2024年高考物理最后一卷（浙江卷）含答案.pdf

绝密启用前绝密启用前 2024 年高考最后一卷（浙江卷）物理（考试版）本试题卷分选择题和非选择题两部分，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(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某汽车沿直线停车过程中，其vt-图像如图所示。已知该汽车所有减速过程的加速度均相等，中间有一段时间匀速运动，图示整个过程中该汽车行驶了 450m。则该汽车匀速运动的时间为（）A8sB10sC12sD16.5s2我国北方小孩在秋天常玩的一种游戏，叫“拔老根儿”，如图所示。其实就是两个人，每人手里拿着长长的杨树叶根，把两个叶根十字交错在一起，两人各自揪住自己手里叶根的两头，同时使劲往自己怀里拽，谁手里的叶根儿断了谁输。假如两小孩选用的树叶根所承受的最大拉力相等，则下列说法正确的是（）A叶根夹角较小的一方获胜B力气较大的小孩获胜C叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更大些D叶根夹角较大的一方的叶根对另一方的叶根的作用力更小些3“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点b切线水平，c点切线竖直，由图可知（）A该烟花由a点运动到c点过程中，水平方向匀速运动B该烟花由b点运动到c点过程中，其机械能守恒C该烟花在b点的加速度方向竖直向下D该烟花在b点处于失重状态42024 年 1 月 5 日我国以“一箭四星”方式成功将“天目一号”掩星探测星座 1518 星送入离地高度 520 公里的近极地太阳同步圆轨道，如图 1 所示，成功组网如图 2 所示的“天目一号”星座。上述四颗人造卫星入轨后（）A运行角速度一定相同B所受万有引力一定相同C运行周期与地球公转周期相同D在轨运行速度大于第一宇宙速度5我国成功研制出高纯度钼10042100(Mo)。用高频光子轰击钼 100 得到钼994299(Mo)，钼 99 衰变生成医学常用的元素锝994399(Te)，衰变方程为99994243MoTex。则（）Ax为正电子B9942Mo与10042Mo中子数相同C9942Mo比10042Mo的结合能小D9943Te比9942Mo的结合能小6蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上 A、B、C 三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝 a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝 c 沿竖直方向，且 c 中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（）Aa 中张力大于 b 中张力Ba 中张力与 b 中张力大小相等C若 c 突然断开，则蜘蛛仍能保持静止D若 c 突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下7为实时监测高压输电线的电压和电流，需要测量出输电线上的电压和电流的大小。因高压输电线的电压和电流很大，可采用互感器进行测量。如图所示，电压互感器1K和电流互感器2K分别连接在高压线上，设两个互感器的原、副线圈的匝数比分别为1k、2k，两个互感器所连的电表的示数分别为 a、b，则高压输电线的电压和电流分别为（）A1ka，2bkB1k a，2bkC2bk，1k aD2bk，1ka8奥斯特实验表明通电导线周围和永磁体周围一样都存在磁场。一束彼此绝缘的细铜导线被约束在半径为R 的圆柱体内，在圆柱体外距中心轴线为 r 的 P 点产生的磁场等同于全部电流集中于轴线的直线电流 I 产生的磁场，即02IBrmp=，其中0m为常数。若 P 点在圆柱体内，上述公式中的 I 则为以轴线上一点为圆心、以 r为半径的截面所通过的电流，则下列Br-图像正确的是（）A B C D9如图所示，狭缝S及平面镜 M 均与虚线OO所在水平面平行放置，用蓝光垂直照射狭缝S，可以在光屏上看到明暗相间的条纹。下列判断正确的是（）A看到的条纹是不平行的B看到的条纹间距不相等C若将蓝光换成红光，看到的条纹间距变小D若将平面镜 M 向上平移到虚线OO处，看到的条纹间距变大10在0 x 和0 x 的空间分别分布着均匀介质 1 和均匀介质 2。0=t时刻，x 轴上的波源 S 沿 y 轴方向开始做简谐振动。tt=0 0时刻，x 轴上的 P 点恰好开始振动，波形如图。已知 S 点横坐标为04x-，P 点横坐标为0 x，下列说法正确的是（）A波由介质 1 进入介质 2 周期变小B波由介质 1 进入介质 2 传播速度不变C波源振动的周期为032tD波在介质 2 中的传播速度为003xt11如图所示 1，竖直线A、B两端点固定两个等量点电荷，带电量大小均为Q，AB长2l，O为AB连线的中点，以AB中垂线为x轴，其正半轴的场强变化如图 2 所示，图中的阴影“面积”为S（0S），以沿x轴正方向为电场强度的正方向，静电力常数为k。下列说法正确的是（）AA、B两点的点电荷为异种电荷BOx直线上场强最大值为24 39kQlC将一电子从O点沿x轴移到无穷远的过程中，电势能先增大后减小D将一带电量为q-的点电荷由22xl=处静止释放，到达O点时的动能为2qS12体外冲击波治疗具有非侵入性、患者易于接受、对人体组织损伤少、治疗成功率高等优点，目前在临床医疗上得到广泛的应用。一种冲击波治疗仪的充电和瞬时放电电路如图甲所示。交流电经调压、整流后向电容器 C 充电储能。当触发器 S 导通时，电容器经置于水中的冲击波源 W 瞬时放电，高压强电场的巨大能量瞬间释放使水迅速汽化、膨胀而形成冲击波。如图乙所示，冲击波向四周传播，碰到反射体光滑的内表面而反射，波源发出的冲击波经反射后在 F 点聚焦，形成压力强大的冲击波焦区，当人体深处的病变处于该焦区时，就会得到治疗的作用。冲击波治疗对放电时间要求不超过 1s，电容器 C 的电容一般在0.31.0F 之间，充电电压大约 10kV。下列说法正确的是（）A治疗仪产生的冲击波是电磁波B电容器放电电流不能达到 104A 数量级C若仅减小电路中电阻 R 的阻值，可减小电容器的充电时间D若仅增大电容器 C 的电容，放电时间仍符合冲击波的要求13如图所示，一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，激光束与竖直方向的夹角为。当 大于37以后，激光束无法射出水面。已知光在真空中的传播速度大小为83.0 10 m/sc=，sin370.6=，cos370.8=，则（）A激光束由水中射向空气发生全反射的临界角为 53B激光束在水中的折射率为53n=C激光束在水中传播的速度大小为82.4 10 m/sD当30a=时，射出水面的激光束方向与水面的夹角大于 60二、选择题(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密封于汽缸中的理想气体，从状态 a 依次经过ab、bc和ca三个热力学过程最后回到初态 a。若该气体的压强 p 随体积 V 变化的pV-图像如图所示，则以下关于这三个热力学过程的说法，正确的是（）A由状态 a 变化到状态 b，气体分子在单位时间内撞击到缸壁单位面积的次数不变B由状态 a 变化到状态 b，气体从外界吸热C由状态 b 变化到状态 c，气体分子的平均动能不变D由状态 c 变化到状态 a，气体分子的平均间距不变15某防盗报警器工作原理如图所示。用紫外线照射光敏材料制成的阴极时，逸出的光电子在电路中产生电流，电流经放大后使电磁铁吸住铁条。当光源与阴极间有障碍物时，警报器响起。下列说法正确的是（）A若用红外光源代替紫外光源，该报警器一定能正常工作B逸出光电子的最大初动能与照射光频率成正比C若用更强的同一频率紫外线照射阴极，光电流变大D若用更强的同一频率紫外线照射阴极，光电子的最大初动能不变 非选择题部分三、实验题（本大题共 2 小题，共 12.0 分）16（7 分）物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性，除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表（量程 3V）、电流表（量程 3A）、定值电器0R、滑动变阻器LR。(1)测量电源的电动势和内阻。按如图 1 所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器LR滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图 2 中标记相应的点并拟合出 U-I 图线，可得电源电动势 E=V，内阻 r=（结果均保留 2 位有效数字）。(2)不考虑偶然误差，由上述（1）方法测得的内阻 r （填“大于”、“等于”、“小于”）真实值，引起此误差的原因是 。(3)测试电源的带载特性。用 R 表示变阻器接入电路的阻值，I 表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的、图线：表示图 1 中变阻器LR的功率变化规律；表示图 3 中变阻器LR的功率变化规律。在滑动变阻器LR的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是_。ABCD16（5 分）利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为 g。（1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶；（2）开始时，小桶装有砝码，整个实验装置处于静止状态；（3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度 a 随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的 （选填“A”“B”或“C”）点；（4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小 F 等于 ；A砝码的重力大小 B小桶和砝码的重力大小C手机的重力大小 D弹簧对手机的拉力大小（5）改变小桶中砝码质量，重复步骤（3），获得多组实验数据并绘制aF图像如图丙所示，由图可得结论：在误差允许的范围内，；（6）如图丁所示，某同学在处理数据时，以手机竖直方向的加速度 a 为纵坐标，砝码质量 m 为横坐标，绘制am图像，获得一条斜率为 k，截距为 b 的直线，则可推算出手机的质量为 （选用 k、b、g 表示）。四、计算题计算题（本大题共 4 小题，共 43 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）17（8 分）如图所示的减震垫上布满了 12 个完全相同的圆柱状薄膜气泡，每个薄膜气泡中充满体积为 V0，压强为 p0的理想气体。在减震垫上放上质量分布均匀的平板状物品，物品始终保持水平，稳定后每个薄膜气泡的体积均为045V。若薄膜气泡内气体的温度为 22，不计薄膜的重力和弹力，重力加速度为 g。（1）放上物品稳定后，若气体温度不变，则每个薄膜气泡内气体的压强为多少；（2）取走物品稳定后，每个气泡中气体压强均恢复到 p0，体积均增大为06059V，则气泡中气体的温度改变了多少。18（10 分）如图甲，竖直薄板固定在转盘上，质量为0.6kgm=的小球用轻绳系着，另一端固定在薄板中线上的 A 点，绳子与竖直中线成37q=。已知轻绳悬点到球心距离为1mL=，重力加速度 g 取 10m/s2，不计空气阻力。现缓慢增大转盘角速度，离开前小球与薄板保持相对静止。求：（1）随着角速度增大，离开前小球受到轻绳拉力和薄板支持力大小如何变化；（2）从静止到绳子与竖直中线成53a=的过程中，薄板对小球做的功 W；（3）其他条件不变，用小球压住质量为00.2kgm=的矩形木块，此时轻绳与中线成53a=，已知木块与薄板间的动摩擦因数为0.5m=，为使木块不下滑，转盘角速度w应满足的条件？19（12 分）如图所示，在光滑水平面内从左至右连续存在有5个宽度均为L的矩形区域，其中区域、的长度均为L，其间存在沿竖直方向交替变化的图示匀强磁场，磁感应强度大小均为B；区域、为长度均为s的无场区域。一质量为m、电阻为R、边长为d sdL（）的正方形单匝金属线框ABCD以大小为0v的初速度开始进入区域，运动过程中线框的AB边始终与各区域的边界线平行，线框最终离开区域。（1）求线框的AB边刚进入区域时，线框的加速度大小；（2）求线框完全进入区域中的速度大小；（3）若在线框开始进入区域时，对线框施加一可变的水平外力，使线框做匀速直线运动至线框刚好完全离开区域，求水平外力做功的平均功率。20（13 分）如图，Oxyz 坐标系中，在空间 x0 的区域内存在沿 z 轴负方向、磁感应强度大小10.05TB=的匀强磁场；在空间 00 区域内施加沿 x 轴负方向的匀强磁场2B和沿 x 轴正方向的匀强电场2E，其中20.5TB=、422.5 10 V/mE=，同时在空间 x0.2m 且 y的空间分别分布着均匀介质 1 和均匀介质 2。0=t时刻，x 轴上的波源 S 沿 y 轴方向开始做简谐振动。tt=0 0时刻，x 轴上的 P 点恰好开始振动，波形如图。已知 S 点横坐标为04x-，P 点横坐标为0 x，下列说法正确的是（）A波由介质 1 进入介质 2 周期变小B波由介质 1 进入介质 2 传播速度不变C波源振动的周期为032tD波在介质 2 中的传播速度为003xt【答案】D【详解】A频率与周期由波源的振动决定，可知，波由介质 1 进入介质 2 周期不变，故 A 错误；B根据图像可知，介质 1 与介质 2 中的波长分别为104xl=，202xl=，根据11vfl=，22vfl=，结合上述可知1221vv=，故 B 错误；Ctt=0 0时刻，x 轴上的 P 点恰好开始振动，根据图像有02TtT=，解得023tT=，故 C 错误；D波在介质 2 中的传播速度为0022002323xxvtTtl=，故 D 正确。故选 D。11如图所示 1，竖直线A、B两端点固定两个等量点电荷，带电量大小均为Q，AB长2l，O为AB连线的中点，以AB中垂线为x轴，其正半轴的场强变化如图 2 所示，图中的阴影“面积”为S（0S），以沿x轴正方向为电场强度的正方向，静电力常数为k。下列说法正确的是（）AA、B两点的点电荷为异种电荷BOx直线上场强最大值为24 39kQlC将一电子从O点沿x轴移到无穷远的过程中，电势能先增大后减小D将一带电量为q-的点电荷由22xl=处静止释放，到达O点时的动能为2qS【答案】B【详解】A由题图 2 可知O点的电场强度为零，x轴上的场强方向沿x轴正方向，则 A、B 两点的点电荷为等量正点电荷，A 错误；B在22l的P处放一正试探电荷，A、B点电荷在该点的场强方向如图所示根据对称性可知该点的合场强2cos2()QEkAPq=，又根据几何关系可知223cos3OPlOPq=，解得沿x轴正半轴场强最大值24 39kQEl=，B 正确；C将一电子从O点沿x轴移到无穷远的过程中，电场力做负功，电势能一直增加，C 错误；D根据Ex-的面积表示电势的变化量，即POUS=-，从P到O根据动能定理kPOOqUE-=，可得到达O点时的动能为qS，D 错误。故选 B。12体外冲击波治疗具有非侵入性、患者易于接受、对人体组织损伤少、治疗成功率高等优点，目前在临床医疗上得到广泛的应用。一种冲击波治疗仪的充电和瞬时放电电路如图甲所示。交流电经调压、整流后向电容器 C 充电储能。当触发器 S 导通时，电容器经置于水中的冲击波源 W 瞬时放电，高压强电场的巨大能量瞬间释放使水迅速汽化、膨胀而形成冲击波。如图乙所示，冲击波向四周传播，碰到反射体光滑的内表面而反射，波源发出的冲击波经反射后在 F 点聚焦，形成压力强大的冲击波焦区，当人体深处的病变处于该焦区时，就会得到治疗的作用。冲击波治疗对放电时间要求不超过 1s，电容器 C 的电容一般在0.31.0F 之间，充电电压大约 10kV。下列说法正确的是（）A治疗仪产生的冲击波是电磁波B电容器放电电流不能达到 104A 数量级C若仅减小电路中电阻 R 的阻值，可减小电容器的充电时间D若仅增大电容器 C 的电容，放电时间仍符合冲击波的要求【答案】C【详解】A治疗仪产生的冲击波是机械波，故 A 错误；B电容器 C 的电容为 1.0F 时，充满电后所带电荷量6321 1010 10 C=10 CQCU-=，电容器平均放电电流24610A=10 A1 10QIt-=，故 B 错误；C若仅减小电路中电阻 R 的阻值，充电电流增大，电容器的充电时间减小，故 C 正确；D由QCU=，得QCU=，若仅增大电容器 C 的电容，电容器所带电荷量将变大，放电时间变长，不符合冲击波的要求，故 D 错误。故选 C。13如图所示，一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，激光束与竖直方向的夹角为。当大于37以后，激光束无法射出水面。已知光在真空中的传播速度大小为83.0 10 m/sc=，sin370.6=，cos370.8=，则（）A激光束由水中射向空气发生全反射的临界角为 53B激光束在水中的折射率为53n=C激光束在水中传播的速度大小为82.4 10 m/sD当30a=时，射出水面的激光束方向与水面的夹角大于 60【答案】B【详解】AB根据题意可知，当 大于 37以后，激光束无法射出水面，则激光束由水中射向空气发生全反射的临界角为37，则有15sin373n=，故 A 错误，B 正确；C激光束在水中传播的速度大小为81.8 10 m scvn=，故 C 错误；D当30a=时小于临界角，光线可以射出水面，设射出水面的激光束方向与水面的夹角为b，则有sin2sin30npb-=，解得5sin26pb-=，可知602pb-，即30b；且气体对外界做功，则0W，根据热力学第一定律UWQD=，气体吸一定从外界吸热，故 B 正确；C由状态 b 变化到状态 a，压强不变，体积减小，则温度减小，由状态 a 变化到状态 c，体积不变，压强减小，则温度减小，故状态 b 温度大于状态 c 温度，故气体分子的平均动能减小，故 C 错误；D由状态 c 变化到状态 a，体积不变，则气体分子的平均间距不变，故 D 正确；故选 BD。15某防盗报警器工作原理如图所示。用紫外线照射光敏材料制成的阴极时，逸出的光电子在电路中产生电流，电流经放大后使电磁铁吸住铁条。当光源与阴极间有障碍物时，警报器响起。下列说法正确的是（）A若用红外光源代替紫外光源，该报警器一定能正常工作B逸出光电子的最大初动能与照射光频率成正比C若用更强的同一频率紫外线照射阴极，光电流变大D若用更强的同一频率紫外线照射阴极，光电子的最大初动能不变【答案】CD【详解】A由光电效应方程知khWEn=，紫外光频率大于红外光频率，该光敏材料极限频率未知，不能确保红外光照射会发生光电效应，A 错误；B由光电效应方程知，逸出光电子的最大初动能与照射光频率有关，但不成正比，B 错误；C光照强度越强，光电子越多，光电流越大，C 正确；D由光电效应方程知，光电子的最大初动能只与光的频率有关，与光照强度无关，D 正确；故选 CD。非选择题部分三、实验题（本大题共 2 小题，共 12.0 分）16（7 分）物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性，除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表（量程 3V）、电流表（量程 3A）、定值电器0R、滑动变阻器LR。(1)测量电源的电动势和内阻。按如图 1 所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器LR滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图 2 中标记相应的点并拟合出 U-I 图线，可得电源电动势 E=V，内阻 r=（结果均保留 2 位有效数字）。(2)不考虑偶然误差，由上述（1）方法测得的内阻 r （填“大于”、“等于”、“小于”）真实值，引起此误差的原因是 。(3)测试电源的带载特性。用 R 表示变阻器接入电路的阻值，I 表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的、图线：表示图 1 中变阻器LR的功率变化规律；表示图 3 中变阻器LR的功率变化规律。在滑动变阻器LR的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是_。ABCD【答案】(1)3.0 1.3 (2)小于 电压表的分流 (3)AC【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律UEIr=-,电源 U-I 图像与纵轴交点坐标值是电动势，图像斜率绝对值是电源内阻。由图像可知，电动势测量值 E=3.0V，电源内阻3.0 1.01.31.5r-=W=W（2）考虑到电表内阻V()UUEIrR=-，整理得VVVVRR rUEIRrRr=-，因为斜率代表内阻，所以内阻测量值偏小，引起此误差的原因是电压表的分流。（3）图 1 中，滑动变阻器LR的功率为21PIEI r=-，由数学知识可知，当2EIr=时，功率最大，又有LEIRr=，可知此时LRr=功率最大，最大功率为21m4EPr=图 3 中，把0R和电源看成等效电源，则电源的等效电动势为00REERr=等效内阻为00RrrRr=则滑动变阻器LR的功率为22PIEI r=-由数学知识可知，当0000222RERrEEIRrrrRr=功率最大，此时0L0RRrrRr=最大功率为2202m1m044REEPPrRrr=综上所述，图 1 中和图 3 中滑动变阻器功率最大时，电流相等，图 1 中滑动变阻器的电阻较大，且图 1 中的最大功率较大。故选 AC。16（5 分）利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为 g。（1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶；（2）开始时，小桶装有砝码，整个实验装置处于静止状态；（3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度 a 随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的 （选填“A”“B”或“C”）点；（4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小 F 等于 ；A砝码的重力大小 B小桶和砝码的重力大小C手机的重力大小 D弹簧对手机的拉力大小（5）改变小桶中砝码质量，重复步骤（3），获得多组实验数据并绘制aF图像如图丙所示，由图可得结论：在误差允许的范围内，；（6）如图丁所示，某同学在处理数据时，以手机竖直方向的加速度 a 为纵坐标，砝码质量 m 为横坐标，绘制am图像，获得一条斜率为 k，截距为 b 的直线，则可推算出手机的质量为 （选用 k、b、g 表示）。【答案】（3）A （4）B （5）质量一定时，手机加速度与合外力成正比 （6）gk【详解】（3）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；（4）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小 F 小桶和砝码的重力大小。故选 B。（5）由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。（6）绳子剪断前，设弹力为F，小桶质量为0m，手机质量为M，对手机有平衡知00FmmgMg-=，绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有FMgMa-=，综上可得00mgm gm ggamMMM=，解得gMk=。四、计算题计算题（本大题共 4 小题，共 43 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）17（8 分）如图所示的减震垫上布满了 12 个完全相同的圆柱状薄膜气泡，每个薄膜气泡中充满体积为 V0，压强为 p0的理想气体。在减震垫上放上质量分布均匀的平板状物品，物品始终保持水平，稳定后每个薄膜气泡的体积均为045V。若薄膜气泡内气体的温度为 22，不计薄膜的重力和弹力，重力加速度为 g。（1）放上物品稳定后，若气体温度不变，则每个薄膜气泡内气体的压强为多少；（2）取走物品稳定后，每个气泡中气体压强均恢复到 p0，体积均增大为06059V，则气泡中气体的温度改变了多少。【答案】（1）054p；（2）5K【详解】（1）由玻意尔定律可得001045pVpV=解得1054pp=（2）放上物品后温度为 T1=（273+22）K则由理想气体状态方程可得100012460559pVpVTT=解得 T2=300K则气泡中气体的温度改变量为215KTTTD=-=18（10 分）如图甲，竖直薄板固定在转盘上，质量为0.6kgm=的小球用轻绳系着，另一端固定在薄板中线上的 A 点，绳子与竖直中线成37q=。已知轻绳悬点到球心距离为1mL=，重力加速度 g 取 10m/s2，不计空气阻力。现缓慢增大转盘角速度，离开前小球与薄板保持相对静止。求：（1）随着角速度增大，离开前小球受到轻绳拉力和薄板支持力大小如何变化；（2）从静止到绳子与竖直中线成53a=的过程中，薄板对小球做的功 W；（3）其他条件不变，用小球压住质量为00.2kgm=的矩形木块，此时轻绳与中线成53a=，已知木块与薄板间的动摩擦因数为0.5m=，为使木块不下滑，转盘角速度w应满足的条件？【答案】（1）拉力大小不变，支持力减小；（2）4.4J；（3）rad/s5 33w【详解】（1）对小球分析可知cosTmgq=2NsinTFmrqw-=则当角速度增大时，拉力大小 T 不变，支持力 FN减小；（2）设53a=时小球线速度大小为 v，则有2tan53vmgmr=其中sin53rL=由动能定理得2102Wmghmv-=-而cos37cos53hLL=-联立解得4.4JW=（3）设角速度为0w时，木块恰好没下滑，则有0m gNm=对小球，有0sin53sin53TNmLw-=cos53Tmg=联立解得0s5 33rad/w=故若不下滑rad/s5 33w19（12 分）如图所示，在光滑水平面内从左至右连续存在有5个宽度均为L的矩形区域，其中区域、的长度均为L，其间存在沿竖直方向交替变化的图示匀强磁场，磁感应强度大小均为B；区域、为长度均为s的无场区域。一质量为m、电阻为R、边长为d sdL（）的正方形单匝金属线框ABCD以大小为0v的初速度开始进入区域，运动过程中线框的AB边始终与各区域的边界线平行，线框最终离开区域。（1）求线框的AB边刚进入区域时，线框的加速度大小；（2）求线框完全进入区域中的速度大小；（3）若在线框开始进入区域时，对线框施加一可变的水平外力，使线框做匀速直线运动至线框刚好完全离开区域，求水平外力做功的平均功率。【答案】（1）220B d vmR；（2）22052B ddsvmR-；（3）222010432B d vdsdLs R-【详解】（1）线框AB边刚进入区域时，感应电动势大小为10EBdv=回路中的电流为11EIR=安培力大小A1FBI d=加速度大小AFam=联立解得220B d vamR=（2）过程：线框完全进入区域过程，线框向右的位移为d，设动量变化量为1pD，以水平向左为正方向，由动量定理，有1BdItpD=D其中1BdvIR=又1dvt=D解得231B dpRD=过程：从线框AB边开始进入区域到AB边将要进入区域，线框向右的位移为s，设动量变化量为2pD，同理有222B d spRD=过程：从线框AB边开始进入区域到线框CD边将要进入区域，线框向右运动的位移为ds-，设动量变化量为3pD，同理有2234B ddspR-D=过程：从线框CD边开始进入区域到CD边将要进入区域，线框向右运动的距离为s，设动量变化量为4pD，同理有224B d spRD=设线框完全进入区域中的速度大小为v，由动量定理可得12340ppppmvmvDDDD=-联立解得22052B ddsvvmR-=-（3）对（2）中的过程通过的位移，安培力大小2201B d vFR=线框克服安培力做功为2301B d vWR=对（2）中的过程通过的位移，安培力大小2202B d vFR=线框克服安培力做功为2202B d svWR=对（2）中的过程通过的位移，安培力大小22034B d vFR=线框克服安培力做功为22034B dds vWR-=对（2）中的过程通过的位移，安培力大小2204B d vFR=线框克服安培力做功为2204B d svWR=由运动的对称性知，此后线框至完全离开区域过程，与前述运动过程中克服安培力做功的情形相同，因此，全过程中克服安培力做的总功为22012342104B d vWWWWWdsR=-全过程中线框运动的时间为032dLstv=因此，水平外力所做功的平均功率222010432B d vdsWPtdLs R-=20（13 分）如图，Oxyz 坐标系中，在空间 x0 的区域内存在沿 z 轴负方向、磁感应强度大小10.05TB=的匀强磁场；在空间 00 区域内施加沿 x 轴负方向的匀强磁场2B和沿 x 轴正方向的匀强电场2E，其中20.5TB=、422.5 10 V/mE=，同时在空间 x0.2m 且 y0 的区域做初速为零的匀加速运动，加速度122221.25 10 m/sqEam=在 y0 区域运动的时间2522TmtTqBp=加做匀加速运动的位移21212xa t=加做匀速运动的位移22222232522TTxataTtataTtaTt=匀匀匀匀匀P 点的 x 轴坐标120.7mPAxxxx=