學；普

x2MM+m

II、一實驗小組為了測量某元件的電阻，進行了如下實驗：

（1）首先用多用電表進行粗測，如圖所示下列操作步驟正確的是BD。

A.如圖甲，將紅黑表筆短接，進行機械調零

B.如圖乙，利用所示旋鈕進行歐姆調零

C.如圖丙，用“X10”擋測量時發現指針偏轉角度過大，為了準確測量，應換到“X100”擋

D.實驗完成后，擋位調至如圖丁所示位置

（2）隨著使用時間的增長，歐姆表內部的電源電動勢會減小，內阻會增大，但仍能進行歐姆調

零。若仍用該表測電阻，則測量結果會偏大（選填“偏大”、“偏小”或“不變

（3）為了精確測量該元件的電阻，同學們又采川了如題圖2所示電路進行測量，電路，出控制

電路和測量電路兩大部分組成.實驗用到的器材如下：

A.待測電阻R.

B.靈敏電流計G

C.定值電阻Ro=8OQ

D.粗細均勻的電阻絲AB（總長為L=60.00cm）

E.滑動變阻器R

F.線夾、電源、開關以及導線若干

G.電源（電動勢為3V）

①在閉合開關S前，可將線夾P2大致固定于電阻絲AB中部位置，滑片Pi應置于a端。閉合開

關后，先移動滑動變阻器的滑片Pi至某一位置，然后不斷調節線火P2所夾的位置，直到靈敏電

流計G示數為零，測出此時AP2段電阻絲長度x=12.00cm,則Rx的阻值計算式為艇（用

-T^x-

Ro、L^x表示），代入數據得Rx=20。；

②為減小因電阻絲粗細不均勻帶來的誤差，將定值電阻Ro換成電阻箱，并按照①中的操作，電

阻箱的阻值記為Ri；然后將電阻箱與Rx交換位置，保持線夾P2的位置不變，調節電阻箱，重新

使靈敏電流計G示數為零，此時電阻箱的阻值記為R2,則電阻Rx=_版瓦

【解答】解：（1）A.將紅黑表筆短接，進行歐姆調零，故A錯誤；

B.圖乙旋鈕是歐姆調零，故B正確；

C.用“X10”擋測量時發現指針偏轉角度過大，說明指示電阻值太小，為了準確測量，應換到“X

1”擋，故C錯誤；

D.實驗完成后，應將開關調至OFF檔或交流電壓最高擋，故D正確。

故選：BDo

（2）多用表的測量原理為閉合電路歐姆定律，檔電池電動勢減小，內阻增大時，歐姆表重新調

零，即滿偏電流不變，則

%=黑，可知，E減小，L不變，歐姆表的內阻R內變小。

*內

當測電阻時，有/=

由于R內變小，則同一被測電阻的電流要變小，對應的電阻刻度值要變大，即測量結果會偏大。

（3）①當靈敏電流計G的示數為零時，說明Rx的分壓和AP2部分的分壓相等，即

UL

?URX,,AP2UX

URX=4訊=UAPz=k=T

整理得

心

=20。

&+R。配電=器提會

②交換位置前有氤=不交換位置后有篇=”關立可得

R%_______-2

&+R1&+氏2

解得心=展瓦

故答案為：（1）BD；（2）偏大：（3）①^號，20；②爪瓦。

17.如圖所示，下端開口的導熱汽缸豎直懸掛在天花板下，缸口內壁有卡環，卡環與汽缸底部間的

距離為L,一橫截面積為S的光滑活塞（質量、厚度均不計）將一定量的理想氣體封閉在汽缸內，

活塞下方掛一質量為m的砂桶，活塞靜止時活塞與汽缸底部的間距為、L。大氣壓強恒為千坦（g

為重力加速度大小），環境熱力學溫度恒為To=3OOK。

（1）若在砂桶中逐漸加入砂子，求活塞剛接觸卡環時砂桶（含砂）的總質量M；

（2）若不在砂桶中加入砂子，對缸內氣體緩慢加熱，求氣體的熱力學溫度T=400K時的壓強p。

【解答】解：（1）初態對活塞與沙桶整體受力分析得：mg+piS=poS,po=%電，解得/=今電

由玻意耳定律得pi=LS=pLS,解得：

5J

再次對活塞與砂桶組成的系統受力分析得Mg+pS=poS,解得M=3m

4LS

(2)不再砂桶中加砂子，如果活塞不受卡環約束，則氣體做等壓變化，由蓋一呂薩克定律得當=

5TL

IS1A

解得氣柱長度1=4?L>L,所以不加砂子，溫度400k時活塞在卡環位置，

T15

由理想氣體狀態方程得：嶺竺=華

5ToT

解得：p=^~

18.水平平臺AB上有一根輕彈簧，一端固定于A,自然狀態下另一端恰好在B。平臺B端依次連

接兩個半徑R均為0.2m的四分之一細圓管軌道BC和CD。D端與水平地面DE相接，E端通過

光滑小圓弧與斜面EF相接，斜面與水平面的夾角。在0。W0W75。范圍內變化(調節好后即保

持不變)。一質量m=0.1kg的小物塊(略小于細圓管道內徑)將彈簧壓縮后由靜止開始釋放，在

B點恰好對軌道沒有壓力，小物塊與斜面EF間的動摩擦因數〃=孚，除斜面EF以外其余區域均

光滑，g取10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力。求：

(1)彈簧釋放前的彈性勢能Ep；

(2)小物塊運動至圓弧最低點D時對軌道的壓力FN；

(3)9取不同值時，在小物塊運動的全過程中產生的熱量Q與tanO的關系式。

【解答】解：(1)物塊在B點時恰好對軌道沒有壓力，其重力提供向心力，則有：

詔

mg=my

根據功能關系可得彈簧釋放前的彈性勢能等于物塊在B點的動能，即：EP=imvj

聯立解得：Ep=0.1J；

(2)物塊沿軌道從B到D,由動能定理可得：mg?2R=詣-詔

物塊在D點受重力和支持力，其合力提供向心力，即F-mg=mB

解得：F=6N

由牛頓第三定律可知，物塊對軌道的壓力為FN=F=6N,方向豎直向下；

(3)斜面傾角不同，物塊在斜面上的運動狀態不同。斜面傾角過大時，物塊不能在斜面上保持

靜止，到達最高點后會再次下滑，如此往復運動，物塊動能全部轉化為熱量；斜面傾角過小時，

物塊上滑到最高點后保持靜止不動，不再下滑，物塊動能轉化為熱量和增加的重力勢能。設物塊

剛好能停留在斜面EF上不下滑的臨界角為00,由物塊的受力平衡條件可得：

mgsin0o=|imgcos0o

解得Oo=3O°

分類討論：

①當30°V8W75。時，物塊的動能全部轉化為熱量，故Q=3小詔

解得:Q=0.5J

②當()<0W30°時，物塊沿斜面上滑到最高點后保持靜止不動，動能轉化為熱量和增加的重力勢

能，則由能量守恒定律得：

=mgh+Q

由于物塊上滑過程中摩擦力大小為：f=nmgcos0

所以摩擦產生的熱量：Q=f-"

sinQ

聯立解得：Q=而焉回

19.為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了兩種發電裝置為車燈供電。

。摩擦小輪摩擦小輪車輪

小發電機

方式一：如圖甲所示，固定磁極N、S在中間區域產生勻強磁場，磁感應強度Bi=0.1T,矩形線

圈abed固定在轉軸上，轉軸過ab邊中點，與ad邊平行，轉軸一端通過半徑ro=1.0cm的摩擦小

輪與車輪邊緣相接觸，兩者無相對滑動。當車輪轉動時，可通過摩擦小輪帶動線圈發電，使Li、

L2兩燈發光。已知矩形線圈N=100匝，面積S=10cm2,線圈abed總電阻Ro=2C,小燈泡電阻

均為R=2Q

方式二：如圖乙所示，自行車后輪由半徑n=0.15m的金屬內圈、半徑r2=0.45m的金屬外圈(可

認為等于后輪半徑)和絕緣輻條構成。后輪的內、外圈之間沿同一直徑接有兩根金屬條，每根金

屬條中間分別接有小燈泡Li、L2,阻值均為R=2C。在自行車支架上裝有強磁鐵，形成了磁感應

強度B2=1T、方向垂直紙面向里的“扇形”勻強磁場，張角9=90°。

以上兩方式，都不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應。求：

(1)“方式一”情況下，當自行車勻速騎行速度v=6m/s時，小燈泡Li的電流有效值11；

(2)“方式二”情況下，當自行車勻速騎行速度v=6m/s時，小燈泡Li的電流有效值『；

(3)在兩種情況下，若自行車以相同速度勻速騎行，為使兩電路獲得的總電能相等，“方式一”

騎行的距離Si和“方式二”騎行的距離S2之比。

【解答】解：(1)由感應電動勢最大值公式可知Em=NBiS3,其中3=4

r0

代入數據可得Em=6V

由于產生的是正弦式交變電流，則U=^=4V=3位V

V2V2

回路總電阻R'=Ro+?

小燈泡Li的電流有效值

聯立解得：I尸竽A

(2)根據法拉第電磁感應定律有：Em=B2(r2-n)(出乜;一二)

產生方波式的交變電流，設有效值為U，，則由：?T

R2R

代入數據解得：U=警V

回路總電阻R'-2R

小燈泡Li的電流有效值h'=，

聯立解得：=舞人

(3)由s=vt

電能Q=*

SiMR，Uf2

v相同，Q相同，所以二=二二丁

2

s2t2R”U

代入數據解得：—=

S2100

20.如圖所示，直角坐標系中，y軸左側有一半徑為a的圓形勻強磁場區域，與y軸相切于A點，A

點坐標為（0,亭a）。第一象限內也存在著勻強磁場，兩區域磁場的磁感應強度大小均為B,方向

垂直紙面向外。圓形磁場區域下方有兩長度均為2a的金屬極板M、N,兩極板與x軸平行放置且

右端與y軸齊平。現僅考慮紙面平面內，在極板M的上表面均勻分布著相同的帶電粒子，每個粒

子的質量為m,電量為+q。兩極板加電壓后，在板間產生的勻強電場使這些粒子從靜止開始加速，

并順利從網狀極板N穿出，然后經過圓形磁場都從A點進入第一象限。其中部分粒子打在放置

于x軸的感光板CD上，感光板的長度為2.8a,厚度不計，其