文档文本内容
2025 年 1 月浙江省普通高校招生选考科日考试
物理
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：
1.答题前，请务必将直接的姓名、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.可能用到的相关参数：重力加速度g取10 m/s2。
选择题部分
一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30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. 我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为210W⋅ℎ /kg。其中单位“W⋅ℎ”
（瓦时）对应的物理量是（ ）
A. 能量 B. 位移 C. 电流 D. 电荷量
【答案】A
【解析】
单位“W⋅ℎ”（瓦时）是能量的单位。瓦特（W）是功率的单位，表示单位时间内完成的工作量，而小
时（h）是时间的单位。因此，瓦时（W·h）表示在一小时内完成的工作量，即能量。
故选A。
2. 我国水下敷缆机器人如图所示，具有“搜寻—挖沟—敷埋”一体化作业能力。可将机器人看成质点的是
（ ）
A. 操控机器人进行挖沟作业 B. 监测机器人搜寻时的转弯姿态
C. 定位机器人在敷埋线路上的位置 D. 测试机器人敷埋作业时的机械臂动作
【答案】C
【解析】题目中提到的机器人具有“搜寻—挖沟—敷埋”一体化作业能力，这意味着机器人需要在水下进行一系列
的操作，包括搜寻目标、挖沟以及敷埋电缆。在这些操作中，机器人的位置定位是非常关键的，因为它需
要准确地知道自己在敷埋线路上的位置，以确保电缆能够正确地敷设。
选项A、B和D都涉及到机器人的具体操作动作，如挖沟、搜寻时的转弯姿态和敷埋作业时的机械臂动作。
这些操作虽然重要，但它们并不是决定机器人能否被视为质点的关键因素。质点是一个理想化的模型，用
于简化物体的运动分析，通常在物体的大小和形状对所研究的问题影响不大时使用。
在本题中，机器人在敷埋线路上的位置定位是最关键的，因为它直接影响到电缆敷设的准确性和效率。因
此，选项C是正确的，因为它涉及到机器人在敷埋线路上的位置，这是决定机器人能否被视为质点的关键
因素。
故选C。
3. 中国运动员以121公斤的成绩获得2024年世界举重锦标赛抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。
重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 双臂夹角越大受力越小
B. 杠铃对每只手臂作用力大小为
C. 杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对平衡力
D. 在加速举起杠铃过程中，地面对人的支持力大于人与杠铃总重力
【答案】D
【解析】
A．双臂所受杠铃作用力的合力的大小等于杠铃的重力大小，与双臂的夹角无关，A错误；
B．杠铃的重力为
G=mg=121×10=1210N
手臂与水平的杠铃之间有夹角，假设手臂与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件可知
2Fcosθ=G
结合cosθ<1，解得杠铃对手臂的作用力
F>605N
B错误；
C．杠铃对手臂的压力和手臂对杠铃的支持力是一对相互作用力，C错误；D．加速举起杠铃，人和杠铃构成的相互作用系统加速度向上，系统处于超重状态，因此地面对人的支持
力大于人与杠铃的总重力，D正确。
故选D。
4. 三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d，e与e，f两点间的距离相等，则（ ）
A. a点电势高于b点电势
B. a、c两点的电场强度相同
C. d、f间电势差为d、e间电势差的两倍
D. 从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等
【答案】D
【解析】
A．电场线从高等势面指向低等势面，即电场线从图中的正电荷指向负电荷，因此b点所在的等势面高于
a点所在的等势面，A错误；
B．a、c两点电场强度方向不同，电场强度不同，B错误；
C．从d→e→f电场强度逐渐减小，间距相等，结合U=Ed可知0<U <U ，则U <2U ，C错误；
fe ed fd ed
D．a点与f点在同一等势面上，a、b两点和f、b两点的电势差相等，根据电场力做功W =qU可知从a到
b与从f到b，电场力对电子做功相等，D正确。
故选D。
5. 有一离地面高度20m、质量为 稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率
v成正比，比例系数 ，重力加速度g=10m/s2，则它降落到地面的时间约为（ ）
A. 0.5h B. 3h C. 28h D.
【答案】B
【解析】
沙尘颗粒速度较小时，阻力较小，
可知 mg−kv=ma，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当 a=0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足 mg=kv ，解得 v =2×10−3 m/s，
max max
沙尘下落时间为t= ℎ = 20 s=1×104 s=2.8 h
v 2×10−3
max
故 B 正确，ACD 错误。
6. 地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线
扫过的面积分别为S 和S ，且S >S 。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，
1 2 1 2
则彗星（ ）
A. 在近日点的速度小于地球的速度
的
B. 从b运行到c 过程中动能先增大后减小
C. 从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间
D. 在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍
【答案】C
【解析】
A．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
Mm v2 √GM
G =m →v=
r2 r r
哈雷彗星在近日点的曲率半径小于地球半径，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，
A错误；
B．从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减
小，B错误；
C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据S >S 可知从a运行到
1 2
b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；
D．万有引力提供加速度
Mm GM
G =ma→a=
r2 r2则哈雷彗星的加速度 与地球的加速度 比值为
a r2 1
1= 2=
a r2 0.36
2 1
D错误。
故选C。
7. 有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A. 图1中，U :U =n :n
1 2 2 1
B. 图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大
C. 图3中，电容器中电场的能量正在增大
D. 图4中，增大电容C，调谐频率增大
【答案】C
【解析】
U n
A．在变压器中，电压比等于线圈匝数比，即
1= 1
，A错误；
U n
2 2
B．从图2所示位置转动至线框与磁感线垂直的过程中，逐渐转向中性面，因此线框中的电动势逐渐减小，
B错误；
C．电容器中电场强度方向竖直向上，因此下极板带正电，上极板带负电，根据线圈的磁场方向结合安培
定则可知电流流向正极板，因此电容器正在充电，电场的能量正在增大，C正确；
1
D．在LC电路中，调谐频率 f 与电容 C 和电感 L 有关，公式为f = 增大电容 C 会导致调谐
2π√LC
❑
频率减小，而不是增大 ，D错误。
√❑
故选C。
8. 如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者
质量均为1kg。A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（ ）
A. 碰撞瞬间C相对地面静止
B. 碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C. 碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J
D. 碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m
【答案】D
【解析】
A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；
B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒
mv −mv =2mv
A B 1
解得
v=1m/s
1
方向向右；当三者共速时
2mv −mv =3mv
1 C
可知
v=0
即最终三者一起静止，可知经历的时间
v 2
t= C = s=0.4s
μg 0.5×10
选项B错误；
C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量
1 1
Q= ×2mv2+ mv2 =3J
2 1 2 C
选项C错误；
D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知
Q=μmgx
相对
可得
x =0.6m
相对
选项D正确。
故选D。
9. 新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（U ）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合
0
开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
A. 该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，故A错误；
B. 该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时，L产生自感电动势阻碍电流减小，L
相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导体，从而实现给高压充电，
故B正确；
C. 该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统
的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，故C错误；
D. 该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电
动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，故D错误。
故选B。
10. 测量透明溶液折射率的装置如图1所示。在转盘上共轴放置一圆柱形容器，容器被透明隔板平分为两
部分，一半充满待测溶液，另一半是空气。一束激光从左侧沿直径方向入射，右侧放置足够大的观测屏。
在某次实验中，容器从图2（俯视图）所示位置开始逆时针匀速旋转，此时观测屏上无亮点；随着继续转
动，亮点突然出现，并开始计时，经Δt后亮点消失。已知转盘转动角速度为ω，空气折射率为1，隔板折
射率为n，则待测溶液折射率n 为（ ）（光从折射率n 的介质射入折射率n 的介质，入射角与折射角
x 1 2
sinθ n
分别为θ 与θ ，有 1= 2 ）
1 2 sinθ n
2 11 1
A. (ωΔt) B. (π−ωΔt)
sin sin
2 2
n n
C. (ωΔt) D. (π−ωΔt)
sin sin
2 2
【答案】A
【解析】
由题意可知当屏上无光点时，光线从隔板射到空气上时发生了全发射，出现亮点时，光线从溶液射到隔板
再射到空气时发生了折射，可知从出现亮点到亮点消失，容器旋转θ满足
2θ=ωΔt
光线能透过液体和隔板从空气中射出时，即出现亮点时，可知光线的在空气中的入射角为 θ时，光线在隔
板和空气界面发生全反射,在隔板和液体界面，有
sinθ n
=
sinC n
x
在隔板和空气界面
1
n=
sinC
解得
1
n =
x ωΔt
sin( )
2
故选A。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11. 如图1所示，三束由氢原子发出的可见光P、Q、R分别由真空玻璃管的窗口射向阴极K。调节滑动变
阻器，记录电流表与电压表示数，两者关系如图2所示。下列说法正确的是（ ）A. 分别射入同一单缝衍射装置时，Q的中央亮纹比R宽
B. P、Q产生的光电子在K处最小德布罗意波长，P大于Q
C. 氢原子向第一激发态跃迁发光时，三束光中Q对应的能级最高
D. 对应于图2中的M点，单位时间到达阳极A的光电子数目，P多于Q
【答案】BC
【解析】
1
A．根据U e= mv2 = ℎν−W ，因Q的截止电压大于R，可知Q的频率大于R的频率，Q的波长小
c 2 m 逸出功
于R的波长，则分别射入同一单缝衍射装置时，R的衍射现象比Q更明显，则Q的中央亮纹比R窄，选项
A错误；
ℎ ℎ
B．同理可知P、Q产生的光电子在K处Q的最大初动能比P较大，根据λ= =
，则P产生的光
p √2mE
km
电子德布罗意波长大于Q，故B正确；；
C．三束光中，Q的频率最大，对应光子能量也最大。三束光都是由更高能级向第一激发态跃迁发出的，根
据氢原子跃迁规律，能量越大对应的能级差也越大，所以Q对应的初始能级最高，故C正确；
❑ ❑ D．图2中M点对应光电流相同，说明单位时间内到达阳极A的光电子数目相同，故D错误。
❑ ❑
故选BC。
12. 如图1所示，两波源S 和S 分别位于x=0与x=12m处，以x=6m为边界，两侧为不同的均匀介质。
1 2
时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示。t=0.1s时x=4m与x=6m两处的质点开始
振动。不考虑反射波的影响，则（ ）A. t=0.15s时两列波开始相遇
B. 在 间S 波的波长为1.2m
2
C. 两列波叠加稳定后，x=8.4m处的质点振动减弱
D. 两列波叠加稳定后，在0<x<6m间共有7个加强点
【答案】BC
【解析】
A．波在x=6m左侧的波速
4
v = m/s=40m/s
1 0.1
右侧的波速
6
v = m/s=60m/s
2 0.1
从0.1s开始，再经过Δt时间相遇
Δx
Δt= =0.025s
2v
1
所以
t =0.1s+0.025s=0.125s
1
选项A错误；
B．在 间S 波的波长为
2
λ =v T=60×0.02m=1.2m
2 2
选项B正确；
C．左侧波传到x=8.4m时用时间为
6 8.4−6
t'= s+ s=0.19s
40 60
此时右侧波在该质点已经振动
12−8.4 1
Δt=0.19s− s=0.13s=6 T
60 2
即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上运动，右侧波在该点的振动也在平衡位置向下振动，可知该
点的振动减弱，选项C正确；
D．当右侧波传到x=6m位置时用时间为0.1s=5T，即此时x=6m处质点从平衡位置向上振动；此时x=0处
的波源S 也在平衡位置向上振动，即振动方向相同，可知在0<x<6m内到x=0和x=6m两点的路程差为波
1
长整数倍时振动加强，波在该区间内的波长λ =v T=40×0.02m=0.8m
1 1
可知x−(6−x)=nλ=0.8n
即
x=3+0.4n
其中n取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7
则共有15个振动加强点，选项D错误。
故选BC。
13. 如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁
场，磁感应强度B随时间变化如图2所示，周期为3t 。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列
0
以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r
的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的
张角φ=30°；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（ ）
√3πr2B
A. 圆环I中电流的有效值为 0
Rt
0
B
B. t=1.5t 时刻直导线CD电动势为πr2 0
0 t
0
πr2B
C. t=0.5t 时刻圆环Ⅱ中电流为 0
0 12Rt
0
1 B
D. t=0.5t 时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为 πr2 0
0 12 t
0
【答案】BD
【解析】
πr2B
A．由题图可知，在0~t 内和2t ~3t 内圆环I中的电流大小均为I = 0
0 0 0 1 Rt
02πr2B
在t ~2t 内圆环I中的电流大小为I = 0
0 0 2 Rt
0
设圆环I中电流的有效值为I，根据有效值定义可得I2R⋅3t =I2R⋅2t +I2Rt
0 1 0 2 0
√2πr2B
联立解得I= 0
Rt
0
故A错误；
B．B、直导线CD无限长，相当于圆心O对CD的张角 φ' = 180∘
2B πr2
t=0.5t 时 E'=E = 0
0 2 t
0
1 B πr2
同D选项分析可知 |U |= E'= 0
CD 2 t
0
故B正确。
❑ ❑
❑❑❑❑❑ ❑❑❑❑❑ ❑❑ ❑❑ ❑❑ ❑C、圆环Ⅱ中没有磁场，磁通量恒为零无变化，且圆环Ⅱ与圆环Ⅰ
❑ ❑ ❑ ❑ ❑
❑ ❑
绝缘，又不受其影响，因此圆环Ⅱ中一直没有电流，❑ 故C错误；
❑
B
D．以O点为圆心，过程P、Q两点圆轨道，在t=0.5t 时刻产生的电动势为E=πr2 0
0 t
0
30° 1 B
则P、Q两点间圆弧的电动势为E'= E= πr2 0
360° 12 t
0
1 B
由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为
πr2 0
，
12 t
0
故D正确。
故选BD 。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
实验题（I、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）
14. “探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。（1）如图是某次实验中得到的纸带的一部分。每5个连续打出的点为一个计数点，电源频率为50Hz，打
下计数点3时小车速度为_____m/s（保留三位有效数字）。
（2）下列说法正确的是_____（多选）
A. 改变小车总质量，需要重新补偿阻力
B. 将打点计时器接到输出电压为8V的交流电源上
C. 调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行
D. 小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车
（3）改用如图1所示的气垫导轨进行实验。气垫导轨放在水平桌面上并调至水平，滑块在槽码的牵引下先
后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过光电门1、2的遮光时间分别为Δt ，Δt ，测得
1 2
两个光电门间距为x，用游标卡尺测量遮光条宽度d，结果如图2所示，其读数 _____mm，则滑块加速
度a=_____（用题中所给物理量符号表示）。
【答案】
（1）0.390
（2）CD
d2 1 1
（3）①. 10.00 ②. a= ( − )
2x Δt2 Δt2
2 1
【解析】
【小问1详解】相邻计数点间的时间间隔T=0.1s打计数点3时的速度
x (16.70−8.90)×10−2
v = 24 = m/s=0.390m/s
3 2T 0.2
【小问2详解】
A、改变小车质量后，不需要重新补偿阻力，A错误；
B、实验用到电火花计时器，输出电压为220 V的交流电源上，故B错误；
C、在实验过程中调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，使绳子的拉力方向与小车运动
方向在一条直线上，故C正确；
D、为得到更多点迹，小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，故D正确；
故选：CD。
【小问3详解】
[1]遮光条宽度d=10mm+0.05mm 0=10.00mm
[2]经过两光电门时的速度分别为×
d
v =
1 Δt
1
d
v =
2 Δt
2
根据
v2−v2=2ax
2 1
解得
d2 1 1
a= ( − )
2x Δt2 Δt2
2 1
15. 在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表，指针左偏：从“
G ”或“G ”接线柱流入，指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间，则
0 1（1）此时磁铁的运动状态是_____（选填“向上拔出”、“静止”或“向下插入”）。
（2）只做以下改变，一定会增大图中电流表指针偏转角度的是_____（多选）
A. 磁铁静止，向上移动线圈
B. 增大（1）中磁铁运动速度
C. 将导线从接线柱G 移接至接线柱G
1 0
D. 将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
【答案】
（1）向上拔出
（2）BC
【解析】
【小问1详解】
由图可知，灵敏电流表指针左偏，可知感应电流从“-”极流入，根据楞次定律可知，螺线管中产生的感应
电流从上到下，可知磁铁的N极向上拔出；
【小问2详解】
A．磁铁静止，向上移动线圈，则产生的感应电流不一定增加，指针偏角不一定会增加，选项A错误；
B．增大（1）中磁铁的速度，产生的感应电动势会增加，指针偏角会增大，选项B正确；
C．减小电流计的量程，即将导线从接线柱G 移接到G，可是电流计指针偏角变大，选项C正确；
1 0
D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，电流计指针偏角不变，选项D
错误。
故选BC。
16. 某同学研究半导体热敏电阻（其室温电阻约为几百欧姆）R 的阻值随温度规律，设计了如图所示电路。
t
器材有：电源E（ ），电压表（ ），滑动变阻器R（A：“0~10Ω”或B：“
0~100Ω”），电阻箱R （0~99999.9Ω），开关、导线若干。
1（1）要使cd两端电压U 在实验过程中基本不变，滑动变阻器选_____（选填“A”或“B”）；
0
（2）正确连线，实验操作如下：
①滑动变阻器滑片P移到最左端，电阻箱调至合适阻值，合上开关S ；
1
②开关S 切换到a，调节滑片P使电压表示数为U =2.50V；再将开关S 切换到b，电阻箱调至
2 0 2
R =200.0Ω，记录电压表示数U =1.40V、调温箱温度t =20°C。则温度 下R =_____Ω（保留三位有
1 1 1 t
效数字）：
③保持R 、滑片P位置和开关S 状态不变，升高调温箱温度，记录调温箱温度和相应电压表示数，得到不
1 2
同温度下R 的阻值。
t
（3）请根据题中给定的电路且滑片P位置保持不变，给出另一种测量电阻R 的简要方案。
t
【答案】
（1）A
（2）157
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
要使得cd两端电压 U 在实验中基本不变，则滑动变阻器应该选择阻值较小的A；
0
【小问2详解】
由电路可知
U −U (2.50−1.40)×200
R = 0 1= Ω≈157Ω
t U 1.40
1
R
1
【小问3详解】
题中滑片P位置保持不变，则电阻箱R 与热敏电阻R两端电压之和保持不变，先让S 接a，此时电压表读
1 t 2
数为U，然后接b，读出电阻箱R 的读数和电压表读数U＇，可得
1
U U
R +R = = R
1 t U' U' 1
R
1
则以后保持S 接a，改变电阻箱的阻值R，根据
2 1
U
R =( −1)R
t U' 1
可得热敏电阻R的值。
t
17. 如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭T = 300 K，体积V = 1 × 103 cm3处于状态1的
1 1理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h = 10 cm。将瓶子放进T = 303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓
2
慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管
内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，
气体吸收热量4.56 J，大气压强p = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对
0
压强的影响。
（1）从状态2到状态3，气体分子平均速率_____（“增大”、“不变”、“减小”），单位时间撞击单
位面积瓶壁的分子数_____（“增大”、“不变”、“减小”）；
（2）求气体在状态3的体积V；
3
（3）求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
【答案】
（1）①. 不变 ②. 减小
（2）V = 1.0201 × 103 cm3
3
（3）ΔU = 2.53 J
【解析】
【小问1详解】
[1][2]从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率不变，由于气体
对外做功，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
【小问2详解】
气体从状态1到状态2的过程，由盖—吕萨克定律
V V
1= 2
T T
1 2
其中
V =1×103cm3 ，T =300K，T =303K
1 1 2
解得
V =1.01×103cm3
2此时气体压强为
p =p =p +ρgℎ =1.01×105Pa
2 1 0
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律
p V =p V
2 2 3 3
其中
p =p
3 0
代入数据解得，气体在状态3的体积为
V =1.0201×103cm3
3
【小问3详解】
气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为
W =p (V −V )=1.01J
1 1 2 1
由热力学第一定律
ΔU=Q−(W +W )
1 2
其中
Q=4.56J，W =1.02J
2
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量为
ΔU=2.53J
18. 一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和 、
倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F
点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C
点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后
水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知
，EF段长度 ，FG间距L =0.4m，GH间距 ，HI间距
FG❑
，EF段μ=0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8，
g=10m/s2。（1）若ℎ =0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小v
C
；
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC'，求高度h；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
【答案】
（1）v =2m/s
C
（2）2m
（3）2.5m或2m
【解析】
【小问1详解】
对滑块1由动能定理
1
mgℎ = mv2
2 0
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为
v =4m/s
0
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律
mv =2mv
0 C
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为
v =2m/s
C
【小问2详解】
在轨道D点，由牛顿第二定律
v2
2mg=2m D
R
解得
v =√2m/s
D
滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律1 1
×2mv '2=2mg⋅2R+ ×2mv2
2 C 2 D
解得
v '=√10m/s
C
结合
1
mgℎ = mv '2 ，mv '=2mv '
2 0 0 C
联立解得
ℎ
=2m
【小问3详解】
滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理
1 1
−2mgLsin37°−μ⋅2mgcos37°L= ×2mv2− ×2mv '2
2 F 2 C
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向
t
v sin37°=g 1
F 2
水平方向
L +L +L =v cos37°t
FG GH HI F 1
结合
1
mgℎ = mv ''2 ，mv ''=2mv ''
1 2 0 0 C
联立解得
ℎ
=2.5m
1
若经一次反弹落入洞中，则
2v 'sin37° v 'sin37°
t = F + F
2 g g
水平方向
L +L +L =v 'cos37°t
FG GH HI F 2
结合
1
mgℎ = mv '''2 ，mv '''=2mv '''
2 2 0 0 C
1 1
−2mgLsin37°−μ⋅2mgcos37°L= ×2mv '2− ×2mv '''2
2 F 2 C联立解得
ℎ
=2m
2
19. 如图所示，接有恒流源的正方形线框边长√2L、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处
于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，
线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
（1）线框中心位于x=0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
L
②线框中心运动至x= 过程中，安培力做功及冲量；
2
L
③线框中心运动至x= 时，恒流源提供的电压；
2
L
（2）线框中心分别位于x=0和x= ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x=L所
2
需时间分别为 和 ，求t −t 。
1 2
3BI L2 √3IBm √3BI
【答案】（1）①2BIL；② ， L；③U=BL2 +IR
4 2 2m
（2）0
【解析】
【小问1详解】
①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
所以线框受到的安培力大小为
F =BIl=2BIL
安
②线框运动到x时，安培力大小为
F =2BI(L−x)
安L
则初始时和线框中心运动至x= 时的安培力分别为
2
F =2BIL，F =BIL
安1 安2
L
则线框中心运动至x= 过程中，安培力做功为
2
F +F L 3BI L2
W =F¯ ⋅Δx= 安1 安2 ⋅ =
安 安 2 2 4
由动能定理
1
W = mv2
安 2
可得
√3BI
v= L
2m
则安培力的冲量为
√3IBm
I=mv= L
2
③由能量守恒定律
UI=BILv+I2R
可得，恒流源提供的电压为
√3BI
U=BL2 +IR
2m
【小问2详解】
把线框的运动类比成简谐运动，则回复力为
F =F =2BI(L−x)=2BI x'=kx'
回 安
则周期
√m √ m
T=2π =2π
k 2IB
则线框运动到=L位置时的时间分别为
π π √ m
t =t = =
1 2 4 2 2IB
所以
t −t =0
1 2
14
20. 同位素 C相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将少量古木样品碳化、
612 13
电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含有三种碳同位素 C、 C、
6 6
14
C的C3+离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U的加速电极P，磁感应强度
6
12 13 14
为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调节U，可分离 C、 C、 C三
6 6 6
12 13
种同位素，其中 C、 C的C3+离子被接收器F所接收并计数，它们的离子数百分比与U之间的关系
6 6
14
曲线如图2所示，而 C离子可通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。
6
14 14 14 14
（1）写出中子与 N发生核反应生成 C，以及 C发生 衰变生成 N的核反应方程式：
7 6 6 7
12
（2）根据图2写出 C的C3+离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数
6
字。已知R=0.2m，原子质量单位 ，元电荷e=1.6×10−19C）；
（3）如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距d=5cm两平行极板，在下极板开有间距L=10cm的两小孔，仅允
14
许入射角φ=45°的 C离子通过。求两极板之间的电势差U：
6
14 12 14
（4）对古木样品，测得 C与 C离子数之比值为4×10−13；采用同样办法，测得活木头中 C与
6 6 6
12
C的比值为1.2×10−12，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐
6
14
距今的时间（已知 C的半衰期约为5700年，ln3=1.1,ln2=0.7）
6
【答案】
（1）
1n+14N→14C+1H， 14C→14N+ 0e
0 7 6 1 6 7 −1
（2）1.93×106V，2.0T（3）1.65×106V
（4）8957年
【解析】
【小问1详解】
14 14
中子与 N发生核反应生成 C的核反应方程式为
7 6
1n+14N→14C+1H
0 7 6 1
14 14
C发生 衰变生成 N❑❑ 的核反应方程式为
6 7 ❑
14C→14N+ 0e
6 7 −1
【小问2详解】
在加速电场中，由动能定理得
1
qU= mv2
2 ❑
解得
√2Uq
v=
m
磁场中，洛伦兹力提供向心力
mv2
qvB=
R
联立解得
qBR qB2R2
v= ，U=
m 2m
12
相比 13C， C的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2可知当电压为1.93×106V时，
6 6
12 12
C与 13C的离子数百分比为100%，故 C的C3+离子所对应的U值为1.93×106V。
6 6 6
qB2R2
根据U= 整理得
2m
√2mU √2×12u×U
B= = =2.0T
qR2 3eR2
【小问3详解】
14
由题意知， C粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有
6√2
v = v，L=v t
x 2 x
竖直方向有
√2 t
v = v， ，v =a
y0 2 y0 2
联立解得
qB2R2d 3eB2R2d
U = = =1.65×106V
1 mL 14uL
【小问4详解】
14 12 1 14 1 1
古木中 C与 C比值是活木头中的 ，说明经过衰变后 C只剩下 ，已知经过一个半衰期剩下 ，
6 6 3 6 3 2
设经过n个半衰期，则有
(1) n 1
=
2 3
解得
ln3 11
n=log 3= =
2 ln2 7
则砍伐时间
t=n×5700=8957(年)
