文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（浙江卷专用）
黄金卷03
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
一、选择题Ⅰ（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．在力学范围内，国际单位制规定了三个基本量，下列仪器所测的物理量不是基本量的是
（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：国际单位制中，规定力学中三个基本单位分别是米、千克、秒，其物理量规定为
基本物理量，分别是长度、质量、时间，测量使用的仪器分别是刻度尺（D）、天平（C）和秒
表（A），弹簧测力计是测量力的仪器，由以上的分析可知，B符合题意，ACD不符合题意。
本题选择仪器所测的物理量不是基本量的，
故选：B。
2．下列说法正确的是（ ）
A．卡文迪许为了检验万有引力定律的正确性，首次进行了“月﹣地检验”
B．系统内一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和一定为负值
C．物体做匀速圆周运动时，合外力做功为零，动量不变
D．开普勒通过深入研究第谷的数据提出了万有引力定律
【解答】解：A、牛顿为了检验万有引力定律的正确性，首次进行了“月﹣地检验”，而卡文迪
许通过扭秤实验测出了万有引力常量，说自己是“称量地球质量的人”。故A错误；B、系统内一对相互作用的滑动摩擦力大小相等，方向相反，由于二者的位移不同，而且滑动摩
擦力将一部分的机械能转化为内能，所以一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，
故B正确；
C、动量是矢量，物体做匀速圆周运动时，合外力做功为零，动量的方向不断变化。故C错误；
D、开普勒通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律，牛顿提出了万有引力
定律；故D错误。
故选：B。
3．年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟
的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法
正确的是（ ）
A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态
B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的
C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力
D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力
【解答】解：A．下降过程中，榔头先做加速直线运动后减速直线运动，向下加速直线运动过程
中，加速度向下，所以榔头处于失重状态，向下减速过程中，加速度向上，榔头处于超重状态，
榔头先处于失重状态后处于超重状态，故A错误；
B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B错误；
C．由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，故C错误；
D．榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为F，地面对石槽的支持力为F ，石槽和年糕
N
的总重力为G。石槽和年糕处于共点力平衡，则有
F ＝G+F，所以F ＞G，故D正确。
N N
故选：D。
4．我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星，于北京时间2023年2月
23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端提供高速宽
带接入服务。如图，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于
A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是（）
A．中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B．侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能增大
C．中星26在C点线速度v 与侦察卫星在D点线速度v 相等
1 2
D．相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
【解答】解：A．由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，故中星26在下半周转动
时，侦察卫星在上半周转动，中星26在上半周转动时，侦察卫星在下半周转动，则中星26与侦
察卫星不可能在A点或B点相遇，故A错误；
B．侦查卫星从D点运动到A点过程中，只有引力做功，机械能不变，故B错误；
C．由开普勒第二定律，侦察卫星在D点速度最小，由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周
期都为T，则中星26在C点线速度v 大于侦察卫星在D点线速度v ，故C错误；
1 2
D．中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒第三定律a3 ，中星26的轨道
=k
T2
半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的
面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知，相等
时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故D正确。
故选：D。
5．如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6
条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、
B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与
到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中 a导线中的电
流对b导线中电流的安培力大小为F，则（ ）A．A点和B点的磁感应强度相同
B．其中b导线所受安培力大小为F
C．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
【解答】解：A．A、B关于O点对称，根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方
向不同，故A错误；
B．根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为：F ＝tan30°F
fd
√3
解得：F = F
fd 3
F
e对导线b的安培力大小为：
2
则 根 据 平 行 四 边 形 定 则 对 矢 量 进 行 合 成 可 得 b 导 线 所 受 安 培 力 大 小 为 ：
√3F F
F =2Fsin30°+2× sin60°+
b 3 2
5F
解得：F = ，故B错误；
b 2
CD．根据安培定则可得，a、d两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；b、e两条导
线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；故 a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度
方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。
故选：C。
6．关于电磁波的下列说法，正确的是（ ）
A．做变速运动的电荷可以在周围的空间产生电磁波
B．电磁波不具有能量
C．麦克斯韦第一次通过实验验证了电磁波的存在
D．赫兹预言了电磁波的存在
【解答】解：A、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，做变速运动的电荷会在空间产生变化的电磁场，变化的电磁场在空间传播，形成电磁波，故A正确；
B、电磁波能够传播能量，说明电磁波具有能量，故B错误；
CD、麦克斯韦预言了电磁波的存在，是赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故CD错误。
故选：A。
7．如图甲所示，匝数为5的矩形金属线框绕垂直于磁感线的中轴在匀强磁场中匀速转动，穿过金
属线框的磁通量随时间变化的关系如图乙所示，金属线框的总电阻为10 ，下列说法正确的是（
） Ω
A．t＝0.05s时，金属线框处于中性面位置，产生的感应电动势最大
B．金属线框中产生的感应电动势的最大值为50V
C．金属线框中产生的感应电流的有效值为5A
1
D．0.05～0.15s时间内，通过金属线框某横截面的电荷量为 C
2π
【解答】解：A、由图可知t＝0.05s时，穿过金属线框磁通量最大，金属线框处于中性面位置，
但产生感应电动势为零，故A错误；
2π 2π
B、由图像可知，周期T＝0.2s，则角速度：ω= = rad/s＝10 rad/s，电动势最大值为：E
m
T 0.2
π
1
＝NBS ＝N =5× ×10πV＝50V，故B正确；
π
ω Φω
C、电动势的有效值：E E 50V V，则金属线框中产生的感应电流的有效值为 I
= m= =25√2
√2 √2
E 25√2
= = A=2.5√2A，故C错误；
R 10
U nΔΦ nΔΦ 1 1 2
D、由电荷量公式得：q=It= t= ⋅t= ，Δ = Wb−(− )Wb= Wb，解得：q
R Rt R π π π
Φ
1
= C，故D错误。
π故选：B。
8．如图所示，细绳一端与质量为m的小物块A相连，另一端悬挂在以小物块A为圆心，半径为绳
长的一段圆弧形轨道上的O点（O点位于小物块A的正上方）。置于水平桌面上的小物块B用
两端含光滑铰链的无弹性轻杆与小物块A连接，轻杆与细绳长度相同。现将细绳上端从O点沿
圆弧形轨道缓慢地移到小物块B的正上方，此过程中小物块A始终不动，此时细绳与竖直方向
成60°。已知小物块B的质量为2m，且始终静止在桌面上。细绳、杆、圆弧形轨道均在同一竖
直平面内，小物块A、B均可视为质点。重力加速度为g，则（ ）
A．细绳由初始位置移动到与竖直方向成60°的过程中，绳上拉力一直减小
B．细绳由初始位置移动到与竖直方向成60°的过程中，杆的弹力一直增大
C．细绳竖直时，小物块B受到水平向右的静摩擦力
D．当细绳与竖直方向成60°时，桌面对小物块B的作用力的大小等于√6mg
【解答】解：AB.细绳由初始位置移动到与竖直方向成60°角的过程中，轻杆对A的作用力T方
向不变，小物块A的重力为恒力，细绳的拉力F大小方向在变化，如图1
图1
根据力的合成可知，当细绳与轻杆方向垂直时，绳上的拉力最小，有
F＝Gsin60°
故绳上的拉力先减小后增大，杆的弹力一直增大，故A错误，B正确；
C.以小物块A为研究对象，细绳竖直时，根据共点力的平衡条件，轻杆对 A作用力大小为零；
以B为研究对象，B不受摩擦力作用，故C错误；
D.当细绳与竖直方向成60°角时，以物块A为研究对象，A受到的三个力合力为零，构成一个等
边三角形，故此时杆对小物块的作用力大小为
T＝mg
以B研究对象，受力如图2图2
根据共点力的平衡条件，水平方向
f＝Tsin60°
竖直方向
F ＝2mg+Tcos60°
N
桌面对小物块B的作用力的大小为
F桌
=√F2+f2
联立解得：F桌 =√7mg
故D错误。
故选：B。
9．用a、b两种不同的单色光在相同条件下分别经同一单缝衍射装置得到的衍射图样如图甲、乙所
示。现使a光从水中斜射向水面上的O点，其入射角为i、折射角为r，如图丙所示。对于这两
种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．在真空中a光波长比b光短
sini
B．水对a光的折射率n=
sinr
C．a光子的动量小于b光子的动量
D．从水中射向空气发生全反射时a光的临界角比b光小
【解答】解：A、根据甲图和乙图可知，甲的衍射条纹宽，说明a光的波长长，故A错误；
sinr
B、根据图丙可知水对a的折射率n= ，故B错误；
siniℎ
C、根据公式p= ，可知a光波长长，则光子的动量小，故C正确；
λ
1
D、光的波长越长则频率越小、折射率越小，根据sinC= 可知，a光从水中射向空气发生全反
n
射时的临界角较大，故D错误。
故选：C。
10．如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐
射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是（ ）
A．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光
B．由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光频率最小
C．由n＝4能级跃迁到n＝1能级可能产生 光子
D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光γ 照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应
【解答】解：A、大量处于n＝4的激发态的氢原子总共可辐射出据 6种不同频率的光，故A
C2=
4
错误；
B、由n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子能量最小，则光子的频率最小，故B错误；
C、 光子能量高于1.24MeV，由n＝4能级跃迁到n＝1能级不可能产生 光子，故C错误；
D、γ由n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光子能量 E＝﹣3.4eV﹣（γ﹣13.6eV）＝10.2eV＞
6.34eV，大于金属铂的逸出功，能发生光电效应，故D正确。
故选：D。
11．两个轻核结合成质量较大的核称为核聚变，一个氘核和一个氚核的聚变方程为 H H→
2 + 3 4
1 1 2
He+X，已知几种常见原子核质量：氘2.01410u、氚3.01605u、氦4.00260u、质子1.007825u、中
子1.00867u，1u＝1.66×10﹣27kg，光速c＝3.0×108m/s，以下说法正确的是（ ）
A．X粒子带正电
B．一次上述聚变反应亏损质量为1.02755u
C．一次上述聚变反应放出能量约为2.8×10﹣12JD．氘核的比结合能大于氦核的比结合能
【解答】解：A．根据质量数与电荷数守恒，可知X的质量数与电荷数分别为
2+3﹣4＝1，1+1﹣2＝0
可知，X为中子，X不带电，故A错误；
B．一次上述聚变反应亏损质量为Δm＝2.01410u+3.01605u﹣4.00260u﹣1.00867u＝0.01888u
故B错误；
C．根据上述可知，一次上述聚变反应放出能量约为ΔE＝Δmc2
代入数据解得：ΔE＝2.8×10﹣12J
故C正确；
D．聚变过程释放出核能，说明氦核比氘核更加稳定，可知，氘核的比结合能小于氦核的比结合
能，故D错误。
故选：C。
12．如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度AB＝CD＝h，对该电容器
充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚
线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为
（ ）
ℎ
2 d2
A．d B．(√2−1)d C． D．
d ℎ
ɛ S
【解答】解：由题意可知，小球所受的合力沿着虚线方向，根据电容的大小公式：C= r
4πkd
Q
电容的定义变形式：U=
C
U
电场强度与电压的关系式：E=
d
4πkQ
联立可得：E =
ɛ S
r
可知右极板向右移动，极板间的电场强度不变，即合力方向不变，如图所示，d d+x
=
根据几何关系可知要使得小球能够从下方穿过电容器，根据：
ℎ ℎ
2
解得：x＝d，故BCD错误，A正确。
故选：A。
13．下列四幅图片中关于物体运动（忽略空气阻力）的描述正确的是（ ）
A．图甲中撤掉光滑挡板A的瞬间，小球的加速度竖直向下
B．图乙中用铁锤水平打击弹簧片后，B球比A球先着地
C．图丙中，无论m 、m 、L 、L 大小如何，两小球做匀速圆周运动的周期相同
1 2 1 2
D．图丁中质量为m的小球到达最高点时对管壁的压力大小为3mg，则此时小球的速度大小为
√2gr
【解答】解：A、开始小球受重力和支持力以及弹簧的弹力处于平衡，重力和弹簧的合力方向与
支持力方向相反，撤掉挡板A的瞬间，支持力为零，弹簧的弹力和重力都不变，故合力的方向
与支持力的方向相反，即垂直于挡板向下，故小球的速度为垂直于挡板向下，故A错误；
B、图乙中用铁锤水平打击弹簧片后，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动，但A、B两
1
球在竖直方向上都同时做自由落体运动，由ℎ = gt2 知，竖直高度相同，则落地时间相同，应
2
同时落地，故B错误。
2π
C、令绳子与竖直方向的夹角为 ，悬点O离轨道平面的高度为h，则有mgtan ＝mhtan ( ) 2
T
θ θ θ√ℎ
，所以小球转动的周期为T＝2 ，只跟高度有关，故C正确；
g
π
v2
D、小球在圆环的最高点时有：mg+3mg＝m ，解得：v=2√gr．故D错误；
r
故选：C。
二、选择题Ⅱ（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．关于分子动理论，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级为10﹣10 m
B．图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动的速度—时间图线
C．图丙为分子力F与分子间距r的关系图，分子间距从r 开始增大时，分子势能变小
0
D．图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线②对应的分子平均动能较大
【解答】解：A、题图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，测得油酸分子大小的数量级
为10﹣10 m，故A正确；
B、题图乙为布朗运动实验的观测记录，图中记录的是某个微粒做布朗运动每隔一定时间所到的
位置，然后连起来，可发现该微粒做的是无规则的运动，故B错误；
C、题图丙为分子力F﹣r的关系图，分子间距从r 开始增大时，分子力表现为引力，做负功，
0
分子势能变大，故C错误；
D、题图丁为气体分子热运动的速率分布统计图，曲线②中分子速率较大的占比较大，故对应
的分子平均动能较大，但并不是每个分子的动能都较大，故D正确。
故选：AD。
15．甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同；
某时刻的图象如图所示。则（ ）A．甲、乙两波的起振方向相反
B．甲、乙两波的频率之比为3：2
C．甲、乙两波在相遇区域会发生干涉
D．再经过3s，平衡位置在x＝7m处的质点振动方向向上
【解答】解：A、根据波的传播方向，由波形图可得：甲波起振方向向下，乙波起振方向向.上，
故两波起振方向相反，故A错误；
v
B、由图可得：甲、乙两波波长之比为2：3，根据f= 可知频率之比为3：2，故B正确；
λ
C、由于甲、乙两波的频率不相等，故甲、乙两波在相遇区域会不发生干涉，故C错误；
D、根据波的传播，再经过3s，由公式得Δx＝vt＝2×3m＝6m，甲波向右传播6m，乙波向左传
播6m，故两波源之间两波的波形如图所示，由图可得：平衡位置在x＝7m处质点合位移为负，
振动方向向上，故D正确。
故选：BD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）
Ⅰ．（1）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，其中 A为固定橡皮条的
图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确。
乙图中F 、F 、F、F'四个力，其中力 F （填上述字母）不是由弹簧测力计直接测得的。实
1 2
验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是 D （填正确选项前字母）；
A.两个弹簧测力计拉力F 和F 的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小
1 2
B.橡皮条沿同一方向伸长
C.橡皮条伸长到同一长度
D.橡皮条沿同一方向伸长同一长度
（2）某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实
验桌面上，滑块的右端通过轻细绳跨过定滑轮与砝码盘相连，滑块的左端与穿过打点计时器
（未画出）的纸带相连，如图甲所示。已知重力加速度为g，打点计时器的工作频率为50Hz。
①甲同学在平衡摩擦力后，在保持滑块质量不变的情况下，放开砝码盘，滑块加速运动，处理
纸带得到滑块运动的加速度为a；改变砝码盘中砝码的质量，重复实验多次。根据实验数据作出
了如图乙所示的a﹣F图象，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是 随着拉力
的增大，砝码质量不满足远小于滑块质量的条件 。
②乙同学实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中O、A、B、C、D为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则在打C点时滑块的速度大小v ＝ 1.10 m/s，滑块运动
C
的加速度a＝ 2.0 0 m/s2。（结果保留三位有效数字）。
③丙同学保持滑块质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他在轨道水平时做的实验，
b
得到了如图丁所示a﹣F图线，则滑块与木板的动摩擦因数 ＝ （结果用字母表示）。
g
μ
【解答】解：（1）图乙中，只有从平行四边形定则画出的合力才不是弹簧测力计测出的，故选：
F。
先后两次拉弹簧测力计时，效果相同，指的是将弹簧的结点拉到同一位置，也就是两次拉弹簧
时，沿同一方向使橡皮条伸长相同的长度，所以ABC错误，D正确，故选：D；
（2）①从图象上可以看出：F从0开始增加，砝码的质量远小于滑块的质量，不断往盘中加入
砝码，则砝码的质量与滑块质量的差距不断减少。故原因是砝码质量增加，不再满足砝码质量
远小于滑块质量的条件。
②相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为：t＝0.02×5s＝0.1s，
x (10.01+11.99)×10−2
C点的瞬时速度等于BD之间的平均速度，即v = BD= m/s=1.10m/s。
C
2T 2×0.1
由 匀 变 速 直 线 运 动 的 推 论 ： Δx ＝ at2 ， 可 知 小 车 的 加 速 度 ： a
=
x
BD
−x
OB=
(10.01+11.99)−(6.02+7.98) ×10−2m/s2＝2.00m/s2；
(2t) 2 (2×0.1) 2
F
③对滑块根据牛顿第二定律，有：F﹣ mg＝ma，变形得：a= − g，根据图像可得：b＝ g，
m
μ μ μ
b
即： = 。
g
μ
故答案为：（1）F、随着拉力的增大，砝码质量不满足远小于滑块质量的条件；（2）1.10、
b
2.00；（3）
g
Ⅱ．某探究性学习小组利用如图1所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A 的内阻r 、
1 1
电阻R 、保护电阻R 已知（电阻的单位均为 ）
1 0
Ω（1）按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线。
为了确定哪一条导线内部是断开的，将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，
读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是 a a ′ 导线断开；若读数为零，
则一定是 b b ′ 导线断开。
（2）排除故障后，该小组顺利完成实验通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表 A 和
1
A 的多组I 、I 数据，作出图象如图2所示。由I 一I 图象得到斜率的绝对值为k，纵轴截距为
2 1 2 1 2
d，则电池的电动势E＝
d(R +r )
1 1 V（用题中所给字母表示）。
1−k
【解答】解：（1）用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计原电路有断路，回路中无电
流将电压表接在a、b′后有示数，说明电路被接通，即a、b′间有断路故障，再测量a、a′间
电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到 a、a′间，则一定是aa′导线断开；
若读数为零，则说明电路仍未被接通，电路故障一定是bb′导线断开。
（2）根据闭合电路的欧姆定律得 E＝I （R +r ）+（I +I ）（R +r），上式可化为
1 1 1 1 2 0
R +r E E ，
I =−I ( 0 )+
1 2 R +r +R +r R +r +R +r R +r +R +r
1 1 0 1 1 0 1 1 0
则可知，k R +r
= 0
r +R +R +r
1 1 0
E
d=
R +r +R +r
1 1 0
d(R +r )
联立解得：电动势E= 1 1 。
1−kd(R +r )
故答案为：（1）aa′；bb′；（2） 1 1 。
1−k
17．如图所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞
只能在A、B之间运动，A左侧气缸的容积为V ，A、B之间容积为0.1V ，开始时活塞在A处，
0 0
缸内气体压强为0.9p （p 为大气压强），温度为297K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动
0 0
到B．求：
（1）若此过程气体吸收热量为Q，求此过程气体内能增量ΔU；
（2）活塞刚移动到B时，缸内气体温度T ．
B
【解答】解：（1）整个过程只有活塞从A到B过程气体对外做功，该过程气体压强为p ，外界
0
对气体做功：W＝﹣p ΔV＝﹣p ×0.1V ＝﹣0.1p V
0 0 0 0 0
根据热力学第一定律：ΔU＝W+Q
整个过程中气体内能的变化量：ΔU＝Q﹣0.1p V
0 0
（2）从开始加热到活塞刚要到达B的过程，由理想气体的状态方程得：0.9p V 1.1p V
0 0= 0 0
T T
0 B
其中T ＝297K，代入数据解得：T ＝363K
0 B
答：（1）若此过程气体吸收热量为Q，此过程气体内能增量ΔU为Q﹣0.1p V ；
0 0
（2）活塞刚移动到B时，缸内气体温度T 为363K。
B
18．如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长L ＝3m、速度可调的固
1
定水平传送带，圆心分别在O 和O ，圆心角 ＝120°、半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光
1 2
滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别为两θ 轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴
的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长 L ＝
2
2.2m、质量M＝0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m＝0.2kg的物块（可视为质点）
轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口
正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数 ＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因
1
数 ＝0.5，g取10m/s2。 μ
2
（1μ）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小；（3）若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量 Q
与传送带速度v之间的关系。
【解答】解：（1）物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点，根据牛顿第二定律可得：
v2
mg=m
R
解得：v ＝2m/s
B
若物块在传送带上一直加速，由
μ mg
v2=2× 1 L
m 1
解得：v=2√3m/s
由此可知物块应该是先加速后匀速
v2
L − B
v 1 2μ g
t= B + 1
μ g v
1 B
代入数据解得：t＝2s
（2）若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为
v ＝3m/s
B1
从B到D，由动能定理得
1 1
mv2 − mv2 =mgR(1+sin30°)
2 D 2 B1
经过D点时
mv2
D=F −mgsin30°
R D
解得：F ＝11.5N
D
（3）从B到G，由动能定理得1 1
mv2− mv2 =2mgR(1+sin30°)
2 G 2 B2
若在木板上恰好不分离，则系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mv ＝（m+M）v
G 1
1 1
mv2− (m+M)v2=μ mgL
2 G 2 1 2 2
得：v ＝3m/s
B2
当2m/s≤v≤3m/s时
1 1 mv2 m(v2 +6gR) v2+24
Q= mv2 − (m+M)v2= G= B2 = (J)
2 G 2 1 3 3 15
当3m/s≤v≤4m/s时
Q＝ mgL
2 2
代入μ数据解得：Q＝2.2J
19．如图甲所示，在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l＝0.2m，线框质量m＝
0.1kg、电阻R＝0.1 ，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大
区域存在磁场，磁场Ω方向竖直向下。线框在水平向右的外力F作用下，以初速度v ＝1m/s向右
0
一直做匀加速运动，外力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示。以线框右边刚进入磁场时开
始计时，求：
（1）线框的加速度；
（2）若线框进入磁场过程中F做功为W ＝0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q。
F
（3）线框进入磁场的过程中，通过线框导线某横截面的电荷量q。
【解答】解：（1）线框全部进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流，不受安培力，此时F的大小为F ＝0.2N
1
根据牛顿第二定律得
F 0.2
a= 1= m/s2＝2m/s2
m 0.1
（2）线框全部进入磁场时的速度为
v ＝v +at＝（1+2×0.5）m/s＝2m/s
1 0
根据动能定理得
1 1
W
F
﹣W安 =
2
mv
1
2−
2
mv2
0
在此过程中线框产生的焦耳热Q＝W安
解得Q＝0.12J
（3）刚进入磁场时，根据牛顿第二定律得
F ﹣BIL＝ma
0
Blv
此时感应电流大小为I= 0
R
解得B＝0.5T
线框进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律得
ΔΦ
E=
Δt
根据闭合电路欧姆定律得
E
I=
R
通过的电荷量为q=I•Δt
磁通量变化量为Δ ＝Blx
线框ad边长为x＝ Φ v t+ 1 at2
0
2
联立解得q＝0.75C
20．如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电
子，形成宽为2b，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径
为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转
后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P
点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、
大小均可调的电压U ，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已
AK√3
知b= R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。
2
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角 的范围；
（3）当U❑
❑
= 0时，每秒经过极板K上的小孔θ到达极板A的电子数；
AK
（4）画出电流i随U 变化的关系曲线。
AK
【解答】解：（1）根据题意可知，电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝R，
v2
根据evB=m
r
mv
解得B= ；
eR
（2）运动轨迹图如下
，
上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角 ，
m
θb
由几何关系sinθ =
m R
解得： ＝60°，
m
同理下θ端电子从p点射出与负y轴最大夹角也是600
所以电子从P点射出时与y轴负方向的夹角 的范围是﹣60°≤ ≤60°；
θ θl
（3）进入小孔的电子速度与y轴间夹角正切值最大为：tanα= =1
d
解得： ＝45°
α √2
此时对应的能够进入平行板内电子长度为2y′，根据几何关系知：y'=Rsinα= R
2
设每秒能到达A板的电子数为n，
n y'
则由比例关系知： =
N b
√6
解得：n= N=0.82N；
3
（4）只要竖直向下的电子达不到A板，其它电子一定达不到，此时的电压大小为U ，
AK
1
根据动能定理得：eU ＝0− mv2
AK
2
mv2
解得：U =− ．下极板带负电。
AK
2e
与负y轴成450角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，此时速度为v ＝vcos ，
1
其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压U'=− 1 m α v2或者根据（3）可
4e
得饱和电流大小i ＝0.82Ne，
max
作图如图所示：
。
