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2024 年 1 月浙江省普通高校招生选考物理试题
一、单选题
1．下列属于国际单位制基本单位符号的是（ ）
A．s B．N C．F D．T
【答案】A
【解析】国际单位制中的基本单位分别是：长度的单位是米，符号m；质量的单位是千克，符号kg；时间的单位是
秒，符号s；电流的单位是安培，符号是A；热力学温度的单位是开尔文，符号K；物质的量单位是摩尔，符号mol；
发光强度的单位是坎德拉，符号cd。
故选A。
2．杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是（ ）
A．研究甲图运动员的入水动作
B．研究乙图运动员的空中转体姿态
C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作
【答案】C
【解析】A．研究甲图运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不
能够看为质点，A错误；
B．研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够
看为质点，B错误；
C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员
能够看为质点，C正确；
D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动
员不能够看为质点，D错误。
故选C。
3．如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球
（ ）
A．从1到2动能减少mgh B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh D．从2到3机械能不变
【答案】B
【解析】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加mgh，
则1到2动能减少量大于mgh，A错误，B正确；
CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，选项CD错误。
故选B。
4．磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁
场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（ ）A．图示左侧通电导线受到安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等
【答案】A
【解析】A．根据左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，A正确；
B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；
C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误；
D．因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。
故选A。
5．如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin100πt(V)的交流电，经原、副线圈匝数分别为
n 和n 的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（ ）
1 2
n 7
A． 2 <
n 20000
1
n 1
B． 1 <
n 2000
2
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5V
D．副线圈输出交流电压的频率是100Hz
【答案】B
5 5 2
【解析】AB．原线圈两端电压的有效值U = V= V
1 2 2
U n
根据电压匝数关系有 1 = 1 ，变压器副线圈电压的峰值U = 2U
U n 2max 2
2 2
n n 1
根据题意有U >10×103V，解得 2 >20000， 1 <
2max n n 2000
1 2
A错误，B正确；
5 5 2
C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U = V= V，C错误；
1 2 2
2π
D．根据 =2πf =100πHz，解得 f =50Hz
T
变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，D错误。
故选B。
6．如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定
的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50g，细线c、d平行且与水平成θ=30°（不计摩擦），则细线a、b的拉力分
别为（ ）
A．2N，1N B．2N，0.5N C．1N，1N D．1N，0.5N
【答案】D
【解析】根据题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a
的拉力大小为T =(m +m )g =1N
a A B
设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有T sinα+T sinθ=m g，T cosα=T cosθ
b c A b d
解得T =0.5N
b
故选D。
7．已知氘核质量为2.0141u，氚核质量为3.0161u，氦核质量为4.0026u，中子质量为1.0087u，阿伏加德罗常数N
A
取6.0×1023mol−1，氘核摩尔质量为2g⋅mol−1，1u相当于931.5MeV。关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程式为2H+3H→3 He+1 n
1 1 2 0
B．氘核的比结合能比氦核的大
C．氘核与氚核的间距达到10−10m就能发生核聚变
D．4g氘完全参与聚变释放出能量的数量级为1025MeV
【答案】D
【详解】A．核反应方程式为2H+3H→4 He+1 n.A错误；
1 1 2 0
B．氘核的比结合能比氦核的小，B错误；
C．氘核与氚核发生核聚变，要使它们间的距离达到10−15m以内，C错误；
D．一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏：∆m=(2.0141+3.0161−4.0026−1.0087)u=0.0189u
聚变反应释放的能量是：∆E=∆m⋅931.5MeV≈17.6MeV
4
4g氘完全参与聚变释放出能量：E= ×6×1023×∆E≈2.11×1025MeV
2
数量级为1025MeV，D正确。
故选D。
8．如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从
桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（ ）D g D g
A． B．
4 h 4 2h
( 2+1)D g g
C． D．( 2+1)D
2 2h 2h
【答案】C
2h
【解析】设出水孔到水桶中心距离为x，则x=v
0 g
D 2⋅2h
落到桶底A点时x+ =v
2 0 g
( 2+1)D g
解得v =
0 2 2h
故选C。
9．如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约500km的轨道。
取地球质量6.0×1024kg，地球半径6.4×103km，引力常量6.67×10−11N⋅m2/kg2。下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约8.4m/s2
C．卫星运行的周期约12h D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
【答案】B
【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，A错误；
F GM
B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为a= = ≈8.4m/s2。B正确；
m (R+h)2
(R+h)3
C．卫星运行的周期为T =2π ≈1.6h。C错误；
GM
D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，D错误。
故选B。
10．如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的
观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方
向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（ ）A．t 时刻小球向上运动 B．t 时刻光源的加速度向上
1 2
C．t 时刻小球与影子相位差为π D．t 时刻影子的位移为5A
2 3
【答案】D
【解析】A．以竖直向上为正方向，根据图2可知，t 时刻，小球位于平衡位置，随后位移为负值，且位移增大，
1
可知，t 时刻小球向下运动，A错误；
1
B．以竖直向上为正方向，t 时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正弦式，表明其做简谐运动，根据F =−kx=ma.
2 回
可知，其加速度方向与位移方向相反，位移方向向上，则加速度方向向下，B错误；
C．由图2可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，
可知，影子与小球的振动步调总是相同，即t 时刻小球与影子相位差为0，C错误；
2
D．根据图2可知，t 时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据直线传播能够在屏上影子的位置也处于最高
3
l A+A
点，影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有 = 。解得x =5A。即t 时刻影子的位移为5A，
l+2l A+x 影子 3
影子
D正确。
故选D。
11．如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为v 。正对M放置一金属网N，在M、N之
m
间加恒定电压U。已知M、N间距为d（远小于板长），电子的质量为m，电荷量为e，则（ ）
A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
1
B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 mv2 +eU
2 m
2m
C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为v d
m eU
mv2
D．M、N间加反向电压 m 时电流表示数恰好为零
4e
【答案】C1
【解析】AB．根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到到达N板时eU =E − mv2
km 2 m
1
则到达N板时的动能为E =eU + mv2 ，与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，AB错误；
km 2 m
C．平行极板M射出的电子到达N板时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移为y=v t
m
1Ue 2m
d = t2，解得y=v d ，C正确；
2dm m eU
1 mv2
D．M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eU = mv2 解得U = m 。D错误。
c 2 m c 2e
故选C。
1 1 1
12．氢原子光谱按频率展开的谱线如图所示，此四条谱线满足巴耳末公式 =R − ，n=3、4、5、6用H 和
λ 22 n2 δ
H 光进行如下实验研究，则（ ）
γ
A．照射同一单缝衍射装置，H 光的中央明条纹宽度宽
δ
B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃砖，H 光的侧移量小
δ
C．以相同功率发射的细光束，真空中单位长度上H 光的平均光子数多
γ
D．相同光强的光分别照射同一光电效应装置，H 光的饱和光电流小
γ
【答案】C
【解析】A．根据巴耳末公式可知，H 光的波长较长。波长越长，越容易发生明显的衍射现象，故照射同一单缝衍
γ
射装置，H 光的中央明条纹宽度宽，A错误；
γ
c
B．H 光的波长较长，根据 f = ，可知H 光的频率较小，则H 光的折射率较小，在平行玻璃砖的偏折较小，H
γ λ γ γ γ
光的侧移量小，B错误；
C．H 光的频率较小，H 光的光子能量较小，以相同功率发射的细光束，H 光的光子数较多，真空中单位长度上
γ γ γ
H 光的平均光子数多，C正确；
γ
D．若H 、H 光均能发生光电效应，相同光强的光分别照射同一光电效应装置，H 光的频率较小，H 光的光子
δ γ γ γ
能量较小，H 光的光子数较多，则H 光的饱和光电流大，H 光的饱和光电流小，D错误。
γ γ δ
故选C。
13．若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小B=kI（k的数量级
为10−4T/A）。现有横截面半径为1mm的导线构成半径为1cm的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为10−26Ω⋅m。
开始时线圈通有100A的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（ ）
A．10−23V，10−7A B．10−20V，10−7A C．10−23V，10−5A D．10−20V，10−5A
【答案】D∆I
【解析】线圈中电流I(t)的减小将在线圈内导致自感电动势，故ε=−L =IR
∆t
Φ
其中L代表线圈的自感系数，有L=
I
在计算通过线圈的磁通量Φ时，以导线附近即r处的B为最大，而该处B又可把线圈当成无限长载流导线所产生的，
1
根据题意B=kI，则L=kS =kπr2
2
2πr 2r
根据电阻定律有R=ρ 2 =ρ 2
πr2 r2
1 1
2IρΔt 2×100×10−26×365×24×3600
联立解得ΔI =
kπr
2
r
1
2
=
10−4×3.14×10−2× ( 10−3)2
≈2×10−5 A，ε=2×10−20V
则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为10−20V，10−5A。
故选D。
二、多选题
14．下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，黑体吸收能力最强，但辐射能力最弱
B．具有相同动能的中子和电子，其德布罗意波长相同
C．电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量
D．自然光经玻璃表面反射后，透过偏振片观察，转动偏振片时可观察到明暗变化
【答案】CD
【详解】A．相同温度下，黑体吸收和辐射能力最强，A错误；
h h
B．根据λ= = ，具有相同动能的中子和电子，电子质量较小，德布罗意波长较长，B错误；
p 2mE
k
C．电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量，C正确；
D．自然光在玻璃、水面等表面反射时，反射光可视为偏振光，透过偏振片观察，转动偏振片时能观察到明暗变化，
D正确。
故选CD。
15．在如图所示的直角坐标系中，xOz平面为介质Ⅰ和Ⅱ的分界面（z轴垂直纸面向外）。在介质I中的P（0，4λ）
处有一点波源，产生波长为λ、速度为v的波。波传到介质Ⅱ中，其速度为 2v，图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，
与x轴和y轴分别交于R和S点，此时波源也恰好位于波峰。M为O、R连线的中点，入射波与反射波在O点相干
加强，则（ ）
2v
A．介质Ⅱ中波的频率为 B．S点的坐标为（0，− 2λ）
λ
3
C．入射波与反射波在M点相干减弱 D．折射角α的正弦值sinα= 2
5
【答案】BD
v
【详解】A．波从一种介质到另一种介质，频率不变，故介质Ⅱ中波的频率为 f = ，A错误；
λ2v
B．在介质Ⅱ中波长为λ′= = 2λ，由于图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交于R和S点，故S
f
点的坐标为（0，− 2λ），B正确；
C．由于S为波峰，且波传到介质Ⅱ中，其速度为 2v图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交于R和
S点，则R也为波峰，故P到R比P到O多一个波峰，则PR=5λ
λ λ
则OR=3λ，由于 MO−PM ≠2n⋅ 或(2n+1)
2 2
故不在减弱点，C错误；
sinα
λ′ n= 3
D．根据n= = 2，则 OR ，解得sinα= 2，D正确。
λ 5
PR
故选BD。
三、实验题
16．如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是 ；
A．放大法 B．控制变量法 C．补偿法
（2）该实验过程中操作正确的是 ；
A．补偿阻力时小车未连接纸带
B．先接通打点计时器电源，后释放小车
C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（3）在小车质量 （选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法
引起的误差为 （选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是 ；
A．用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
（4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、
x、…、x 。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式v= ；小车加速度的表达式是 。
1 6
x −2x x −2x x +x −(x +x )
A．a= 6 3 B．a= 6 3 C．a= 5 4 3 2
(15T)2 (3T)2 (10T)2
x −x
【答案】 B B 远大于 系统误差 C 6 4 A
10T
【解析】（1）[1]该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另
外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。故选B。
（2）[2]A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带
上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，A错误；
B．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间
距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，B正确；
C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，C错误。
故选B。
（3）[3]设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F =Ma
mg−F =ma
Mmg
联立解得F =
m+M
根据式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
[4]上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。
[5]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或
是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。
故选C。
（4）[6]相邻两计数点间的时间间隔为t=5T
x −x x −x
打计数点5时小车速度的表达式为v= 6 4 = 6 4
2t 10T
x −x −x x −2x
[7]根据逐差法可得小车加速度的表达式是a= 6 3 3 = 6 3
(3t)2 (15T)2
故选A。
17．在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱R（09999Ω）、一节干电池、微安表（量程0300μA，
零刻度在中间位置）、电容器C（2200μF、16V）、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。
（1）把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零：然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是 ；
A．迅速向右偏转后示数逐渐减小 B．向右偏转示数逐渐增大
C．迅速向左偏转后示数逐渐减小 D．向左偏转示数逐渐增大
（2）再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速
向右偏转后示数逐渐减小到160μA时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，
则电压表示数为 V，电压表的阻值为 kΩ（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】 C 0.50 3.1
【解析】（1）[1]把开关S接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小
到零；把开关S接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。
故选C。
（2）[2]由题意可知电压表应选用0~3V量程，由图2可知此时分度值为0.1V，需要估读到0.01V，则读数为0.50V。
[3]当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根据闭合电
E 1.5
路欧姆定律有R+R = = Ω=9.375kΩ
V I 160×10−6
R U 1.5−0.5
根据串联电路规律有 = R = =2
R U 0.5
V V
联立可得R ≈3.1kΩ
V18．在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻R ，在不同温度时的阻值如下表
t
温度/℃ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4
电阻/（102Ω） 220 160 100 60 45 30 25 15
某同学利用上述热敏电阻R 、电动势E=3V（内阻不计）的电源、定值电阻R（阻值有3kΩ、5kΩ、12kΩ三种可
t
供选择）、控制开关和加热系统，设计了A、B、C三种电路。因环境温度低于20℃，现要求将室内温度控制在
20℃28℃范围，且1、2两端电压大于2V，控制开关开启加热系统加热，则应选择的电路是 ，定值电阻R的
阻值应选 kΩ， 1、2两端的电压小于 V时，自动关闭加热系统（不考虑控制开关对电路的影响）。
A． B． C．
【答案】 C 3 1.8
【详解】[1] A．电路A，定值电阻和热敏电阻并联，电压不变，故不能实现电路的控制，A错误；
B．定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，定值电阻分得电压越小，无法实现1、2两端电压
大于2V，控制开关开启加热系统加热。B错误；
C．定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分得电压越大，可以实现1、2两端电压
大于2V，控制开关开启加热系统加热。C正确。
故选C。
[2]由热敏电阻R 在不同温度时的阻值表可知，20.0C的阻值为60×100Ω=6kΩ
t
R 6kΩ
由题意可知U = t E= ×3V=2V
12 R +R 6kΩ+R
t
解得R=3kΩ
3
[3] 28℃时关闭加热系统，此时热敏电阻阻值为4.5kΩ，此时1、2两点间的电压为 ×4.5V=1.8V则1、2两端
4.5+3
的电压小于1.8V时，自动关闭加热系统。
四、解答题
19．如图所示，一个固定在水平面上的绝热容器被隔板A分成体积均为V =750cm3的左右两部分。面积为S =100cm2
1
的绝热活塞B被锁定，隔板A的左侧为真空，右侧中一定质量的理想气体处于温度T =300K、压强p =2.04×105Pa
1 1
的状态1。抽取隔板A，右侧中的气体就会扩散到左侧中，最终达到状态2。然后解锁活塞B，同时施加水平恒力F，
仍使其保持静止，当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T =350K的状态3，气体内
2
能增加∆U =63.8J。已知大气压强p =1.01×105Pa，隔板厚度不计。
0
（1）气体从状态1到状态2是___（选填“可逆”或“不可逆”）过程，分子平均动能____（选填“增大”、“减小”或“不
变”）；
（2）求水平恒力F的大小；
（3）求电阻丝C放出的热量Q。【答案】（1）气体从状态1到状态2是不可逆过程，分子平均动能不变；（2）10N；（3）89.3J
【解析】（1）根据热力学第二定律可知，气体从状态1到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真空，可知气
体从状态1到状态2，气体不做功，又没有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度不变，分子平均动能不
变。
（2）气体从状态1到状态2发生等温变化，则有pV = p ⋅2V
1 1 2 1
p
解得状态2气体的压强为p = 1 =1.02×105Pa
2 2
解锁活塞B，同时施加水平恒力F，仍使其保持静止，以活塞B为对象，根据受力平衡可得p S = p S+F，解得
2 0
F =(p − p )S =(1.02×105−1.01×105)×100×10−4N=10N。
2 0
（3）当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度T =350K的状态3，可知气体做等压变
2
2V V
化，则有 1 = 3
T T
1 2
T 350
可得状态3气体的体积为V = 2 ⋅2V = ×2×750cm3 =1750cm3
3 T 1 300
1
该过程气体对外做功为W = p ∆V = p (V −2V)=1.02×105×(1750−2×750)×10−6J=25.5J
2 2 3 1
根据热力学第一定律可得∆U =−W +Q′
解得气体吸收的热量为Q′=∆U +W =63.8J+25.5J=89.3J
可知电阻丝C放出的热量为Q=Q′=89.3J
20．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、
倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水
平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB
上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数
µ=0.25，向下运动时动摩擦因数µ =0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦
1 2
因数恒为µ，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计
1
空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若h=0.8m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t 和向下运动时间t 之比。
上 下
（2）若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
1
【解析（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有mgh= mv2
2 C
v2 2gh
第一次经过C点的向心加速度大小为a= C = =16m/s2
R R
②小物块a在DE上时，因为µmgcosθ
