2023年高考政治第二次模拟考试卷—物理（山东A卷）（全解全析）.pdf

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1、2023年高考第二次模拟考试卷物理试题全解全析（考试时间：9 0 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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效：保持卡面清洁，不折叠、不破损。第I卷一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3 分，共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.2023癸卯兔年春

2、节期间科幻电影 流浪地球2热映，影片中我国研发的量子计算机以其超凡的运算能力在未来大显身手。二十世纪初，德国物理学家玻尔将普朗克所提出的量子理论运用于对氢原子模型的重构，用以解释爱因斯坦发现的光电效应现象，对量子力学的发展起到了重大推动作用。如图所示为玻尔模型中氢原子能级示意图，一大群处于“=4能级激发态的氢原子向较低能级跃迁时会发出频率不同的光，这些光照射在逸出功为3.34eV的锌板上。下列说法正确的是（）n E/eV8-04-0.853-1.512-3.401-13.60A.这群氢原子的发射光谱是连续光谱B.这群氢原子最多能发出3 种不同频率的光C.氢原子从 =4 能级跃迁到n=1能级所发

3、出的光波长最长D.锌板会发生光电效应现象，且表面逸出光电子的最大初动能为9.41eV【答案】D【解析】A.氢原子发射的光谱是独立的几条光谱，其原因是因为氢原子只能处于几条特定的能级状态，在不同能级跃迁时发出特定频率的光，因此所发射的光谱不是连续的，故A错误；B.这群氢原子处在=4能级，在向低能级跃迁的过程中，能发出C；=6种不同频率的光，故B错误：C.氢原子从=4能级跃迁到 =1能级，所发出的光的能量最大，由,cE=hv=nZ可知，所发出的光的波长最短，故c错误；D.氢原子从=4能级跃迁到 能级，所放出的能量最大，为AE=Em-E=-0.85fV-（-1 3.6）eV=l2.75eV3.34e

4、V则可知该氢原子发出的光能使锌板发生光电效应，根据爱因斯坦的光电效应方程Ek=hv-W0可知锌板会发生光电效时表面逸出光电子的最大初动能为9.41eV，故D正确。故选D。2.A、B两物体同时同地向同一方向运动，其速度与位移变化关系图像如图所示，A物体做匀速直线运动、速度大小为。B物体的速度与位移关系图像为过原点开口向右的抛物线。两图像交点坐标为（%、%）,下列说法正确的是（）A.出发后，A、B两物体相遇时B物体的速度大小为2%B.A、B两物体在距坐标原点用处相遇C.B物体在X/处的加速度4=生D.B物体做加速度减小的加速运动【答案】A【解析】D.因B物体的速度与位移关系图像为过原点开口向右的抛

5、物线，可知满足v2=2ax即B物体做匀加速运动，选项D错误;A C.图像经过（马、）点，则解得1 2解得两物体相遇时%此时B物体的速度大小为vB=at=2v0选项A正确，C错误；B.A、B两物体相遇时距坐标原点的距离x=vGt=4%选 项B错误。故选Ao3.如图所示，两条光滑的轨道下端固定在P点，上端分别固定在竖直墙面上的A、8两点，现使一小滑块分别从轨道顶端由静止释放，到达尸点所用时间相同，则（）A.下落过程所用时间与两次下滑过程中的高度之和成正比B.两次下滑过程中的高度乘积是一定值C.由A、B滑到P时重力的功率相等D.由A、8滑到P的过程中合力的冲量相等【答案】B【解析】A.设O P=a,

6、木板倾角为a,则物体下滑的时间_cosa=Y g sin a y g sin 2a两次到达P点所用时间相同，则sin 2al=sin2a2可得2弓=7t-2a?即na+a2 =y两次下滑过程中的高度之和h=%十 月=tz（tan ax+tan a2）,_ 4g sin 2al带入可得（消掉a）,1 2h =2g t即下落过程所用时间平方与两次下滑过程中的高度之和成正比，选项A错误；B.两次下滑过程中的高度乘积hhy=a tan at-tana2=a2选 项 B正确；C.滑到尸点时的速度u=gfsina重力的瞬时功率PG=mgvx=mg-gtsin a-sin a=mg2t sin2 a因s i

7、 n/与sina?不一定相等，则由A、8 滑到产时重力的功率不一定相等，选项C错误；D.根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，而由A、8 滑到P 的过程中动量变化的方向不同，动量变化的大小5 =mv=mgt sin a也不相同，则合力的冲量不相等，选 项 D错误。故选B。4.我国唐代大学士贾公彦是第一个提出指纹鉴别的人（指纹上凸出部位称为崎，凹陷部位称为峪）。华为Mate30系列手机采用的是光学指纹识别，其识别原理示意图如图a,手指按压指纹识别区时，与镜片接触的崎线破坏接触区域的全反射，使得反射光线出现明暗分布，CCD图像传感器通过识别光线的强弱对指纹进行识别，如图瓦若镜片的折射率为=1.

8、4 5,实验测得人手指折射率 2在 1.501.56之间，以下说法中正确的是（）CCD图像传感器图a图bA.手指未按压指纹识别区时，光线在镜片的上表面不能发生全发射B.手指按压指纹识别区时，光线在与镜片接触的崎线处不能发生全反射c.手指未按压时，入射角，.越大，光线在镜片的上表面越不容易发生全发射D.当光线垂直入射镜片下表面时，仍然可以实现指纹识别功能【答案】B【解析】A B.手指未按压指纹识别时，光线在镜片上表面能发生全反射，当手指按压时，因为2|故接触部分不能发生全反射，故A错误，B正确；C.手指未按压时，入射角i越大，则折射角越大，故光线在镜片的上表面越容易发生全发射，故C错误；D.当光

9、线垂直入射镜片下表面时，入射角为0。，反射角也为0。，则无法识别指纹，故D错误。故选B.5.如图，水平放置餐桌的桌面为圆形，半径为R。为方便用餐，中心放置一个可绕其中心轴转动的圆盘，圆盘半径为，圆心与餐桌圆心重合。在圆盘的边缘放置一个质量为加的小物块，小物块与圆盘间的动摩擦因数为M，小物块与餐桌间的动摩擦因数为2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，小物块可看作质点。由静止开始，缓慢增加圆盘转速，则（）A.当 圆 盘 角 速 度 增 大 到、幺固时，小物块恰好从圆盘上滑落B.小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动C.若小物块从圆盘上滑落后，恰好

10、停在餐桌的边缘，则在桌面上滑动过程中因摩擦产生的内 能 大 于g J于-D.小物块在圆盘上的加速度一定小于小物块在桌面上运动时的加速度【答案】A【解析】A.当小物块所受静摩擦力最大时，设转速为幼，则2HUD；r=mg%解得此时小物块恰好要从圆盘上滑落，故A正确；B.当小物块滑落时，后续在餐桌上将做匀减速直线运动，而非曲线运动，故B错误:C.小物块从圆盘上后，恰好停在餐桌盘的运动轨迹如下图所示d=IR2-r2则产生的内能大小为Q=fd=mg函 片-尸故C错误；D.小物块在圆盘上的最大加速度为二mg内m二 gi小物块在桌面上的加速度大小为mg生=-=m由于不知道两个动摩擦因素之间的关系，因此小物块

11、在圆盘上的最大加速度不一定小于小物块在桌面上运动时的加速度，更别说小物块在圆盘上的加速度取值范围为0s（圆盘的转速是缓慢增加的）。故 D 错误。故选A。6.北 京 时 间 2022年 10月 7 日21时 10分，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星 方式，成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若试验卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T,离地高度为儿 已知地球半径为R,万有引力常量为G,则（）A.试验船的运行速度为辞C.地 球 的 质 量 为 网 丝 生GT2B.地球的第一宇宙速度为二TD.地

12、球表面的重力加速度为4）（”公：GT2【答案】B【解析】A.实验船绕地球做匀速圆周运动，其线速度为,+/?）TA 错误；B.地球的第一宇宙速度为近地卫星（后R）的运行速度 Mm v,2G-寸-mR2 R对实验船MmG-T(R+/?)=见 亍)2(尺+)联立可得B 正确；C.由 B 解析中方程可得地球质量4/(R +)3GT2C 错误；D.对地球表面物体，有代入C中数据可得-MmG,=mg4 M(R+Ag -FFD错误。故选B7.某静电场中x轴上各点的电场强度方向均与x轴重合，以x轴负方向为电场强度的正方向，电场强度E随x的变化规律如图所示。-小d间的图象关于x=0对称。下图分别表示x【答案】C

13、其中可能正确的是（）【解析】由于以x轴负方向为电场强度的正方向，在-区 间，场强均为正值，即场强均沿x轴负方向，沿电场方向电势逐渐降低，故沿+x方向，电势逐渐升高，山于9-X图线的斜率表示场强大小，在。点附近场强最大，9-x图线斜率最大，对比可知，C选项的图符合题意。故选C。8.如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为机、h （k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下%的取值。下列各项中不正确的是（）A.若0&0.2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点B.若0.

14、2%1,小球B不可能脱轨D.若4=3,小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞【答案】B【解析】A下滑到最低点的过程中mgR=-m vlA碰B机 =（加/=;优4+3 机 彳知i _ 2师%一 1 +ZB恰运动至轨道顶点g kmv=kmg 2R+g kmv2B在顶点V=ygR所以.2x/io,八”k=-1 0.2655当上40.265时，B球可运动至轨道最高点，即若0 上0.2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点；当0.265&1时，B运动不到圆心等高处，不脱轨；当4=3时VA=y/gR两球碰后速度等大反向，即小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞，则选项ACD正确，B

15、错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分。9.图（“）为某一简谐横波在f=。时刻的图像，x=6 m处的质点的振动图像如图（6）所示。下列说法正确的是（）A.该波沿x轴负方向传播B.该波的波速为2m/sjrc.x=2 m处质点的振动方程为y=4sinqf cmD.02.5s内，x=2 m处的质点经过的路程为（8+2 0卜m【答案】ABD【解析】A.由 图（。）可知f=0时x=6 m的质点向y轴正方向振动，由 图（“）可知该波沿x轴负方向传播，A正确；B.由题图（a）知2=8m由题图（b）知7

16、=4s所以波速v=2m/sTB正确；C.x=2 m处质点的振动方程,.冗y=-4sin/cm2C错误；D.f=2.5s时，x=2 m处质点的纵坐标y=-4sin x 2.5cm=2/2cm02.5s内，x=2 m处的质点经过的路程为L=(2x4+2 忘)cm=(8+2/2)cmD正确。故选ABD。1 0.风能是一种清洁且利用方便的能源，我国已探明的风能约为16亿千瓦，主要分布在西北、华北、东北的草原和戈壁，以下为某风力发电机的模型图，风带动叶片转动，升速齿轮箱通过1 ：k 的转速比带动匝数为N的发电机线圈高速转动，线圈产生的交变电流经过理想变压器后向用户端的，盏灯泡供电，其中电路中的A灯为指示

17、灯，A与用户端的灯泡规格完全相同，额定电压为以 若某段时间内叶片的转速为转/秒，电路中的所有灯泡均正常发光，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为8,线圈电阻不计，则下列说法正确 的 是()低速转轴高速转轴发电机等效图升速齿轮箱转速比1:左A.经过理想变压器后输出交变电流的频率为初?”B.理想变压器原副线圈的匝数比为，：1c.线圈的面积为s=-0+DU2 兀 knNBD.若此时用户突然增多，则A灯变亮，其余灯泡的亮度变暗，发电机的总功率变小【答案】BC【解析】A.叶片的转速为n转/秒，则发电机线圈转速为kn转/秒，则理想变压器后输入交变电流的频率为kn,故A错误；B.设灯泡的额定电流为/,根

18、据题意可知，原线圈电流/产/副线圈电流/2=ml根据变流比可知=-=m A 2 A故B正确；C.根据变压比可得原线圈电压为U =L u =m Un2则发电机输出电压E =Ut+U =(m+)U根据 NB Sco N B S Q 兀 k#)E=F=T 联立可得。夜(?+l)U3 =-IjrknNB故C正确；D.将变压器以及所有用户看作一个负载，若此时用户突然增多，则负载电阻减小，则通过灯泡A的电流增大，则A灯变亮，发电机输出电压不变，故原线圈电压减小，根据变压比可知，副线圈电压减小，则其余灯泡的亮度变暗，发电机输出电压不变，输出电流增大，则输出功率增大，故D错误。故选B C o1 1.如图所示，

19、一电阻不计的U型导体框置于倾角为6 =3 7。的足够长的光滑绝缘斜面顶端，一质量为机=1 0 0 g、电阻为R =8C的金属棒CD置于导体框上，与导体框构成矩形回3路CDEF,且EF与斜面底边平行，导轨间的距离为d =：m,导体框上表面粗糙，金属棒与导体框间的动摩擦因数为=0.5,与金属棒相距L =m的下方区域有方向垂直于斜面44向上的匀强磁场，磁感应强度为B =：T,f =0时刻，让金属棒与导体框同时由静止释放，金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动，导体框开始做匀速运动，r =6 s时刻导体框E F端进入磁场，此时金属棒开始匀速运动。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，导体框E F端进

20、入磁场前金属棒没有离开磁场(s i n 3 7 =0.6,co s 3 7 =0.8 ,=1 0 m/s2),则下列说法正确的是()BA.导体框的质量为学gB.从静止释放到导体框E尸端刚进入磁场的过程中，系统减少的机械能全部转化为金属棒的焦耳热C.从静止释放到导体框E尸端刚进入磁场的过程中，通过金属棒的电荷量为 =2.8CD.导体框E尸端刚进入磁场时，金属棒与磁场上边界的距离为x=22.4m【答案】AD【解析】A.依题意，金属棒进入磁场时导体框与金属棒发生相对滑动，导体框开始做匀速运动，导体框根据平衡条件可得Mgsin37=f/=Wg co s 3 7联立代入相关数据求得导体框的质量为,200

21、M=S故 A正确；B.依题意，可知从静止释放到导体框E F端刚进入磁场的过程中，系统减少的机械能一部分部转化为金属棒因克服所受安培力所做的功而产生的焦耳热，一部分转化为系统因克服摩擦力所做的功而产生的热量，故 B错误；C.依题意，可得金属棒进入磁场瞬间的速度为K=r 1，Q%+M）g sin。=（加 +M）q联立代入相关数据求得4=0.5s导体框E F端进入磁场，此时金属棒开始匀速运动，则有七=-L=mg sin 37+/.img cos 37R求得此时导体棒的速度大小为v2=2m/s则从静止释放到导体框E F 端刚进入磁场的过程中，对金属棒根据动量定理有/Mgf sin37+/jmg(Z-?

22、,)cos37-B ld(t-tl)=mv2-0联立以上式子，代入相关数据求得通过金属棒的电荷量为q=2.8C故 C 正确；D.依题意，根据 BAS Bdxq=-=-=-R R R代入相关数据，可求得导体框 所 端 刚进入磁场时，金属棒与磁场上边界的距离为x=l 1.2m故 D 正确。故选AD,1 2.如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为师、巳，并满足%，+吐=丫，式中v 为己知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A(视为质点)轻放到传带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速

23、度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为机，工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为8。两传送带正常工作时，下列说法正确的是()传送带乙传送 带 甲 二甲、-r-A 口 A.当年=巳时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短B.当W=v乙时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小C.当看,=巳时，驱动传送带的电机因传送工件需要额外做的功最小D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为”2【答案】ACD【解析】A.以传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图所示整理得声一 2%吃A 一2Mg根据基本不等式知，当=丫 乙时上式取最小值，故A正确；B

24、.设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x ,工件与两传送带因摩擦产生的总热量为。，则有谛=2gxQ=，g（x+x）整理得八 _，（一+3v甲2 _ 2.丫）Q=2根据二次函数性质知，当耶时上式取最小值，故B错误；C D.根据能量守恒定律知，电机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，有卬 _ 皿/+3丫 甲221产）鹿 2整理得卬=3，+（唯 7 乙）2当叫=吃时上式取最小值。即故 CD正确。故 选 ACDo第n卷三、非选择题：本题共6 小题，共 60分。13.（6 分）某实验小组设计了图甲所示的实验装置来测量木块与平板间的动摩擦因数，其中平板的倾角可调。23y叩in p in 叩 用 川|川|

25、川|即 川pqii甲叫iinpi甲1 1|1 1 1,川 川 平1 1 1叫1 1 1 1|1川|川1|1 1 1 1“1|1川4 1|1 1 1甲 叫 川i|3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20乙（1）获得纸带上点的部分实验步骤如下:A.测量完毕，关闭电源，取下纸带B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块C.把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔D.将木块靠近打点计时器上述实验步骤的正确顺序是:（用字母填写）。（2）打点计时器的工作频率为5 0 H z,纸带上计数点的间距如图乙所示。根据纸带求出木块的加速度

26、。=m/s2（保留两位有效数字）。（3）若重力加速度g=9.8m/s2,测出斜面的倾角，查表知sin，=0.60,cosd=0.8 0,若木块的质量为m=0.2 0 kg,则木块与平板间的动摩擦因数=（保留两位有效数字）。（4）若另一小组利用图甲装置验证了牛顿第二定律，则实验时通过改变.,验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过改变.,验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。【答案】CDBA 1.6 0.55 平板的倾角6 机和9,且 zw（sin。-cos。）保持不变【解析】（1）实验时首先要把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔；将木块靠近打点计时器，接通电源

27、，待打点计时器工作稳定后放开木块,测量完毕，关闭电源，取卜纸带。则此实验步骤的正确顺序是CDBA。（2）根据以=“7 2,运用逐差法得Ax(15.70-9.00)-(9.00-3.90)(5x0.02)2x 10 2m/s2=1.6m/s2（3）根据牛顿第二定律mg sin 0-田ng cos 0=ma解得 0.5 5（4）探究牛顿第二定律采取的是控制变量法，验证质量一定时，加速度与力成正比的关系，通过改变平板的倾角。来改变合外力。验证力一定时，加速度与质量成反比的关系，由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力提供，所以要保证向下的合力不变，应该使Jngsine-wngcos。不变

28、，所以需要同时改变滑块的质量?和斜面倾角e14.（8分）小刚准备试测弟弟的儿童电动车上电池的电动势和内阻，他先上网查了一下，这款电池的电动势E约为8V。除了导线和开关外，还可利用的器材有：A.直流电压表Y、V2,量程均为3 V,内阻约为3kQ；B.定值电阻凡，阻值为7Q；C.最大阻值为8kC的电阻箱；D.滑动变阻器4最大阻值约为10Q；E.滑动变阻器R2最大阻值约为5kQo电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值，小刚根据电表的特点，打算改装成量程为9V的电压表。（1）他先将电阻箱与电压表串联后，连成图1所示的电路，其中仆应选用（填&或 月）。（2）将滑动变阻器滑片P移至最右端

29、，同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，将滑动变阻器的滑片P调到适当位置，使电压表刚好满偏。（3）保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表的示数为 V；不改变电阻箱，电压表和电阻箱的串联组合，就是改装好的9V的电压表（4）小刚利用改装后的电压表，连接成图2所示的电路测量电池的电动势和内阻，这里的品应选用（填A或 移 动 滑 动 变 阻 器 滑 片，读出电压表V-V2的多组数据，U2,描 绘 出 图 像 如 图3所示，图中直线斜率为上与纵轴的截距为“，则电池的电动势E=,内阻片 o （均用/、a、凡 表示）【答案】/?,1.0%/与1-3*:1-3K【解析】（1）不知道电压表内阻的准确值，还要扩

30、大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此图1中分压用的变阻器应该用电阻远小于电压表内阻的R/,以减小电压表分流带来的误差。（3）当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为3V。保持滑片P的位置不变，即分压保持为3 V,当调节电阻箱，使电压表的示数为1.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V。这说明当电压表的示数为3.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为9 V,这就是改装好的9V电压表。（4）由于定值电阻&阻值为7。，为了让V?表能尽可能取得合适的数值，应选用电阻较小的Rio根据闭合电路欧姆定律可得3 G=L匚4整理得5 =%-+-u,3K)+3r 3R1+3

31、r 即a=3-3居)+3rk=r3Rn+3r解得=-3k-3 k15.（8分）如图甲为生产流水线上的水平皮带转弯机，由一段直线皮带和一段圆弧皮带平滑连接而成，其俯视图如图乙所示，虚线A8C是皮带的中线，AB段（直线）长度L=3.2m,BC段（圆弧）半径R=2.0m,中线上各处的速度大小均为HLOm/s。某次转弯机传送一个质量，=0.5kg的小物件时，将小物件轻放在直线皮带的起点A处，被传送至B处，滑上圆弧皮带上时速度大小不变，已知小物件与两皮带间的动摩擦因数均为“=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小物件在直线皮带上加速过程的位移大小$;（2）计算说明小

32、物件在圆弧皮带上是否打滑？并求出摩擦力大小。A口Wc【答案】(1)0.1m；(2)不打滑,0.25N【解析】(1)在直线皮带上对小物件分析有jLimg=ma假设物件能够匀加速至V，则有v2=2atx,解得x,=0.1m%可知假设成立，且摩擦力为/=%=0.25N16.(8 分)如图所示，两个横截面面积S=50cm2、质量均为初=2.5kg的导热活塞，将下端开口上端封闭的竖直汽缸分成A、8 两部分，A、2 两部分均封闭有理想气体，两个活塞之间连有劲度系数4=250N/m、原长为4 =20cm的竖直轻弹簧。开始时，气体温度为27 C，A 部分气柱的长度为Li=6cm,8 部分气柱长度为。=10cm

33、。现启动内部加热装置(图中未画出)将气体温度缓慢加热到727 C。已知外界大气压强为P=L 0 xI()5pa,活塞与汽缸壁之间接触光滑且密闭性良好，重力加速度g 取 10m/s2,热力学温度与摄氏温度的关系为T=(f+273)K。求：(1)加热后4 部分气体气柱的长度小2；(2)加热后8 部分气体气柱的长度【解析】（1）对两个活塞整体受力分析，根据平衡条件可得，A部分气体的压强为2=%-=9 Q x l O4P a根据题意加热过程中，A部分气体做等压变化，加热前温度为4=3 0 0 K,体积为4=3加热后温度为（=1 0 0 0 K,体积为匕2 =42s根据盖吕萨克定律有工 匕 1T、T2代

34、入数据解得LA2=2 0 c m（2）设加热前3部分气体压强为P 1,体积为加热后压强为乌，体积为V2=L2S加热前对下边活塞受力分析，根据平衡条件有p0S=plS+k（L（）-Ll）+mg解得外=%_%凸L 巡=9.0 x l 0 P a加热后，假设B部分气体气柱的长度右比弹簧原长。长，对下边活塞受力分析，根据平衡条件有PoS+k(J _ q)=p?S+mg解得p,=夕 +&.心）一 巡=9.5 x 10,Pa+）（4 1）2 0 s s s对3 部分气体，根据理想气体状态方程有PM。2匕R 一 代入数据联立解得L2=30cm%=20cm另一解4=-2 0 0 cm,无意义舍去，假设成立，所

35、以可得加热后4 部分气体气柱的长度为L2=30cm17.（14分）如 图（甲）所示，真空中有一竖直长直细金属导线M N,与导线同轴放置一半径为R、高度为3R的金属圆柱面。设单位时间内从导线MN上沿径向均匀射出 个速率均为%的电子，己知电子质量为加，电荷量绝对值为J 不考虑出射电子间的相互作用。（1）如 图（甲）所示，若在柱面和导线之间只加恒定电压时，刚好没有电子到达柱面。求恒定电压U 的大小；（2）如 图（乙）所示，若在柱面内只加与MN平行、方向竖直向下的匀强电场，要使单位时间内只有1 个电子到达圆柱侧面，求电场强度E 的大小；（3）如 图（丙）所示，若 在 柱 面 内 只 加 与 平 行、方

36、向竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度8=姮强。一宽度为1 叵 R、高度与圆柱面等高的金属板竖直放置在圆柱2eR 17面内，金属板与圆柱面间相互绝缘。设到达金属板的所有电子同时被收集且导出，从而形【答案】（1）=皿：（2）E=（3）l=-n e2e eR 3【解析】（1）对刚好没有到达柱面的电子，由动能定理得eU=mv1解得2e(1)因为单位时间内只有g个电子到达圆柱侧面，故从距离M 点2 R 远的电子恰好从圆柱面的顶端边缘射出，由平抛运动规律得c2nR =1 at2 =-T-e-E-V22 2 mR =%f解得一 eR(3)电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r=_ 叫 _ 2屈 口eB Vn

37、v0 17e J2eR如下图，由勾股定理得R2=h2+17由几何关系可得，恰好打在金属板上的两个临界电子与垂直金属板方向的夹角a、尸相等且嗔所以单位时间收集到的电子的数量为a +%2%=-n=-n2%3所以导出电流/的 大小为2nQe=-ne18.（16分）某户外大型闯关游戏 渡河 环节中，选手从高台俯冲而下，为了解决速度过快带来的风险，设计师设计了如图所示的减速装置。浮于河面的B板紧靠缓冲装置A板，B的左侧放置一物体C。选手通过高台光滑曲面下滑，经过A后滑上B。已知A、B的质量均为M,=48kg,C的质量为M=12kg。A、B的长度均为L=3 m,人与A、B间的动摩擦因数均为i=0$,A与地

38、面间的动摩擦因数人=0.3。B在水中运动时受到的阻力是其所受浮力的0.1倍，B碰到河岸后立即被锁定。不计水流速度，选手和物体C均可看作质点，g=10m/s2,则：（1）为了防止A滑动而出现意外，选手及装备的质量最大不超过多少？（2）若选手及装备的质量为60kg,从=3.3m的高台由静止开始滑下，经过A后与C发生碰撞后一起运动，碰撞时间极短可忽略，求在此碰撞过程中系统损失的机械能？（3）在 第（2）问前提下，人与C碰撞后经0.5s恰好与平板B速度相同，要使选手能够到达河岸，河岸的最大宽度d为多少？【答案】（1）72kg；（2）180J；（3）6.75m【解析】（1）为了防止A滑动，则经过A后与C发生碰撞后一起运动解得m 72kg（2）滑上A时速度；mv-0 =mgh与C碰前速度1?吗2-1 mv.=-A17gL,mv2=(M+/n)v损失机械能E-1 mv2 1 22-(M+m)v解得AE=180J（3）人与C碰撞后经0.5s恰好与平板B速度相同，根据系统动量定理(A/+/n)v-(M+ZH+M0)V*=ft,f =0.lx(M +m+MQ)g120N解得v=2.5m/sB运动距离V _x.=t=0.625m1 2之后一起减速，加速度fa=-=lm/s2M+帆 +减速位移v2x2=3.125m所以最大宽度d=%+%+L=6.75m