【高考领航】2025年高中物理学业水平选择性考试模拟试题（江苏）(10)

高中物理学业水平选择性考试模拟试题(十) (考试时间：75分钟　试卷满分：100分) 一、单项选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。每小题只有一个选项符合题意。 1．月壤中存在大量氦3(He)，氦3可以进行核聚变反应，反应方程式为He＋He→He＋2X，是理想的清洁核能源。已知He的质量3.0161 u，He的质量4.0026 u，H的质量1.0078 u，n的质量1.0087 u，1 u相当于931.5 MeV的能量，下列说法正确的是(　　) A．X是质子，释放能量约11.36 MeV　　　 B．X是质子，释放能量约13.04 MeV C．X是中子，释放能量约13.04 MeV D．X是中子，释放能量约11.36 MeV 2.密闭容器内封有一定质量的理想气体，V-T图像如图所示，从状态a开始变化，经历状态b、状态c，最后回到状态a完成循环。下列说法正确的是(　　) A．气体在由状态a变化到状态b的过程中放出热量 B．气体在由状态b变化到状态c的过程中，内能增加 C．气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，向外界放出热量 D．气体从状态c变化到状态a的过程中，单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增加 3．如图所示，理想变压器原线圈电源电压U1＝3300 V，副线圈两端电压U2＝220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为3 V，当开关S断开时，电流表A2的示数是15 A。电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　) A．原线圈匝数为75匝 B．当开关S断开时，电流表A1的示数为2 A C．当开关S闭合时，电流表A1的示数变小 D．当开关S闭合时，电流表A2的示数是30 A 4．如图所示，折射率n＝ 的透明玻璃半圆柱体，半径为R，O点是某一截面的圆心，虚线OO′与半圆柱体底面垂直。现有一条与OO′距离的光线垂直底面入射，经玻璃折射后与OO′的交点为M，图中未画出，则M到O点的距离为(　　) A．R B．R　　　　　 C．R　　　　　 D．R 5．如图所示，一长木板a在水平地面上运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上，此时a的速度为v0，同时对a施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，则物块放到木板上后，下列图中关于a、b运动的速度—时间图像可能正确的是(　　) 6．如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，此时质点Q(x＝5 m)向y轴正向振动，虚线为t＝0.9 s时的波形图，质点P(x＝4 m)在0.9 s时恰好第三次到达波峰，则下列说法正确的是(　　) A．该波沿x轴负方向传播 B．该波的传播速度为 m/s C．在t＝1.75 s时刻，Q点处于波峰位置 D．在0～0.9 s内，Q运动的路程为20 m 7.2022年11月12日10时03分，天舟五号货运飞船由长征七号遥六运载火箭在中国文昌航天发射场发射升空，12时10分，天舟五号货运飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。对接后的“结合体”仍在空间站原轨道运行。对接前“天宫空间站”与“天舟五号”的轨道如图所示，则(　　) A．对接前，“天宫空间站”的线速度大于“天舟五号”的线速度 B．对接前，“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度 C．为实现对接，“天舟五号”需要太空刹车，减速与“天宫空间站”对接 D．对接后，“结合体”绕地球公转周期小于对接前“天宫空间站”的公转周期 8．如图所示，质量为1 kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ＝53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着圆弧轨迹缓慢上移，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin 53°＝0.8)，下列说法正确的是(　　) A．绳子拉力保持不变 B．滑环B的质量m＝0.5 kg C．固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向上 D．滑环B受到的摩擦力逐渐变小 9．光的干涉现象在工业技术中有重要应用，例如检查平面的平整程度。如图甲所示，把一透明板压在另一透明板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让红光和蓝光分别从上方射入，得到明暗相间的条纹如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．a图是红光，b图是蓝光 B．将两种颜色的光分别通过狭窄的单缝，也能得到如图所示的条纹 C．条纹间距之比等于波长之比 D．若将薄片的厚度增加，则条纹间距增大 10．物理学的不断发展使人们对于世界的认识逐渐趋于统一，大到宇宙天体小到带电粒子，它们的运动也能发现很多相似之处。若在点电荷M的作用之下，能够让一点电荷P在xOy平面内绕x轴上固定的点电荷M做逆时针方向的低速椭圆运动，其中C、D关于O点的中心对称点分别为E、F，不计点电荷P的重力。下列说法正确的是(　　) A．若P为负电荷，则A点的电势可能比B点的电势高 B．当P沿E、A、C运动时，电场力先做正功后做负功 C．P从C运动到D的时间等于从E运动到F的时间 D．若点电荷M到坐标原点的距离与半长轴之比为2∶3，则P在A、B两点的速度之比为1∶5 11．电磁减震器是利用电磁感应原理制作的一种新型智能化汽车独立悬架系统。该减震器是由绝缘滑动杆及固定在杆上12个相互紧靠的相同矩形线圈构成。减震器右侧是一个由电磁铁产生的磁场，磁场的磁感应强度与通入电磁铁的电流间的关系可简化为B＝kI，其中k＝50 T/A，磁场范围足够大。当减震器在光滑水平面上以初速度v进入磁场时会有减震效果产生，当有超过6个线圈进入磁场进行减速时，车内人员会感觉颠簸感较强。已知滑动杆及线圈的总质量m＝1.0 kg，每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻值R＝1.0 Ω，ab边长L＝20 cm，bc边长d＝10 cm，整个过程不考虑互感影响，则下列说法正确的是(　　) A．当电磁铁中的电流为2 mA时，为了不产生较强颠簸，则减速器进入磁场时的最大速度为3 m/s B．若检测到减速器以5 m/s将要进入磁场时，为了不产生较强的颠簸，则调节磁场的电流可以为3 mA C．若检测到减速器以5 m/s将要进入磁场时，为了不产生较强的颠簸，则调节磁场的电流可以为2.5 mA D．当电磁铁中的电流为2 mA，减速器速度为5 m/s时，磁场中第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k＝16 选 择 题 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 二、非选择题：本题共5小题，共56分。其中第13～16小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12．(15分)某同学用图甲所示装置测定重力加速度，并验证机械能守恒定律。小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。 　 甲　　　　　　　　　　乙　　　丙　　　　丁　 (1)用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图乙所示，则d＝________mm。 (2)让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1。若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期T＝________。 (3)摆线长度大约80 cm，该同学只有一把量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30 cm，如图丙所示。保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。测量多组数据后绘制T2l图像，求得图像斜率为k1，可得当地重力加速度g＝________。 (4)该同学用此装置继续实验，验证机械能守恒定律。如图丁所示，将小球拉到一定位置由静止释放，释放位置距最低点高度为h，开启传感器计时模式，测得小球摆下后第一次挡光时间为Δt，改变不同高度h并测量不同挡光时间Δt，测量多组数据后绘制Δt2图像，发现图像是过原点的直线并求得图像斜率k2，比较k2的值与________(写出含有d、k1的表达式)，若两者在误差范围内相等，则验证机械能是守恒的。 (5)对于本次实验，下列说法中正确的两项为________。 A．安装在小球下面的挡光部件选用挡光小圆柱比挡光小薄片好 B．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，k1的测量值与理论值相比偏大 C．只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，k2的测量值与理论值相比偏小 D．验证机械能守恒定律时细线偏离平衡位置的最大角度必须小于或等于5° 13．(6分)单级水火箭可以简化为如图甲所示的下方开口的容器。容器中气体体积V＝3 L，压强p0＝1×105 Pa，下方水的深度h＝50 cm。单向气阀(不计质量)是一个只能朝一个方向通入气体的装置，它外部为橡胶材质，将其紧紧塞在容器口位置可将水堵住还能向容器内进行充气。单向气阀与容器口摩擦力的最大值f＝91.5 N。现用打气筒通过单向气阀向容器内一次次的充入压强p0＝1×105 Pa、V1＝300 mL的气体。当容器内的气体压强到达一定值时单向气阀和容器中的水被一起喷出，水火箭可以获得一定的速度发射。已知重力加速度g＝10 m/s2，容器口的横截面积S＝3×10－4 m2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3。假设容器中的气体为理想气体，充气和喷水时忽略温度的变化。 甲　　　　　　　　　　乙　　　　 (1)求水火箭刚好喷水时容器内气体压强p； (2)求水火箭刚好喷水时的充气次数； (3)水火箭喷水过程中，容器内气体的p-V图像如图乙所示，试估算容器内气体从状态a到状态b从外部吸收的热量。 14.(8分)如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距l＝10 m。现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，求： (1)两个工件间的最小距离； (2)传送带满载时与空载时相比，电机对传送带增加的牵引力。 15.(12分)如图所示，在长方体Ⅰ区域内，有垂直平面abb′a′的匀强电场，电场强度为E，已知bc长为L，bb′长为2L。Ⅱ区为电加速区，由间距为d的正中间有小孔S、O的两个正方形平行金属板M、N构成，金属板边长为l＝d，Ⅲ、Ⅳ区为长方体形状的磁偏转区，水平间距分别为d、4d，其竖直截面与金属板形状相同。Ⅳ区左右截面的中心分别为O1、O2，以O1为坐标原点，垂直长方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N间匀强电场大小为E，方向沿＋y方向；Ⅲ、Ⅳ区的匀强磁场大小相等、方向分别沿＋z、－z方向。现有一电荷量为＋q、质量为m的粒子以某一初速度从c点沿平面cbb′c′进入电场区域，经b′点垂直平面a′b′c′d′由小孔S沿＋y方向进入Ⅱ区，经过一段时间后恰好能返回到小孔S，不考虑粒子的重力。求： (1)粒子经过b′点的速度大小v0； (2)粒子经过小孔O时的速度大小v； (3)粒子在磁场中相邻两次经过小孔O时运动的时间及磁感应强度B的大小； (4)若在Ⅲ区中＋x方向增加一个附加匀强磁场，可使粒子经过小孔O后恰好不能进入到Ⅳ区，并直接从Ⅲ区前表面(＋x方向一侧)的P点飞出，求P点坐标。 16.(15分)如图所示，一个劲度系数非常大的弹簧(弹簧长度和弹开物块时弹簧作用时间均可以忽略不计)一端固定在倾角为θ＝37°的斜面底端。若将一质量为m＝1 kg的滑块P从斜面上A点由静止释放，滑块与弹簧相互作用后，弹簧最大弹性势能为Ep，滑块反弹后能沿斜面运动到的最高点为B(未在图中画出)。现锁定弹簧，使其弹性势能仍为Ep(已知A点距弹簧自由端距离为8 m，滑块P与粗糙斜面动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，滑块可视为质点)求： (1)滑块P在斜面上反弹到的最高点B与初始位置A的距离x1； (2)现将一光滑滑块Q和滑块P并排紧挨着置于斜面底端弹簧处，P、Q质量相等，Q在下，P在上，然后解除弹簧锁定，P、Q沿斜面上滑的距离x2； (3)若在问题(2)中的条件下，若P、Q在斜面上的运动过程中发生弹性碰撞，则第一次碰撞后P和Q的速度大小分别为多少； (4)若在问题(2)中的条件下，若P、Q在斜面上的运动过程中发生完全非弹性碰撞，碰后两滑块成为一个整体，求滑块P在斜面上运动的总路程。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高中物理学业水平选择性考试模拟试题(十) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C D A D C B B C D B 1.B　核反应遵循质量数和电荷数守恒，可知X是质子，释放的能量为ΔE＝(2×3.0161－4.0026－2×1.0078)×931.5 MeV≈13.04 MeV，故选B。 2．C　气体在由状态a变化到状态b的过程中压强不变，体积增大，气体对外做功，即W＜0，温度升高，气体内能增大，即ΔU＞0，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，可知Q＞0，气体吸收热量，故A错误；气体在由状态b变化到状态c的过程中，气体温度不变，气体内能不变，故B错误；气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，气体温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0，从a到b为等压变化，气体体积变大，气体对外做功为W1＝pb(Vb－Va)，从b到c为等温变化，气体体积减小，外界对气体做功为W2＝(Vb－Va)，为从b到c的压强的平均值，据pbVb＝pcVc，可得pc＞pb，所以＞pb，数值上W2＞W1，而气体从c到a体积不变，气体不做功，故气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，表现为外界对气体做功，总全程功为正值，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，故C正确；气体从状态c变化到状态a的过程中，体积不变，分子数密度不变，而温度降低，分子的平均动能减小，气体的压强减小，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数不会增加，故D错误。故选C。 3．D　设单匝线圈的匝数用n3表示，电压为U3，原线圈的匝数为n1，由电压与匝数的关系＝，可得n1＝1100匝，故A错误；当开关S断开时，由输入功率等于输出功率有U1I1＝U2I2，代入数据解得I1＝1 A，故B错误；当开关S闭合时，副线圈回路中的总电阻减小，故而电流增大，而原、副线圈的匝数比不变，则可知原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数变大，故C错误；当开关S闭合时，两灯泡完全相同，并联后总电阻变为原来的一半，而输入端的电压以及线圈的匝数都不变，则可知副线圈两端的电压不变，因此副线圈回路中的电流变为原来的两倍，即电流表A2的示数是30 A，故D正确。故选D。 4．A　光路图如图所示。由几何关系知在B点的入射角为α＝30°，根据折射定律有n＝，解得θ＝45°，可知β＝135°，r＝15°，根据正弦定理有＝，解得OM＝R，故选A。 5．D　小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析可知，小物块受到的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律知ab＝＝μg，对长木板分析可知，受到地面水平向左的摩擦力，物块对木板水平向左的摩擦力和水平向右的恒力作用，由牛顿第二定律得F－μmg－2μmg＝maa，解得aa＝－3μg。根据图像斜率可知，初始阶段aa＜0，且ab＝，即F＝2μmg，则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后整体合外力为零，一起做匀速直线运动，故A错误；根据图像斜率可知，a做匀速直线运动，即F＝3μmg，两者共速后，一起匀加速，有F－2μmg＝2ma，解得a＝μg，故B错误；由图知aa＜ab，则有3μmg＜F＜4μmg，两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，可得F－2μmg＝2ma，解得μg＜a＜μg，故C错误；根据图像斜率可知，初始阶段aa＜0，且＜ab，即2μmg＜F＜3μmg，则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后整体合外力不为零，一起做匀加速直线运动，可得F－2μmg＝2ma，即0＜a＜μg，故D正确。故选D。 6．C　根据同侧法可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；质点P(x＝4 m)在0.9 s时恰好第三次到达波峰，则有2＝0.9 s，解得T＝0.4 s，由图知波长为8 m，则v＝＝20 m/s，故B错误；据Q点波峰坐标为x＝3＋nλ＝4n＋3 m(n＝0，1，2…)，则波峰传到Q点的时间为t＝＝ s(n＝0，1，2…)，当t＝1.75 s时，解得n＝8，故C正确；若质点Q振动2时，其通过的路程为s＝2×4A＝20 m，但在0～0.9 s内，即Q点只振动了2，所以Q运动的路程小于20 m。故D错误。故选C。 7．B　“天舟五号”与“天宫空间站”对接前绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，＝mr＝m＝ma，解得T＝2π ，v＝ ，a＝，“天舟五号”的轨道半径小于“天宫空间站”的轨道半径，则“天宫空间站”的线速度小于“天舟五号”的线速度，“天宫空间站”的向心加速度小于“天舟五号”的向心加速度，对接后“结合体”绕地球公转周期等于对接前“天宫空间站”的公转周期，故B正确，A、D错误；“天舟五号”需要经过点火加速才能从低轨道变轨进入高轨道，实现对接，故C错误。 8．B　对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着圆弧轨迹缓慢上移，在圆周上任一位置时，根据平衡条件可得，绳的拉力为FT＝，外力F为F＝m′gtan α，小球A沿着圆弧轨迹缓慢上移，α增大，可知拉力FT和外力F均增大， 故A错误；初始时，绳的拉力在A点为FT1＝m′g，初始时滑环恰好不下滑，对B由平衡条件得mgcos 53°＝μFN，FT1＝FN＋mgsin 53°，解得m＝0.5 kg，故 B正确；开始时FT1＝FN＋mgsin θ，由于拉力FT1增大，则FN垂直于杆向下且增大，故C错误；由于FN增大，所以B保持静止，则Ff＝mgcos θ，可知摩擦力大小不变，故D错误。故选B。 9．C　根据Δx＝，可得条纹间距之比为＝，若将薄片的厚度d增加，相当于倾角θ变大，则条纹间距减小，由题图乙可知a图的条纹间距小于b图的条纹间距，所以a的波长小于b的波长，而红光的波长大于蓝光的波长，故A、D错误，C正确；此图为干涉现象，若将两种颜色的光分别通过狭窄的单缝，产生的是衍射现象，故不能得到如图所示的条纹，故B错误。故选C。 10．D　点电荷P在xOy平面内绕x轴上固定的点电荷M做逆时针方向的低速椭圆运动，两者为吸引力，若P为负电荷，则点电荷M为正电荷，则A点的电势比B点的电势低，故A错误；两点电荷为吸引力，当P沿E、A、C运动时，速度与电场力的夹角先为钝角后为锐角，所以电场力先做负功后做正功，故B错误；由对称性可知，点电荷P在CD上任一点的电势能比在EF点上任一的电势能小，由能量守恒可知，点电荷P点在CD上任一点的动能比在EF上任一点的动能大，即在CD上的平均速率比在EF上的大，而CD与EF的长度相等，根据t＝，可知P从C运动到D的时间小于从E运动到F的时间，故C错误；若点电荷M到坐标原点的距离与半长轴之比为2∶3，则点电荷M到A、B两点的距离之比为5∶1，设A、B两处的曲率圆半径为r，则在A点，k＝m，在B点，k＝m，解得vA∶vB＝BM∶AM＝1∶5，可得P在A、B两点的速度之比为1∶5，故D正确。故选D。 11．B　由题分析知当每个线圈进入磁场时，安培力的冲量大小为IF＝nBLΔt，而q＝Δt，＝，＝n，ΔΦ＝BLd，解得IF＝，可知每个线框进入磁场的安培力冲量相等，则每完全进入一个线圈时，减震器的速度减少量相等，根据动量定理可得每进入一个线框的速度减少量为＝＝mΔv，即Δv＝，而B＝kI，则Δv＝，当磁场的电流为2 mA时，则Δv＝0.4 m/s，由题知当有超过6个线圈进入磁场进行减速时，车内人员会感觉颠簸感较强，为了不产生较强颠簸，则最多6个线圈进入磁场，则减速器进入磁场时的最大速度为vm＝6Δv＝2.4 m/s，故A错误；若磁场的电流为3 mA时，则Δv′＝0.9 m/s，若检测到减速器以5 m/s将要进入磁场时，则进入磁场的线圈个数为N1＝≈5.6个＜6个，可知减速器不产生较强的颠簸，故B正确；若磁场的电流为2.5 mA时，则Δv″＝0.625 m/s，若检测到减速器以5 m/s将要进入磁场时，则进入磁场的线圈个数为N1＝＝8个＞6个，可知减速器会产生较强的颠簸，故C错误；当电磁铁中的电流为2 mA，每进入一个线框的速度减少量为Δv＝0.4 m/s，当减速器速度为5 m/s时，能够进入磁场的线圈个数为N＝＝12.5个，只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒知线圈产生的热量等于减少的动能，第一个线圈完全进入磁场时速度为v1＝v－Δv＝4.6 m/s，第12线圈进入磁场和完全进入磁场时的速度为v12＝v－11Δv＝0.6 m/s，v13＝v－12Δv＝0.2 m/s，则磁场中第1个线圈和第12线圈产生的热量比k＝＝12，故D错误。故选B。 12．解析：(1)螺旋测微器固定刻度读数为2 mm，可动刻度读数为33.2，每旋转1圈长度增加0.5 mm，因此读数为2.332 mm。 (2)单摆共振动了个周期，用时t，因此周期T＝。 (3)由单摆周期T＝2π，可得T2＝(l＋L0)＝l＋L0，因此T2l图像的斜率k1＝，即g＝。 (4)在最低点挡光时的速度v＝，若机械能守恒，则有mgh＝mv2，整理得Δt2＝·，即k2＝k1。 (5)如果选用挡光薄片，在实验过程中难以保证总是薄片面与光电快门发出的光线垂直。如果不垂直会使挡光有效长度变短，测量速度值偏大，而采用挡光圆柱则不会出现该问题。因此，安装在小球下面的挡光部件选用挡光小圆柱比挡光小薄片好，A正确。根据T2＝(l＋L0＋L1)＝l＋L0＋L1，(l＋L0＋L1)为悬点到光电门的距离，只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，图线与纵轴的截距会受到影响，但斜率k1的测量值不受影响，测量值等于理论值，B错误。只考虑挡光位置在小球下方所引起的系统误差，由于挡光元件位于小球下方，其速度大于小球，因此代入计算的Δt比理论值小。绘图时，纵坐标Δt2比理论值小，则斜率k2测量值比理论值小，C正确。摆角大于5°时单摆不可再看为简谐振动，周期公式T＝2π不再适用，但是摆角不影响机械能守恒定律的验证，D错误。 答案：(1)2.332　(2)　(3)　(4)k1　(5)AC 13．解析：(1)对单向气阀受力分析p0S＋f＝mg＋pS 解得p＝p0＋－ρgh 代入数据得p＝4×105 Pa。 (2)气体做等温变化，有p0V＋Np0V1＝pV 解得充气次数N＝30。 (3)由p-V图像可知，外界对气体做功W＝－208×4 J＝－832 J(小格数在205～210个均算正确) 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝0 所以气体吸收热量Q＝832 J(820 J～840 J都可以)。 答案：(1)4×105 Pa　(2)30次　(3)832 J(820 J～840 J都可以) 14．解析：(1)对工件受力分析，根据牛顿第二定律得 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 工件放上传送带后的加速度大小 a＝＝2.5 m/s2 经过t1时间与传送带速度相等，则加速时间、运动距离分别为 t1＝＝0.8 s，x1＝t1＝0.8 m 再过t2＝0.2 s，放下一个工件，此时该工件距前一个工件的距离最小，有 x＝x1＋vt2 代入数据解之得x＝1.2 m。 (2)工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，匀速距离为l－x1＝vt3 解得每个工件在传送带上的运动时间t＝t1＋t3＝5.4 s 当第1个工件刚到达B端时，第6个工件已经在传送带上运动了0.4 s，而第7个工件还未放上；传送带上满载时，有1个工件在传送带上滑动，有5个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力Ff＝μmgcos θ＋5mgsin θ＝32.5 N 故电机对传送带增加的牵引力F＝Ff＝32.5 N。 答案：(1)1.2 m　(2)32.5 N 15．解析：(1)沿垂直电场方向有2L＝v0t 沿电场力方向有L＝at2 又a＝ 解得v0＝ 。 (2)粒子由S到O过程，由动能定理得Eqd＝mv2－mv 解得v＝ ＝ 。 (3)粒子在磁场中运动轨迹(俯视图)如图甲所示。 甲 由几何关系得r＝d 根据牛顿第二定律得qvB＝ 解得B＝ 即B＝ 粒子在磁场中的周期为T＝＝ 由几何关系得粒子在磁场中运动的时间t＝T 联立方程，解得t＝ 。 (4)如图乙所示。粒子恰好与Ⅲ、Ⅳ区边界相切且从P点飞出，对应半径r1＝d 乙 即r1＝，B2＝ 解得cos α＝，α＝30° 由几何关系得r1＝ 解得cos θ＝，θ＝60° 则有xP＝＝d，yP＝r1sin θ－d＝d－d， zP＝－tan α＝－d 即P点坐标为。 答案：(1) 　(2) (3) 　 (4) 16．解析：(1)设AB间距离为x1，根据动能定理有 mgx1sin θ－μmgcos θ＝0 x＝8 m 解得x1＝6.4 m。 (2)根据能量守恒得弹簧弹性势能 Ep＝mgsin θ＋μmgcos θ 又x＝8 m 代入得Ep＝16 J 又Ep＝·2mv 此后PQ一起向上运动到达最高点，上升距离为x2，有 2mgsin θ＋μmgcos θ＝2ma 解得x2＝＝1 m。 (3)PQ从最高点下滑，Q运动得快，P运动得慢 对Q：x2＝gsin θt，v1＝gsin θt1 对P：a1＝gsin θ－μgcos θ 设时间为t时发生第一次碰撞，此时P速度沿斜面向下，Q速度沿斜面向上 Q沿斜面上滑的位移x3＝v1－gsin θ2 时间t内P的位移x4＝a1t2 又x3＋x4＝x2 解得t＝s，v2＝a1t＝2 m/s，v3＝v1－gsin θ＝ m/s P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，得 mv3－mv2＝mv4－mv5，mv＋mv＝mv＋mv 解得v4＝2 m/s，v5＝2 m/s。 (4)P、Q发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒得 mv3－mv2＝2mv6 解得v6＝ m/s 根据能量守恒有·2mv＋2mgx3sin θ＝μmgcos θx5 解得xP＝x2＋x4＋x5＝3 m。 答案：(1)6.4 m　(2)1 m　 (3)2 m/s 2 m/s　(4)3 m 学科网（北京）股份有限公司 $$