【文档说明】2024年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟卷01（全解全析）.docx，共(20)页，1.946 MB，由小赞的店铺上传

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2024年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟卷01姓名:__________准考证号:__________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共12页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意:1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸

规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.

可能用到的相关参数:重力加速度g均取10m/s2。选择题部分一、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.下列对运动的物理量理解正确的是()A.图甲中，高铁车厢内显示屏上的速度为平均速度B.图乙中，研究控

制平衡车加速的身体动作时，可将其看成质点C.图丙中，以地面为参考系，正在荡秋千的小朋友是静止的D.图丁中，2023年8月2日02：32出现超级月亮，其中“02：32”为时刻【答案】D【解析】A.高铁车厢内显示屏上显示的速度是瞬时速率，故A错误；B.研究物体

某一部分运动时，不可以把物体看成质点，故B错误；C.以地面为参考系，小朋友的位置发生改变，小朋友是运动的，故C错误；D.“02：32”为时刻，故D正确。故选D。2.广州塔又称广州新电视塔，总高度600𝑚，是

广州的标志性建筑之一，随着超级高楼越来越多，高速电梯在日常生活中越来越重要。在某次对广州塔高速电梯的测试中，电梯的时间—速度图像如图所示，图中倾斜的虚线𝑎、𝑏分别为曲线在𝑡=0时和𝑡=3𝑠时的切线，下列说法正确的是()A.0∼10𝑠时间内电

梯的加速度逐渐增大B.𝑡=2𝑠时电梯一定处于超重状态C.𝑡=3𝑠时电梯的加速度大小为D.𝑡=0时电梯的加速度为𝑡=3𝑠时电梯加速度的6倍【答案】D【解析】A、由题图可知，图中切线斜率的倒数表示加速度大小，即a

=ΔvΔt=1k，由图可知切线斜率逐渐增大，所以电梯的加速度逐渐减小，故A错误；B、由图可知2s时电梯的速度逐渐增大，但不知道电梯在向上运动还是在向下运动，所以不能判断电梯是超重状态还是失重状态，故B错误；C、t=3s时有，故C错误；D、t=0时，则a0a1=6，故D正确。故选D。

3.如图，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的()A.支持力竖直向上B.支持力小于手机所受的重力C.摩擦力沿斜面向下D.摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力【答案】B【解析】设手机的质量为

m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有f=mgsinθ，FN=mgcosθ因cosθ<1，故FN<mg，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力故选B。因为手机处

于静止状态，根据平衡条件求解斜面对手机的静摩擦力和手机所受支持力表达式进行分析；斜面对手机的静摩擦力与手机重力沿斜面分力平衡，由此分析。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析

、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。4.最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板。当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏

板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是()A.考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左B.不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左C.考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右

匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D.不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零【答案】C【解析】A.考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；B.不计

空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，脚可能不受到摩擦力作用，由支持力与重力提供合力，故B错误；C.当考虑空气阻力，当人处如图丙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；D.当不计空气阻力，当人处如图丙所

示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误；故选C。5.汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时木箱及箱内工件均保持相对静止

。从汽车行驶方向上看下列分析判断正确是()A.𝑄和𝑀对𝑃的支持力大小始终相等B.汽车过𝐴、𝐵、𝐶三点时工件𝑃受到的合外力大小相等C.汽车过𝐴点时，汽车重心的角速度最大D.汽车过𝐴、𝐶两点时，𝑀对𝑃的支持力大于�

�对𝑃的支持力【答案】D【解析】A.汽车过A、B、C三点时，做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对P分析，AC两点合外力向左，B点合外力向右，Q和M对P的支持力大小不是始终相等，A错误。B.汽车过A、B、C三点时的圆弧轨道半径不同，根据合外力提供向心力得F合=mv2r，当汽车匀速通过三个半

径依次变小的圆形弯道时，工件P受到的合外力大小依次在增大，B错误；C.汽车过A点时，由角速度与线速度关系ω=vr得，在A点圆弧轨道半径最大，汽车重心的角速度应该最小，C错误；D.汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，故M对P的支持力大于Q对P的支持力，D正确。故选

D。6.“长征七号”𝐴运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为𝑔，地球的半径为𝑅，“实践二十三号”

卫星距地面的高度为ℎ(ℎ小于同步卫星距地面的高度)，入轨后绕地球做匀速圆周运动，则()A.该卫星的线速度大小大于7.9𝑘𝑚/𝑠B.该卫星的动能大于同步卫星的动能C.该卫星的加速度大小等于𝑔D.该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度【答案】D【解析

】解：A、由题意可知，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h(h小于同步卫星距地面的高度)，根据：GMm(R+h)2=mv2R+h，得到：v=√GM(R+h)，因为轨道半径大于近地卫星轨道半径，所以线速度大小小于7.9km/s，故A错误；B、该卫星和

同步卫星处于不同高度的轨道上，速度不同，质量也不同，所以动能大小无法确定，故B错误；C、因为：GMmR2=mg，GMm(R+h)2=ma，所以向心加速度小于地面重力加速度g，故C错误；D、该卫星的周期小于24小时，所以角速度大小大于同步卫星的角速度，故D正

确。故选：D。7.下列关于教材中四幅插图的说法，不正确的是()A.图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会产生大量热量，从而冶炼金属C.图丙中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应

原理D.图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理【答案】B【解析】A.根据电磁驱动原理，图甲中，当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，线圈比磁铁转得慢，故A正确；B.

图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；C.图丙中，当人对着话筒讲话时，带动线圈运动切割磁感线，线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，故C正确；D.

图丁是毫安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D正确。本题选错误的，故选B。8.钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如图

所示。若原线圈与副线圈的匝数比为1:500，电流表𝐴的示数为1𝐴，则()A.钳形电流表能够用来测量直流电的电流B.被测电路电流的有效值为500𝐴C.被测电路电流的平均值为500𝐴D.被测电路电流的最大值为500𝐴【答案】B【

解析】A.理想变压器的工作原理是电磁感应现象，钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，该测量仪只能测量交流电的电流，故A错误；BCD.由变压器的基本原理可知I1I2=n2n1，解得n1，电流表的示数为电流

的有效值，故被测电路电流的有效值为500A，B正确，CD错误。故选B。9.自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为𝑈1，当磁场靠近霍尔

元件时，在导体前后表面间出现电势差𝑈2(前表面的电势低于后表面的电势)。下列说法中错误的是()A.图乙中霍尔元件的载流子带负电B.已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小C.若传

感器的电源输出电压𝑈1变大，则霍尔电势差𝑈2变大D.若自行车的车速越大，则霍尔电势差𝑈2越大【答案】D【解析】A、霍尔元件的电流是由负电荷定向运动形成的，故A正确；B、根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线

速度公式v=rω，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确；D、根据qvB=qU2d，得U2=vdB，根据电流的微观定义式I=neSv，得v=IneS，联立解得U2=IdBneS，可知霍尔电势差U2

与车速无关，故D错误；C、由上述D可知，若U1变大，则I变大，导致U2变大，故C正确。本题选错误的，故选D。10.小张用多用表的欧姆挡测量一个带铁芯变压器线圈的电阻。小杨两手分别握住线圈裸露的两端让小张测量，测量时表针摆过了一定角度。正当小张将表笔与线圈脱离时，小

杨有电击感。下列说法正确的是()A.实验中小张也有电击感B.表笔与线圈脱离前后通过小杨的电流方向不变C.若未放置铁芯，小杨电击感减弱D.小杨有电击感，是因为表笔与线圈脱离后流过线圈的电流突然变大【答案】C【

解析】解：D、当小张把多用表的表笔与被测线圈脱离时，回路中的电流要立即减小到零，与多用电表欧姆挡的内部电池相连的变压器线圈会产生较大的自感电动势，使小杨有触电感，故原因不是流过线圈的电流突然变大，故D错误；A、发生电击时，多用电表已经与电路断开，此时多用电

表的电流为零，故小张也没有电击感，故A错误；B、发生电击的前后，由于线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小，故它产生的自感电流方向与原方向一致，这样使得流过刘伟的电流方向与原来相反，流过刘伟的电流大小也明显增大，故B错误；C、若未放置铁芯，变压器线圈产生的自感电动势减弱，小杨电击感减弱，故

C正确。故选：C。11.降噪耳机的原理是在耳机内设有麦克风，用来采集周围环境中的噪声信号，在此基础上耳机处理器能够预测下一时刻的噪声并产生相应的抑噪信号再由耳机放出，可以有效降低噪音．下列说法正确的是A.该降噪原理是声波的多普勒效应B.抑噪信号与噪音信号频率可能不同C.抑

噪信号与噪音信号振幅相同，降噪效果最好D.抑噪信号与噪音信号在相遇点相位相同，降噪效果最好【答案】C【解析】A、降噪功能的麦克风工作原理是通过两个声波发生干涉，起到减弱甚至抵消噪声的目的，故A错误；B、两列频率相同，相位差恒定的波相互叠加，产生干涉，相位差是

π，则抑噪信号与噪音信号相互减弱，从而起到降噪效果，故B错误；C、两列信号波叠加减弱后的振幅为A1−A2，若A1=A2，则叠加后振幅变为零，降噪效果最好，故C正确；D、抑噪信号与噪音信号在相遇点相位差正好为π，

降噪效果最好，故D错误。12.位于安徽省合肥市科学岛上的“东方超环”(𝐸𝐴𝑆𝑇)，俗称“人造小太阳”，已实现1亿摄氏度高参数等离子体运行，12𝐻+13𝐻→24𝐻𝑒+𝑋是“人造小太阳”中的核聚变方程。下列说法正确的是A.该核聚变过程放出能量

，因此反应在常温下就能发生B.𝑋是电子，来自原子核内C.核聚变反应比核裂变反应平均每个核子放出的能量更大D.该反应有质量亏损，所以质量数不守恒【答案】C【解析】A.轻核聚变需在很高的温度下发生，会释放出更多的热量

，所以轻核聚变又称为热核反应，故A错误;B.根据质量数与电荷数守恒，X的质量数为2+3−4=1，质子数为1+1−2=0，可知X是中子，故B错误;C.核聚变比核裂变反应中平均每个核子放出的能量大3∼4倍，C正确;D.该反应有质量亏损，但质量数守恒，D错误。13.如图所示为某透明

介质制成的棱镜的截面图，其中∠𝐴=30∘、∠𝐶=60∘，由两种色光组成的细光束垂直𝐴𝐵边射入棱镜，色光1刚好在𝐴𝐶面发生全反射，色光2由𝐴𝐶边射出时与𝐴𝐶面的夹角为45∘.则下列说法正确的是()A.色光1、2的折射率之比为1:√2B.色光2在真空中的波长较短C.色光2比色光1更

容易发生衍射现象D.改变入射光的角度，两种色光可能在𝐴𝐵面发生全反射【答案】C【解析】A.由题意可知，色光1在AC边刚好发生全反射，则色光1在AC面的入射角刚好等于临界角，由临界角公式可知n1=1sinC=1sin30∘=2;色光2从AC面出射，折射角为45∘，则色

光2的折射率为n2=sin45∘sin30∘=√2，则色光1、2的折射率之比为√2:1，A错误;BC.由于色光1的折射率大，则色光1的频率大，色光1的波长较短，色光2比色光1更容易发生衍射现象，B错误，C正确；D.全反射的条件是光由光密介质向光疏介质传

播，且入射角大于临界角，D错误。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.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的

是()A.图甲：卢瑟福通过分析𝛼粒子散射实验结果，建立了原子核式结构模型B.图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能C.图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的D.图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复

杂结构【答案】ABC【解析】解：A、图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型。故A正确。B、用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能。故B正确。C、玻尔理论指出氢原子

能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；D、图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构。故D错误。故选：ABC。卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；用中子轰击铀核使其发生裂变，产生中子，再次轰击，产生

链式反应，释放出巨大的能量。普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念。玻尔理论指出氢原子能级是分立的。本题考查了α粒子散射实验、链式反应、氢原子能级以及天然放射现象的发现等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。15.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大

夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为𝑀，点燃火箭后在极短的时间内，质量为𝑚的炽热燃气相对

地面以𝑣0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为𝑔，则()A.火箭的推力来源于燃气对它的反作用力B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为𝑚𝑣0𝑀−𝑚C.喷出燃气后万户及所携设备能上升

的最大高度为𝑚2𝑣02𝑔(𝑀−𝑚)2D.在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒【答案】AB【解析】解：A、火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；B、在燃气喷出后

的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M−m)v−mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M−m，故B正确；C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得

上升的最大高度为h=v22g=m2v022(M−m)2g，故C错误；D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。故选AB。非选择题部分三、实验题

（本大题共3小题，共16.0分）16.某同学做“探究匀变速直线运动的规律”的实验装置如图甲所示。(1)本实验中打点计时器的电源配置应选用;A.B.C.(2)在该实验中，下列说法正确的是;A.应先接通电源，再释放小车B.滑轮与小车之间的细线一定要保持水平C

.牵引小车的钩码质量应远小于小车的质量(3)实验得到如图乙所示的一条纸带，相邻两个计数点间的距离已在图中标出。已知交流电源的频率为50𝐻𝑧，每两个相邻计数点间还有两个点没有画出，则小车运动的加速度大小为𝑚/𝑠2(计算结果保留三位有效数字)。【答案】(1)B；(2)A；(3)4.7

6【解析】(1)电磁打打点计时器所接电源应为10V以下交流电源。故选B。(2)A.使用打点计时器时，应先接通电源，再释放纸带，故A正确；B.滑轮与小车之间的细线要保持和木板平行，但不是一定要保持水平，故B错误；C.根据实验目的，只需要保证小车能够保持匀变速直线运动即可，故C

错误。故选A。(3)已知交流电源的频率为50Hz，每两个相邻计数点间还有2个点没有画出来，则相邻计数点的时间为t=3T=350s=0.06s根据逐差法，则有：a=CD+DE−(AB+BC)(2t)2=(9.30+11.01)−(5.87+7.58)(2×0.06

)2×10−2m/s=4.76m/s。17.图甲为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。(1)已知毫安表表头的内阻为10𝛺，满偏电流为3𝑚𝐴；𝑅1滑动变阻器，𝑅2为电阻箱(0−9999.9𝛺)，若将电阻箱𝑅2的阻值调为990�

�，改装后的电表的量程为______𝑉；(2)电流表𝐴有两种规格，𝐴1(量程0.6𝐴，内阻约为0.1𝛺)和𝐴2(量程3𝐴，内阻约为0.05𝛺)；滑动变阻器𝑅1有两种规格，最大阻值分别为20𝛺和200𝛺。则电流表应选用______(填

“𝐴1”或“𝐴2”)，𝑅1应选用最大阻值为______𝛺的滑动变阻器；(3)实验步骤如下：①闭合开关𝑆前，应将滑动变阻器𝑅1的滑动片移到______端(选填“左”或“右”)；②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电流表的示数𝐼2和毫安表表头的示数𝐼1；③以𝐼1为纵坐标，𝐼

2为横坐标，作𝐼1−𝐼2图线图线，如图乙所示；④根据图线求得电源的电动势𝐸=______𝑉(结果保留三位有效数字)，内阻𝑟=______𝛺(结果保留两位有效数字)。【答案】(1)3.0；(2)A1，20；(3)①左；

④1.48(1.44∼1.52)，0.86(0.82∼0.90)。【解析】(1)改装后的电表的量程为：U=Ig(rg+R2)=3×10−3×1000V=3.0V;(2)一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω，所以电路中

的最大电流约为Im=Er=1.5A，且接入滑动变阻器电流会更小，结合电流表量程可知电流表选择A1，如果滑动变阻器选择200Ω的，电流变化不明显，所以滑动变阻器应选择20Ω的；(3)①闭合开关S前，为保护电路，使滑

动变阻器接入电路电阻最大，所以应将滑动变阻器R1的滑动片移到左端；④由闭合电路欧姆定律得：E=(I1+I2)r+I2(rg+R2)，因为毫安表电流远小于电流表电流，可认为通过电源的电流即为流过电流表的电流

，故整理得：E=I1r+I2(rg+R2)I1=Erg+R2−rrg+R2I2，由题图乙可得：rrg+R2=(1.4−1.1)×10−30.45−0.1≈0.86×10−3Erg+R2=1.48×10−3解得：

E=1.48V，r=0.86Ω。故答案为：(1)3.0；(2)A1；20；(3)①左；④1.48(1.44∼1.52)，0.86(0.82∼0.90)。18.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，如图甲所示。(1)关于该实验，下列说法正确的是__________。

A.𝐴处为单缝，𝐵处为双缝B.单缝与双缝应相互垂直放置C.干涉条纹与双缝垂直D.想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近(2)某同学在做该实验时，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，此时测量头的游标卡尺示数为12.1𝑚𝑚。继续转动手轮

，使分划板中心刻线对准第5条亮条纹，此时测量头的游标卡尺示数如图乙所示，读数为__________𝑚𝑚。已知双缝的间距是0.50𝑚𝑚，双缝和光屏之间的距离是1.00𝑚，则所测单色光的波长是_____

_____𝑚。(保留3位有效数字)【答案】(1)A；(2)16.7；5.75×10−7【解析】(1)A、从左向右的实验装置是光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、光屏，可见A处为单缝，B处为双缝，故A正确；BC、为使屏上的干涉条纹清晰，单缝和

双缝必须平行放置，所得到的干涉条纹与双缝平行，故BC错误；D、想增加从目镜中观察到的条纹个数，即要减小条纹间距，由条纹间距公式Δx=Ldλ知，将单缝向双缝靠近，条纹间距不变，故D错误。(2)测量头的游标卡尺读数为16mm+0.1mm×7=16.7mm，条纹间距Δx=16.7−12

.15−1mm=1.15mm，由Δx=Ldλ知，所测单色光的波长λ=dL·Δx=0.5×10−31.00×1.15×10−3=5.75×10−7m。四、计算题（本大题共4小题，8分+11分+11分+11分共41分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，

只写出最终结果的不得分）19.如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热气缸竖直放置，在距缸底ℎ=0.5𝑚处有体积可忽略的卡环𝑎、𝑏.质量𝑚=5𝑘𝑔、截面积𝑆=25𝑐𝑚2的活塞搁在𝑎、𝑏上，将一定质量的理想气体封闭在气缸内．开始时缸内气体的压强等于

大气压强，温度为𝑇0=300𝐾.现通过内部电热丝缓慢加热气缸内气体，直至活塞离开𝑎、𝑏缓慢上升△ℎ=0.1𝑚，已知大气压强𝑝0=1×105𝑃𝑎，𝑔取10𝑚/𝑠2.求：(1)当活塞缓慢上升△ℎ时(活塞未滑出气缸)缸

内气体的温度𝑇；(2)若全过程电阻丝放热45𝐽，求气体内能的变化𝛥𝑈．【答案】解：(1)活塞恰要离开ab时，由活塞平衡：p0S+mg=p1S解得：p1=p0+mgS=1.2×105Pa活塞上升△h=0.1m的过程中压强：p=p

1=1.2×105Pa根据理想气体的状态方程：p0V0T0=pVT，可得：p0hST0=p(h+Δh)ST解得：T=432K(2)气体做功W=−p⋅S△h=−30J电阻丝放热45J，所以气体吸热：Q=45J根据热力学第一定律可得：△U=W+Q解得：△U=1

5J，故气体内能增加15J．20.如图所示为一游戏装置的竖直截面图，𝐴、𝐵、𝐷、𝐸、𝐻、𝐼处于同一水平面上，在𝐴端的弹簧装置能将滑块(可视为质点)水平弹出，并从𝐵点顺利进入曲线轨道𝐵𝐶、半径为𝑅的螺旋圆轨道𝐶𝐷、曲线轨道𝐶𝐸。在𝐸点连接了倾角为𝜃的斜

面𝐸𝐹和水平平台𝐹𝐺，平台𝐹𝐺高度为ℎ且平台长度为𝑙𝐹𝐺。靠在平台右侧的小车上表面与平台𝐹𝐺齐平，小车的长度为𝑑，在𝐵、𝐹处均设置了转向防脱离轨道装置。已知滑块的质量𝑚=0.1𝑘�

�，小车的质量𝑀=0.3𝑘𝑔，𝜃=37∘，𝑅=0.8𝑚，𝑙𝐹𝐺=0.1𝑚，ℎ=0.3𝑚，𝑑=1.0𝑚，滑块与斜面𝐸𝐹、平台𝐹𝐺间的动摩擦因数均为𝜇1=0.1，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为𝜇2=0.75，其余部分均

光滑，各处平滑连接，不计空气阻力，取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：(1)若滑块在𝐶处对轨道的压力为7𝑚𝑔时，此时滑块的向心加速度大小；(2)若弹簧的弹性势能为𝐸𝑝=0.4𝐽，螺旋圆轨道能承受的最大压力

为13𝑚𝑔，且螺旋圆轨道半径𝑅可以通过改变𝐶的位置而改变(保持最高点𝐷的高度不变)，要使滑块第一次进入螺旋圆轨道时能顺利通过，求螺旋圆轨道半径𝑅需满足的条件；(3)螺旋圆轨道半径𝑅=0.8𝑚时，若要求滑块最终停在小车上，车获得的动能和弹簧的弹性

势能𝐸𝑝之间应满足的关系。【答案】解：(1)C点：7mg−mg=ma，解得：a=60m/s2；(2)临界1:恰好过最高点D点，EP=12mvD2，mg=mvD2R1，得：R1=0.8m，临界2:对最低点C点的压力为13mg，EP+

mg2R=12mvC2，13mg−mg=mvC2R2，得：R2=0.1m，所以，轨道半径R满足：0.1m<R<0.8m；(3)设滑块到G点的速度为vG，则A→G:Ep=μ1mghtanθ+μ1mglFG+mgh+12mvG2，小车与滑块共速：mvG=(m+M)

v共，解得：v共=14vG，得：Ek=12Mv共2=316(Ep−0.35)，要保证滑块不滑出小车右端，如滑块恰好滑到小车右端：12mvG2−12(m+M)v共2=μ2mgd，可得vG=2√5m/s，得：Epm=1.35J，综上所述，Ek=316(Ep−0.35)(0.4J<Ep<1.35J)。2

1.游乐场中跳楼机的工作原理是：先把游客和座椅拉升到离地高𝐻=126𝑚处，使游客随座椅一起自由下落，当下落到制动开关𝐴位置时，触发制动开始减速，到达地面时速度刚好为零(制动包含机械制动和电磁制动)。整个装置简化图如图：𝑀𝑃为安全高度限制金属横杆，𝑀𝑁、𝑃𝑄为

竖直光滑平行导轨，导轨宽度𝐿=10𝑚，游客和座椅可视为质量：𝑚=2×103𝑘𝑔、长度为𝐿的水平金属杆，金属杆的电阻𝑅=0.1𝛺，运动时始终与导轨垂直，制动开关𝐴点下方区域(含𝐴点所在水平边界)存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场。若金属杆进入磁场时的速度大小

为144𝑘𝑚/ℎ、加速度大小𝑎=3𝑔，机械制动提供的拉力𝐹=4×104𝑁，金属杆与导轨始终接触，忽略空气阻力，𝑀𝑃与导轨的电阻不计，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2。求：(1)制动开关

𝐴离地面的高度ℎ𝐴。(2)该磁场磁感应强度的大小𝐵。(3)金属杆从𝑀𝑃运动到𝑁𝑄的过程中，通过金属杆的电荷量𝑞。【答案】解：(1)根据题意知，金属杆进入磁场时的速度大小为v=144km/h=40m/s，设游客和座椅自由下落的高度为h，有v2=2gh，制动开关A离地面的高度hA=H−

h，联立解得hA=46m(2)在A点，对金属杆进行分析，由牛顿第二定律有BIL+F−mg=ma，其中感应电流I=ER，感应电动势E=BLv，解得B=1T；(3)在磁场区域，由电流的定义式可得q=IΔt，由闭合电路欧姆定律有I=ER，由法拉第电磁感应定律有E=ΔΦΔt，其中，联立解得

q=BLhAR=4.6×103C。22.如图所示，有一对水平的平行金属板，板间加有恒定电压，两板间有匀强磁场，磁感应强度大小𝐵0=2×10−2𝑇，方向垂直于纸面向里。在平行金属板的下极板右下方正方形

𝑀𝑁𝑄𝑃的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，正方形边长𝑑=0.2𝑚，𝑀𝑁与下极板等高，𝑀𝑃与金属板右端在同一竖直线上。一质量𝑚=3.2×10−27𝑘𝑔、电荷量𝑞=1.6×10−19𝐶的带正电离子，以大小𝑣0=3×105𝑚

/𝑠的初速度沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从𝐴点射入金属板间，不计离子受到的重力，取√2=1.4，√3=1.7，cos75∘=0.26。(1)若离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场的电场强度大小𝐸;

(2)若撤去金属板间的磁场，已知离子恰好从金属板的下极板的右边缘射出电场，方向与水平方向的夹角𝜃=30∘，求平行金属板的长度𝐿;(3)在(2)的情形中，若离子进入磁场运动后从边界𝑃𝑄射出，求正方形𝑀𝑁𝑄𝑃区域内磁场的磁感应强度大小𝐵的取值范围(结果保留两位有效数字)。【答案

】解：(1)离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡有qE=qv⬚0B0解得E=6×103N/C。(2)设A点离下极板的距离为h，离子射出电场时的速度大小为v，根据动能定理有qEh=12mv2−12mv02离子在电场中做类

平抛运动，设运动时间为t，离子在水平方向的分运动为匀速直线运动，则有v=v0cos30∘解得h=0.05m由几何关系有tan30∘=vyvx=vytvxt=2hL解得L=0.17m。(3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的最小半径为r1，此时离子经过P点，如图所示

，由几何关系有r1cos30∘=d2根据牛顿第二定律有qvB1=mv2r1解得B1=6.0×10−2T设离子进入磁场后做匀速圆周运动的最大半径为r2，此时离子经过Q点，由几何关系有r2cos75∘=√22dqvB2=mv2r2解得B2=1.3×10−2T