2024年高考物理最后一卷（浙江卷）（全解全析）

絕密★啟用前

2024年高考最后一卷（浙江卷）

物理■全解全析

本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。

考生注意：

1.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定

的位置上。

2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答

一律無效。

3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應的區(qū)域內(nèi)，作圖時先使用2B鉛

筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。

4.可能用到的相關參數(shù):重力加速度g均取10m/s2o

I選擇題部分

一、選擇題I（本題共13小題,每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,

不選、多選、錯選均不得分）

1.某汽車沿直線停車過程中，其V—圖像如圖所示。已知該汽車所有減速過程的加速度均相等，中間有一

段時間勻速運動，圖示整個過程中該汽車行駛了450m。則該汽車勻速運動的時間為（）

A.8sB.10sC.12sD.16.5s

【答案】B

【詳解】VT圖像斜率的絕對值表示加速度大小，可知該汽車減速過程的加速度大小為

a=^^m/s2=0.5m/s2,利用逆向思維，兩次減速過程中，該汽車的總位移為%=止=擋匚m=400m,

3012a2x0.5

450-400

則汽車勻速運動的時間/=---s=10s,故選B。

2.我國北方小孩在秋天常玩的一種游戲，叫“拔老根兒”，如圖所示。其實就是兩個人，每人手里拿著長長

的楊樹葉根，把兩個葉根十字交錯在一起，兩人各自揪住自己手里葉根的兩頭，同時使勁往自己懷里拽，

誰手里的葉根兒斷了誰輸。假如兩小孩選用的樹葉根所承受的最大拉力相等，則下列說法正確的是（）

A.葉根夾角較小的一方獲勝

B,力氣較大的小孩獲勝

C.葉根夾角較大的一方的葉根對另一方的葉根的作用力更大些

D.葉根夾角較大的一方的葉根對另一方的葉根的作用力更小些

【答案】A

【詳解】根據(jù)牛頓第三定律可知，葉根夾角較大的一方的葉根與另一方的葉根的作用力大小相等；以兩個

葉根十字交錯點為對象，可知每個葉根對交錯點的作用力的合力大小相等，根據(jù)七=2BcosO,可知葉根夾

角6較小的一方，葉根產(chǎn)生的拉力較小，則葉根夾角較大的一方先達到樹葉根所承受的最大拉力，故葉根夾

角較小的一方獲勝。故選A。

3.“兩江四岸”煙花活動中，某同學用手機錄制了一段煙花運動視頻，經(jīng)電腦處理得到某一煙花的運動軌跡

如圖所示，其中最高點6切線水平，。點切線豎直，由圖可知（）

A.該煙花由“點運動到c點過程中，水平方向勻速運動

B.該煙花由6點運動到。點過程中，其機械能守恒

C.該煙花在6點的加速度方向豎直向下

D.該煙花在Z?點處于失重狀態(tài)

【答案】D

【詳解】A.軌跡的切線方向為速度方向，由題可知。、6點切線水平，。點切線豎直，即b兩點速度在

水平方向分量不為0,在c點速度在水平方向分量減為0,所以該煙花由。點運動到。點過程中，水平方向做

減速運動，故A錯誤；

B.結(jié)合A選項可知該煙花由。點運動到c點過程中，水平方向做減速運動，即該煙花由b點運動到c點過

程中，煙花在運動過程中受到摩擦阻力，機械能不守恒，故B錯誤；

C.該煙花在最高點6切線水平，即此時運動方向為水平向右，摩擦阻力水平向左，則摩擦力和重力的合力

朝左下，所以加速度方向與合力方向一致，故C錯誤；

D.該煙花在最高點6有豎直向下的加速度分量，所以處于失重狀態(tài)，故D正確。

故選D。

4.2024年1月5日我國以“一箭四星”方式成功將“天目一號”掩星探測星座15~18星送入離地高度520公里

的近極地太陽同步圓軌道，如圖1所示,成功組網(wǎng)如圖2所示的“天目一號”星座。上述四顆人造衛(wèi)星入軌后

“天目一號”星座衛(wèi)星運行軌跡

圖2

A.運行角速度一定相同

B.所受萬有引力一定相同

C.運行周期與地球公轉(zhuǎn)周期相同

D.在軌運行速度大于第一宇宙速度

【答案】A

【詳解】A.四星運行在同一高度，則軌道半徑相等，根據(jù)G&=根療，可知運行角速度一定相同，故A

r

正確；

B.因為四星質(zhì)量不一定相同，所以所受的萬有引力不一定相同，故B錯誤；

C.四星雖在太陽同步軌道上，但只是軌道平面與太陽的取向保持一致，依然繞地球做圓周運動，并不是繞

太陽做圓周運動，運行周期與地球公轉(zhuǎn)周期不相同，故C錯誤；

D.地球第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的最大線速度，等于近地衛(wèi)星的運行速度，四星離地

520公里，在軌運行速度小于第一宇宙速度，故D錯誤。

故選Ao

5.我國成功研制出高純度鋁100(%Mo)。用高頻光子轟擊鋁100得到鋁99(%Mo),鋁99衰變生成醫(yī)學常

用的元素鋁99之Te),衰變方程為患M。-鴛Te+尤。貝lj()

A.x為正電子

B.：；M。與喟M。中子數(shù)相同

C.北M。比陰M。的結(jié)合能小

D.鴛Te比:;Mo的結(jié)合能小

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)衰變過程質(zhì)量數(shù)守恒電荷數(shù)守恒，可知x的質(zhì)量數(shù)為0,電荷數(shù)為-1。所以尤是負電子。

故A錯誤;

B.的中子數(shù)為57,,喟M。的中子數(shù)為58,它們的中子數(shù)不相同。故B錯誤；

CD.比結(jié)合能越大原子核越穩(wěn)定，所以鬻Te比黑M。的結(jié)合能大。%M。比照M。的結(jié)合能小。故C正確;

D錯誤。

故選Co

6.蜘蛛網(wǎng)是由部分種類的蜘蛛吐絲所編成的網(wǎng)狀物，如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上4、8、C三點的連線

構成正三角形，三根蜘蛛絲。、6、c（可視為彈性繩）的延長線均過三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，

且C中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)（不計重力）中央，下列說法正確的是（）

B.a中張力與6中張力大小相等

C.若c突然斷開，則蜘蛛仍能保持靜止

D.若c突然斷開，則斷后瞬間蜘蛛的加速度豎直向下

【答案】B

【詳解】AB.以網(wǎng)和蜘蛛為研究對象，受力分析如圖所示，由平衡條件有〈sin0=7；sin0,可得（=7；,

選項A錯誤、B正確；

CD.在豎直方向上有（cosO+7；cos。-陞-7；=。。突然斷開，蜘蛛受到的合力豎直向上，有向上的加速度,

選項CD錯誤。

故選Bo

7.為實時監(jiān)測高壓輸電線的甩壓和電流，需要測量出輸電線上的電壓和電流的大小。因高壓輸電線的電壓

和電流很大，可采用互感器進行測量。如圖所示，電壓互感器K和電流互感器K2分別連接在高壓線上，設

兩個互感器的原、副線圈的匝數(shù)比分別為左、k29兩個互感器所連的電表的示數(shù)分別為八4則高壓輸電

線的電壓和電流分別為（）

kxbb匕

A.—,bk2B.k{a,—C.—,k{aD.bk2,」

a化2，〃

【答案】B

Uh

【詳解】由題意可知，對電壓互感器K1,由理想變壓器有上=勺，對電流互感器K2,由理想變壓器有丁=心，

aI

b

解得u=《a,IT=—,故選B。

化2

8.奧斯特實驗表明通電導線周圍和永磁體周圍一樣都存在磁場。一束彼此絕緣的細銅導線被約束在半徑為

R的圓柱體內(nèi)，在圓柱體外距中心軸線為廠的P點產(chǎn)生的磁場等同于全部電流集中于軸線的直線電流/產(chǎn)生

的磁場，即8其中〃。為常數(shù)。若P點在圓柱體內(nèi)，上述公式中的/則為以軸線上一點為圓心、以廠

2兀丫

為半徑的截面所通過的電流，則下列?圖像正確的是（）

【答案】A

【詳解】由電流微觀表達式可知/=〃qvS,其中S為圓柱體的橫截面積，當圓柱體的截面為圓形、半徑為廠

時/=陽”嚴，則在圓柱體內(nèi)部有8匕，與廠成正比，在圓柱體外部有3=”，與廣成反比，

2TIr22nr

故A圖符合題意。故選A。

9.如圖所示，狹縫S及平面鏡M均與虛線。（7所在水平面平行放置，用藍光垂直照射狹縫S,可以在光屏

上看到明暗相間的條紋。下列判斷正確的是（）

~7777777777777.

平面鏡M光

屏

A.看到的條紋是不平行的

B.看到的條紋間距不相等

C.若將藍光換成紅光，看到的條紋間距變小

D.若將平面鏡M向上平移到虛線處，看到的條紋間距變大

【答案】D

【詳解】AB.狹縫S與其經(jīng)平面鏡所成的像S'關于平面鏡對稱，S和S'等效為相干光源，在光屏上出現(xiàn)干

涉條紋，條紋平行且等間距，AB錯誤；

C.若將藍光換成紅光，光的波長久變長，根據(jù)=知，條紋間距Ax變大，C錯誤；

a

D.若將平面鏡M向上平移到虛線00'處，S與S'之間的距離d變小，則條紋間距Ax變大，D正確。

故選D。

10.在尤W0和x>0的空間分別分布著均勻介質(zhì)1和均勻介質(zhì)2。1=0時亥|J,龍軸上的波源S沿y軸方向開

始做簡諧振動。。=為時刻，尤軸上的尸點恰好開始振動，波形如圖。已知S點橫坐標為-4x°,P點橫坐標為

%,下列說法正確的是（）

A.波由介質(zhì)1進入介質(zhì)2周期變小

B.波由介質(zhì)1進入介質(zhì)2傳播速度不變

c.波源振動的周期為4

2

D.波在介質(zhì)2中的傳播速度為：%

【答案】D

【詳解】A.頻率與周期由波源的振動決定，可知，波由介質(zhì)1進入介質(zhì)2周期不變，故A錯誤；

B.根據(jù)圖像可知，介質(zhì)1與介質(zhì)2中的波長分別為4=4%，4=2/，根據(jù)匕=47,V2=A2/,結(jié)合上述

v,2

可知」=彳，故B錯誤；

%1

T2t

C./=為時刻，x軸上的尸點恰好開始振動，根據(jù)圖像有/。=7+],解得7=母，故C錯誤；

=&=2%_3x0

D.波在介質(zhì)2中的傳播速度為2一下一盆一工」，故D正確。

3

故選D。

11.如圖所示1,豎直線A、8兩端點固定兩個等量點電荷，帶電量大小均為Q,長2/,。為A3連線

的中點，以A8中垂線為x軸，其正半軸的場強變化如圖2所示，圖中的陰影“面積”為S（S>0）,以沿x軸

正方向為電場強度的正方向，靜電力常數(shù)為上。下列說法正確的是（）

A.A、8兩點的點電荷為異種電荷

B.（力直線上場強最大值為生”2

9/2

C.將一電子從。點沿為軸移到無窮遠的過程中，電勢能先增大后減小

D.將一帶電量為的點電荷由x=Y2/處靜止釋放，到達。點時的動能為為S

2

【答案】B

【詳解】A.由題圖2可知。點的電場強度為零，x軸上的場強方向沿x軸正方向，則4、8兩點的點電荷

為等量正點電荷，A錯誤；

B.在它/的尸處放一正試探電荷，A、3點電荷在該點的場強方向如圖所示

2

根據(jù)對稱性可知該點的合場強E=2左當襄，又根據(jù)幾何關系可知cos。=°P=坐，解得沿x軸正半

（"）V/+OP23

軸場強最大值石=雞&,B正確；

9/2

C.將一電子從。點沿無軸移到無窮遠的過程中，電場力做負功，電勢能一直增加，c錯誤；

D.根據(jù)￡-尤的面積表示電勢的變化量，即Up0=-S,從尸到0根據(jù)動能定理-4。.o=4。，可得到達。點

時的動能為D錯誤。故選B。

12.體外沖擊波治療具有非侵入性、患者易于接受、對人體組織損傷少、治療成功率高等優(yōu)點，目前在臨

床醫(yī)療上得到廣泛的應用。一種沖擊波治療儀的充電和瞬時放電電路如圖甲所示。交流電經(jīng)調(diào)壓、整流后

向電容器C充電儲能。當觸發(fā)器S導通時，電容器經(jīng)置于水中的沖擊波源W瞬時放電，高壓強電場的巨大

能量瞬間釋放使水迅速汽化、膨脹而形成沖擊波。如圖乙所示，沖擊波向四周傳播，碰到反射體光滑的內(nèi)

表面而反射，波源發(fā)出的沖擊波經(jīng)反射后在P點聚焦，形成壓力強大的沖擊波焦區(qū)，當人體深處的病變處

于該焦區(qū)時，就會得到治療的作用。沖擊波治療對放電時間要求不超過1睦，電容器C的電容一般在0.3?1.0*

之間，充電電壓大約10kV。下列說法正確的是（）

A.治療儀產(chǎn)生的沖擊波是電磁波

B.電容器放電電流不能達到104A數(shù)量級

C.若僅減小電路中電阻R的阻值，可減小電容器的充電時間

D.若僅增大電容器C的電容，放電時間仍符合沖擊波的要求

【答案】C

【詳解】A.治療儀產(chǎn)生的沖擊波是機械波，故A錯誤；

B.電容器C的電容為1.0*時，充滿電后所帶電荷量Q=CU=lxl0F><10xl03c=l（r2c,電容器平均放電

電流/=2=—1二A=10"A,故B錯誤；

t1x10'

C.若僅減小電路中電阻R的阻值，充電電流增大，電容器的充電時間減小，故C正確;

D.由C=5,得。=CU,若僅增大電容器C的電容，電容器所帶電荷量將變大，放電時間變長，不符合

沖擊波的要求，故D錯誤。

故選Co

13.如圖所示，一位潛水愛好者在水下活動時，利用激光器向岸上救援人員發(fā)射激光信號，激光束與豎直

方向的夾角為a。當a大于37。以后,激光束無法射出水面。已知光在真空中的傳播速度大小為c=3.0x1()8向$,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,則()

岸上救援人員

水面----------------7-------------------------------

潛水愛好者而~一激光器/

A.激光束由水中射向空氣發(fā)生全反射的臨界角為53。

B.激光束在水中的折射率為力=|

C.激光束在水中傳播的速度大小為2.4x108m/s

D.當夕=30°時，射出水面的激光束方向與水面的夾角大于60。

【答案】B

【詳解】AB.根據(jù)題意可知，當a大于37。以后，激光束無法射出水面，則激光束由水中射向空氣發(fā)生全

反射的臨界角為37。，則有"嵩!故A錯誤，B正確;

C.激光束在水中傳播的速度大小為v=￡=L8xl08m/s,故C錯誤；

n

D.當a=30。時小于臨界角，光線可以射出水面，設射出水面的激光束方向與水面的夾角為夕，則有

sin]>

，解得sin]/-可=|,可知|_〃>60。，即尸<30。，故D錯誤。

n=-----------

sin30°

故選B。

二、選擇題II(本題共2小題,每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。

全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)

14.密封于汽缸中的理想氣體，從狀態(tài)。依次經(jīng)過乃、6c和c。三個熱力學過程最后回到初態(tài)或若該氣體

的壓強P隨體積V變化的。-丫圖像如圖所示，則以下關于這三個熱力學過程的說法，正確的是()

p

A.由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b,氣體分子在單位時間內(nèi)撞擊到缸壁單位面積的次數(shù)不變

B.由狀態(tài)。變化到狀態(tài)b,氣體從外界吸熱

C.由狀態(tài)6變化到狀態(tài)c,氣體分子的平均動能不變

D.由狀態(tài)c變化到狀態(tài)。，氣體分子的平均間距不變

【答案】BD

【詳解】A.由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b,壓強不變，體積增大，溫度增大，分子平均動能增大，氣體分子在單

位時間內(nèi)撞擊到缸壁單位面積的次數(shù)減小，故A錯誤；

B.由狀態(tài)a變化到狀態(tài)6,溫度增大，內(nèi)能增大，則AU〉。；且氣體對外界做功，則W<0,根據(jù)熱力學

第一定律AU=W+Q,氣體吸一定從外界吸熱，故B正確；

C.由狀態(tài)6變化到狀態(tài)。，壓強不變，體積減小，則溫度減小，由狀態(tài)。變化到狀態(tài)c,體積不變，壓強

減小，則溫度減小，故狀態(tài)。溫度大于狀態(tài)c溫度，故氣體分子的平均動能減小，故C錯誤；

D.由狀態(tài)c變化到狀態(tài)a,體積不變，則氣體分子的平均間距不變，故D正確；

故選BD。

15.某防盜報警器工作原理如圖所示。用紫外線照射光敏材料制成的陰極時，逸出的光電子在電路中產(chǎn)生

電流，電流經(jīng)放大后使電磁鐵吸住鐵條。當光源與陰極間有障礙物時，警報器響起。下列說法正確的是（）

A.若用紅外光源代替紫外光源，該報警器一定能正常工作

B.逸出光電子的最大初動能與照射光頻率成正比

C.若用更強的同一頻率紫外線照射陰極，光電流變大

D.若用更強的同一頻率紫外線照射陰極，光電子的最大初動能不變

【答案】CD

【詳解】A.由光電效應方程知如二卬+舔，紫外光頻率大于紅外光頻率，該光敏材料極限頻率未知，不能

確保紅外光照射會發(fā)生光電效應，A錯誤；

B.由光電效應方程知，逸出光電子的最大初動能與照射光頻率有關，但不成正比，B錯誤;

C.光照強度越強，光電子越多，光電流越大，C正確；

D.由光電效應方程知，光電子的最大初動能只與光的頻率有關，與光照強度無關，D正確;

故選CD?

II非選擇題部分

三、實驗題（本大題共2小題，共12.0分）

16-1.（7分）物理課外研究小組欲通過實驗研究某一直流電源的帶載特性，除所用電源，開關、導線外，

實驗室還備有器材：電壓表（量程3V）、電流表（量程3A）、定值電器&、滑動變阻器公。

（1）測量電源的電動勢和內(nèi)阻。按如圖1所示的電路連接器材，并移動滑動變阻器&滑片位置，讀出對應的

電壓表和電流表示數(shù)，在圖2中標記相應的點并擬合出圖線，可得電源電動勢后=V,內(nèi)阻尸—

（2）不考慮偶然誤差，由上述（1）方法測得的內(nèi)阻r（填“大于”、“等于"、“小于”）真實值，引起此

誤差的原因是o

（3）測試電源的帶載特性。用R表示變阻器接入電路的阻值，/表示電流表的示數(shù)。為便于對比研究，采集兩

種情況下的數(shù)據(jù)并作出相應的①、②圖線：

①表示圖1中變阻器&的功率變化規(guī)律；

②表示圖3中變阻器&的功率變化規(guī)律。

在滑動變阻器&的滑片移動過程中，不考慮電表的影響，下列選項正確的是

【答案】⑴3.01.3⑵小于電壓表的分流(3)AC

【詳解】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律。=石-6,電源U-/圖像與縱軸交點坐標值是電動勢，圖像斜率絕對值

是電源內(nèi)阻。由圖像可知，電動勢測量值E=3.0V,電源內(nèi)阻，=3：1L0Q=].3Q

(2)考慮到電表內(nèi)阻0=￡-(/+4)廠，整理得U=一4因為斜率代表內(nèi)阻，所以內(nèi)阻測

RvRV+YRv+丫

量值偏小，引起此誤差的原因是電壓表的分流。

pE

(3)圖1中，滑動變阻器&的功率為々=血-產(chǎn)人由數(shù)學知識可知，當/=不時，功率最大，又有廠不^，

2rKL+r

可知此時&=廠

P2

功率最大，最大功率為6m==

4r

圖3中，把凡和電源看成等效電源，則電源的等效電動勢為后=1卜￡

等效內(nèi)阻為廠=方?廠

2

則滑動變阻器RL的功率為P2=IE-Ir

E

當1=E'_&+廠E

由數(shù)學知識可知,

刀2廠一2R。廠27

舄+「

功率最大，此時&=不二

舄+r

最大功率為凰=彳"'2=在D不"＜2九

綜上所述，圖1中和圖3中滑動變阻器功率最大時，電流相等，圖1中滑動變阻器的電阻較大，且圖1中

的最大功率較大。故選AC。

16—II.（5分）利用手機內(nèi)置加速度傳感器可實時顯示手機加速度的數(shù)值。小明通過智能手機探究加速度

與合外力的關系，實驗裝置如圖甲所示，已知當?shù)刂亓铀俣葹間。

手機—

小桶一零VVv

3

.具1234

時間（秒）

甲乙

（1）輕彈簧上端固定，下端與手機相連接，手機下端通過細繩懸掛小桶；

（2）開始時，小桶裝有祛碼，整個實驗裝置處于靜止狀態(tài)；

（3）突然剪斷細繩，通過手機軟件記錄豎直方向加速度。隨時間變化的圖像如圖乙所示，剪斷細繩瞬間手

機的加速度對應圖中的—（選填“A”“8”或點；

（4）剪斷細繩瞬間手機受到的合力大小廠等于—；

A.祛碼的重力大小B.小桶和祛碼的重力大小

C.手機的重力大小D.彈簧對手機的拉力大小

（5）改變小桶中祛碼質(zhì)量，重復步驟（3）,獲得多組實驗數(shù)據(jù)并繪制ai圖像如圖丙所示，由圖可得結(jié)

（6）如圖丁所示，某同學在處理數(shù)據(jù)時，以手機豎直方向的加速度a為縱坐標，祛碼質(zhì)量相為橫坐標，繪

制a一機圖像，獲得一條斜率為鼠截距為b的直線，則可推算出手機的質(zhì)量為—（選用鼠b、g表示）。

【答案】（3）A（4）B（5）質(zhì)量一定時，手機加速度與合外力成正比（6）爭

k

【詳解】（3）前面的數(shù)據(jù)波動是保持平衡時的輕微擾動，后續(xù)的數(shù)據(jù)波動是因為手機在做（近似）簡諧運

動，故第一個峰值即為我們要的繩子被剪斷時的瞬時加速度，故選學”點；

（4）剪斷細繩瞬間，彈簧的彈力大小不變，手機受到的合力大小尸小桶和祛碼的重力大小。故選B。

（5）由丙圖知，圖像為過原點的一條直線，根據(jù)圖像可以得到的結(jié)論，當手機的質(zhì)量一定時，手機的加速

度與手機所受合外力成正比。

（6）繩子剪斷前，設彈力為尸，小桶質(zhì)量為,手機質(zhì)量為對手機有平衡知+吸=0,

繩子剪斷后，對手機由牛頓第二定律有尸-吸=血，綜上可得。=些普適=總+等，解得河=3。

MMMk

四、計算題（本大題共4小題，共43分，解答過程請寫出必要的文字說明和必需的物理演算過程，只寫出

最終結(jié)果的不得分）

17.（8分）如圖所示的減震墊上布滿了12個完全相同的圓柱狀薄膜氣泡，每個薄膜氣泡中充滿體積為

壓強為po的理想氣體。在減震墊上放上質(zhì)量分布均勻的平板狀物品，物品始終保持水平，穩(wěn)定后每個薄膜

氣泡的體積均為差。若薄膜氣泡內(nèi)氣體的溫度為22℃,不計薄膜的重力和彈力，重力加速度為g。

（1）放上物品穩(wěn)定后，若氣體溫度不變，則每個薄膜氣泡內(nèi)氣體的壓強為多少；

（2）取走物品穩(wěn)定后，每個氣泡中氣體壓強均恢復到po,體積均增大為黑匕，則氣泡中氣體的溫度改變

了多少。

物品

an>

——圓柱形氣泡

【答案】（1）;為；（2）5K

4

【詳解】（1）由玻意爾定律可得PoX%=P]Xg%

解得0=jp。

（2）放上物品后溫度為力=（273+22）K

4乂60

則由理想氣體狀態(tài)方程可得竺￡二=，°義為。

ZT2

解得乃=300K

則氣泡中氣體的溫度改變量為AT=T2-Tl=5K

18.（10分）如圖甲，豎直薄板固定在轉(zhuǎn)盤上，質(zhì)量為機=Q6kg的小球用輕繩系著，另一端固定在薄板中

線上的A點，繩子與豎直中線成0=37。。已知輕繩懸點到球心距離為L=lm,重力加速度g取lOm/s2,不

計空氣阻力?，F(xiàn)緩慢增大轉(zhuǎn)盤角速度，離開前小球與薄板保持相對靜止。求：

(1)隨著角速度增大，離開前小球受到輕繩拉力和薄板支持力大小如何變化；

(2)從靜止到繩子與豎直中線成&=53。的過程中，薄板對小球做的功W；

(3)其他條件不變，用小球壓住質(zhì)量為％=02kg的矩形木塊，此時輕繩與中線成&=53。，已知木塊與薄板

間的動摩擦因數(shù)為月=。5,為使木塊不下滑，轉(zhuǎn)盤角速度。應滿足的條件？

【詳解】(1)對小球分析可知Tcos6>=〃zg

Tsin0—綜=ma)2r

則當角速度增大時，拉力大小T不變，支持力打減小；

2

(2)設a=53。時小球線速度大小為v,則有作121153。=m1

其中r=Lsin53。

由動能定理得W—相=；■機聲一。

而h=Lcos37°—Lcos53°

聯(lián)立解得W=4.4J

(3)設角速度為4時，木塊恰好沒下滑，則有/g二〃V

對小球，有Tsin53°-N=zngLsin53°

Tcos53°=mg

聯(lián)立解得g=rad/s

故若不下滑rad/s

3

19.(12分)如圖所示，在光滑水平面內(nèi)從左至右連續(xù)存在有5個寬度均為L的矩形區(qū)域，其中區(qū)域I、III、

V的長度均為L,其間存在沿豎直方向交替變化的圖示勻強磁場，磁感應強度大小均為B；區(qū)域II、W為長

度均為5的無場區(qū)域。一質(zhì)量為機、電阻為R、邊長為d(s<d<D的正方形單匝金屬線框ABCD以大小為%的

初速度開始進入?yún)^(qū)域I,運動過程中線框的A3邊始終與各區(qū)域的邊界線平行，線框最終離開區(qū)域V。

(1)求線框的AB邊剛進入?yún)^(qū)域I時，線框的加速度大小;

(2)求線框完全進入?yún)^(qū)域III中的速度大小;

(3)若在線框開始進入?yún)^(qū)域I時，對線框施加一可變的水平外力，使線框做勻速直線運動至線框剛好完全

離開區(qū)域V,求水平外力做功的平均功率。

L、-S--L」一S」一L_

'_____________________T"

XXXX,..?：：XXXX

DA

XXXX????：XXX

IIIIIIIVVL

XXXX????XXX

B

XXXX????:XXX

【答案】⑴吟；⑵％一B2d?(5d-2s)(3)B2d2vl(10d-4s)

mR(d+3L+2s)R

【詳解】(1)線框A2邊剛進入?yún)^(qū)域I時，感應電動勢大小為&=及仞

回路中的電流為4=2

安培力大小”=8/1

加速度大小”=里

m

聯(lián)立解得a=幽加

mR

(2)過程①：線框完全進入?yún)^(qū)域I過程，線框向右的位移為d,設動量變化量為AR,以水平向左為正方

向，由動量定理，有BdlAt=Api

其中7=%

R

又d=可.加

解得△“=午

過程②：從線框48邊開始進入?yún)^(qū)域II到邊將要進入?yún)^(qū)域III,線框向右的位移為5,設動量變化量為Ap2,

同理有

過程③：從線框48邊開始進入?yún)^(qū)域III到線框。邊將要進入?yún)^(qū)域H,線框向右運動的位移為d-s,設動

量變化量為Ms，同理有頌3=竺號5

過程④：從線框C。邊開始進入?yún)^(qū)域II到8邊將要進入?yún)^(qū)域III,線框向右運動的距離為設動量變化量

22

、，人門由七八Bds

為24,同理有△〃=R

設線框完全進入?yún)^(qū)域III中的速度大小為V,由動量定理可得Aft+△2+即3+即4="7%-加丫

聯(lián)立解得v=v0-2s）

（3）對（2）中的過程①通過的位移，安培力大小片=巨魯

線框克服安培力做功為叱=地%

1R

對（2）中的過程②通過的位移，安培力大小工=左魯

線框克服安培力做功為W,=地跡

R

對（2）中的過程③通過的位移，安培力大小工=嗎飛

4B

線框克服安培力做功為叱=!￡Ez±o

3R

對（2）中的過程④通過的位移，安培力大小工=￡普

線框克服安培力做功為以=空也

R

由運動的對稱性知，此后線框至完全離開區(qū)域V過程，與前述運動過程中克服安培力做功的情形相同，因

此，全過程中克服安培力做的總功為W=2（叱+叱+W,（104一4s）

d+3L+2s

全過程中線框運動的時間為"---------

%

因此，水平外力所做功的平均功率尹』=

t（d+3￡+2s）H

20.（13分）如圖，。孫z坐標系中，在空間無<0的區(qū)域I內(nèi)存在沿z軸負方向、磁感應強度大小片=0O5T

的勻強磁場；在空間0X0.21n的區(qū)域II內(nèi)存在沿X軸負方向、電場強度大小耳=5xl04v/m的勻強電場。

從A（0.2m,0,0）點沿y軸正方向以%=lxl（）6m/s的速度射入一帶正電粒子，粒子比荷包=5xl（）7c/kg,