2025年浙江選考仿真模擬卷（一）

物理

（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

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）

I.日本擬向太平洋排放核廢水引發(fā)國際社會的廣泛關(guān)注與譴責(zé)。輻射的危害程度常用“當(dāng)量劑量”

這一物理量衡量，其國際單位是希沃特，記作Sv。每千克（kg）人體組織吸收1焦耳（J）為1

希沃特。下列選項中用國際單位制的基本單位表達(dá)希沃特，正確的是（）

A.m2/s2B.W/kgC.J/kgD.m2/s

【解答】解：由題意，希沃特用國際單位制的基本單位表達(dá)為J/kg，即lSv=lJ/kg=lm%2,故

BCD錯誤，A正確。

故選：Ao

2.四幅圖中包含的物理思想方法敘述錯誤的是（）

卡文辿什用扭稱實驗得到微小量萬有引力常數(shù)，利用了放大

BPi匕

B..探究影響電荷間相互作用力的因素時,運用了控制變量法

D.—_Q_伽利略研究力和運動關(guān)系時，運用了理想實驗方法

【解答】解：A、用鏡面反射觀察桌面微小變形時，是根據(jù)：入射光線不變時，當(dāng)入射角改變a

時，反射角改變2a,所用的物理思想方法是放大法，故A正確；

B、探究影響電荷間相互作用力的因素時，所用的物理思想方法是控制變量法，故B正確；

C、利用紅蠟塊的運動探究合運動和分運動的實驗，采用物理思想方法是等效替代法，故C錯誤;

D、在研究力和運動的關(guān)系時，伽利略運用了理想實驗方法，巧妙地設(shè)想了兩個對接斜面的實驗,

故D正確。

本題選擇不正確的

故選：Co

3.下列說法正確的是（）

A.盧瑟福a粒子散射實驗證明了湯姆孫的“西瓜模型”的正確性

B.貝克勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射性現(xiàn)象，該現(xiàn)象說明原子具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)

C.比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定

D.康普頓效應(yīng)說明光具有波動性

【解答】解：A、盧瑟福根據(jù)a粒子散射實驗的結(jié)果提出了原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說，而不是為了證實湯

姆孫的“西瓜模型”的正確性，故A錯誤。

B、貝克勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射現(xiàn)象，說明原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，故B錯誤。

C、比結(jié)合能越大表示原子核中核子結(jié)合得越牢靠，原子核越穩(wěn)定；比結(jié)合能是結(jié)合能與其核子

數(shù)之比，故C正確。

D、康普頓效應(yīng)說明光具有粒子性，故D錯誤；

故選：Co

4.學(xué)校運動會上，某同學(xué)參加鉛球比賽，他將同一鉛球從空中同一位置A先后兩次拋出，第一次

鉛球在空中軌跡如圖乙中1所示，第二次鉛球在空中軌跡如圖乙中2所示，兩軌跡的交點為B,

已知鉛球兩次經(jīng)過B點時機械能相同，不計空氣阻力，不計鉛球大小，則關(guān)于兩次拋出，下列說

法正確的是（）

A.兩次投出的初速度相同

B.兩次鉛球落地時重力的瞬時功率相同

C.兩次鉛球在空中運動過程中重力做功平均功率2更加大

D.兩次鉛球在最高點機械能2更加大

【解答】解：A.由鉛球運動的軌跡可知，鉛球兩次出手時的速度方向不同，因此初速度不同，故

A錯誤；

B.重力的瞬時功率為P=mgvcos8,其中。為速度方向與重力方向的夾角。已知鉛球兩次均是從A

點投出，經(jīng)B點后落至地面，兩次經(jīng)過B點時機械能相等，因此經(jīng)過B點時的動能大小相等，

又因為鉛球兩次從A至B過程中僅有重力做功，月.做功相同，因此鉛球兩次在A點投出時的動

能大小相同，又由鉛球兩次由A投出后運動至地面的過程重力做功相同，因此在到達(dá)地面時的動

能大小相同，即速度大小相等，但由圖中軌跡可知，鉛球兩次落地時的速度方向與重力方向夾角

不同，因此重力的瞬時功率不同，故B錯誤：

C對鉛球兩次運動進(jìn)行豎直方向分析可知，做初速度向上，加速度大小為g方向向下的勻變速直

線運動，且兩次的位移相同，鉛球兩次出手時速度大小相等，但第一次出手時速度方向與豎直向

上的方向夾角更小，因此鉛球第一次出手時沿豎直方向的分速度更大，根據(jù)x=vot-±旦2可知，

第一次運動時間更長，又已知兩次運動重力做功相同，因此第一次運動過程的重力做功平均功率

更小，故C正確；

D.鉛球出手后機械能守恒，因此在最高點時機械能仍相等，故D錯誤。

故選：Co

5.如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D,通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸

掛于0點，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加

速度大小分別為（）

C.粒子在N點的加速度比M大

D.粒子在N點的電勢能比M低

【解答】解：A、粒子的運動軌跡向左彎曲，可知粒子在勻強電場中受到的電場力方向向左，與

場強方向相反，則粒子帶負(fù)電，故A錯誤。

B、粒子從M到N的過程，電場力做正功，動能增加，則粒子在N點的速率比M大，故B錯誤。

C、由于電場強度不變，粒子受到的電場力不變，加速度不變，則粒子在N點和M點的加速度相

等,故C錯誤。

D、粒子從M到N的過程，電場力做正功，電勢能減小，故粒子在N點的電勢能比M低，故D

正確。

故選：Do

7.如圖甲所示為汽車的傳統(tǒng)點火裝置，稱之為蓄電池點火系統(tǒng)。此裝置的核心部件是一個變壓器，

該變壓器的原線圈通過開關(guān)連接到12V的蓄電池上，副線圈連接到火花塞的兩端。在開關(guān)閉合或

斷開的瞬間，將會在副線圈中產(chǎn)生脈沖高電壓形成電火花，點燃可燃混合氣體。圖乙和圖丙分別

是原線圈、副線圈電壓隨時間變化的圖像，則下列說法正確的是（）

開關(guān)變壓器

甲

A.原線圈的匝數(shù)比副線圈的匝數(shù)多

B.12至t3間穿過副線圈的磁通量為零

C.開關(guān)斷開與閉合瞬間副線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同

D.開關(guān)斷開時比開關(guān)閉合時，更容易點燃混合氣體

【解答】解：A、依題意可知，該變壓器為升壓變壓器，所以副線圈的匝數(shù)比原線圈的匝數(shù)多,

故A錯誤；

B、由圖乙可知，t2至t3間原線圈有電流流過，產(chǎn)生恒定磁場，則穿過副線圈的磁通量不為零，

故B錯誤；

C、由圖丙可知，開關(guān)斷開與閉合瞬間副線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，故C錯誤；

D、由圖丙可知，開關(guān)斷開時比開關(guān)閉合時，副線圈產(chǎn)生的電壓更高，更容易點燃混合氣體，故

D正確。

故選：Do

8.如圖所示，甲、乙、丙、丁所示是四種常見的磁場，下列分析不正確的是（）

A.矩形線框放置在甲圖中異名磁極間所制成的磁電式電表，表盤刻度均勻

B.矩形線圈在乙圖兩異名磁極間轉(zhuǎn)動，可產(chǎn)生正弦式交流電

C.圖丙中馬蹄形磁鐵的兩個異名磁極之間，除邊緣外可認(rèn)為是勻強磁場

D.圖丁中相距一定距離的兩個平行放置的線圈通電時，其中間區(qū)域的磁場不可以認(rèn)勻強磁場

【解答】解：A.甲圖中的電場是輻向磁場，同?半徑處，磁感應(yīng)強度大小相等，則表盤刻度均勻，

故A正確；

B.磁電式電表內(nèi)部磁極做成弧形，線圈繞在鐵芯上，題干中沒有鐵芯，故B錯誤；

C.相距很近的異名磁極之間的磁場，除邊緣外，是勻強磁場，故C正確：

D.圖丁中相距一定距離的兩個平行放置的線圈通同向電流，其中間區(qū)域的磁場可認(rèn)為是勻強磁場,

故D正確。

本題選擇不正確的，故選：Bo

9.如圖，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導(dǎo)線框abed

相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一固定的閉合小金屬圓環(huán)，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)

強度B隨時間按圖所示規(guī)律變化時（）

B.在h?t2時間內(nèi)，金屬環(huán)先有擴張的趨勢再有收縮的趨勢

C.在tl?12時間內(nèi)，金屬環(huán)內(nèi)一直有逆時針方向的感應(yīng)電流

D.在t2?t3時間內(nèi)，金屬環(huán)內(nèi)有逆時針方向的感應(yīng)電流

【解答】解：A、在。?h時間內(nèi)，根據(jù)法排第電磁感應(yīng)定律E=〃禁=n槳S

可知螺線管產(chǎn)生恒定的電動勢，閉合線框中產(chǎn)生恒定的電流，所以金屬圓環(huán)內(nèi)的磁場穩(wěn)定不變，

不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯誤；

B、在ti?t2時間內(nèi)，丁減小，所以電動勢減小，通過閉合線框的電流減小，所以金屬環(huán)內(nèi)的磁

通量減小，根據(jù)楞次定律，為門雙礙環(huán)內(nèi)磁通量的減小，金屬環(huán)應(yīng)具有擴張的趨勢，故B錯誤；

C、在ti?t2時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知線框內(nèi)的電流方向為逆時針方向

且一直減小，根據(jù)安培定則可知穿過金屬圓環(huán)的磁場里直紙面向外且減小，根據(jù)楞次定律可知金

屬圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電流為逆時針方向，故C正確；

D、在t2~t3時間內(nèi)，丁（即圖象的斜率）的方向與tl~t2時間內(nèi)的方向相反，所以線框產(chǎn)生的感

應(yīng)電流為順時針方向且一直減小，根據(jù)安培定則可知穿過金屬圓環(huán)的磁場垂直紙面向內(nèi)且減小，

根據(jù)楞次定律可知金屬圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電流應(yīng)為順時針方向，故D錯誤。

故選：Co

10.如圖所示，在豎直向上的勻強磁場中，金屬棒ab兩端系有等長輕質(zhì)絕緣軟導(dǎo)線且水平懸掛，平

衡時兩導(dǎo)線與豎直方向的夾角均為e,兩懸點間接有電池和滑動變阻器，改變滑動變阻器的滑片

位置，則下列各圖象能正確反映通過金屬棒ab的電流I與e的變化關(guān)系的是（）

【解答】解：導(dǎo)體棒受力如圖所示,

1

可得嬴

1

即I與成正比。故A正確，BCD錯誤;

tanO

故選：Ao

11.雨打芭蕉是中國占代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強p，小華

同學(xué)將一圓柱形的量杯置于院中，測得一段時間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h,查詢得知當(dāng)時雨

滴下落的速度為V。設(shè)雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均

密度為p，不計雨滴重力。則p的大小為（）

A-pv7B.C.pv2D.2pv2

【解答】解：單位時間、單位面積上的降水量4%=y

在芭蕉葉上取△S的面積上，△t時間內(nèi)降落的雨水質(zhì)量為m=pSA/iAt=pAS-At

設(shè)雨水受到的撞擊力為F,規(guī)定向下為正方向，根據(jù)動量定理Fdt=-4t（—u-

u)=—2pvASyAt

解得尸=-2pvAS^

根據(jù)牛頓第三定律可知，芭蕉葉上AS的面枳受到的撞擊力的大小尸=2PMst

因此平均壓強為p=4=2p吟

故ACD錯誤，B正確;

故選：Bo

12.某行星的衛(wèi)星A、B繞以其為焦點的橢圓軌道運行，作用于A、B的引力隨時間的變化如圖所

示，其中12=企5行星到衛(wèi)星A、B軌道上點的距離分別記為「A、坨，假設(shè)A、B只受到行星

B.S的最大值與①的最小值之比為2：1

C.rB的最小值與rA的最小值之比為2：3

D.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的質(zhì)量之比為8：9

【解答】解：A、由題圖可知，A、B的周期分別為TA=5TB=2t2,結(jié)合12=近七1，可知B與

A的繞行周期之比為：繆=強=二3，故A錯誤；

1A41

BC、由圖可知，當(dāng)A衛(wèi)星離行星的距離s最小時，衛(wèi)星A受到的萬有引力最大，有：8F=”也

rAmin

當(dāng)S最大時，衛(wèi)星A受到的萬有引力最小，有：2F=苧”

rAmax

7/max2

聯(lián)立以上可得rA的最大值與rA的最小值之比為:

rAmin1

由圖可知，當(dāng)最小時，衛(wèi)星B受到的萬有引力最大，有：9F=^^

rBmin

當(dāng)最大時，衛(wèi)星B受到的萬有引力最小，苞F書

「Bniax3

可得rB的最大值與rB的最小值之比為:

rB)nin

Q3「8加吐%max

再根據(jù)開普勒第三定律：訶=匕有:2-(2)3

rBminrBmax9I、r3

解得:=拉3或：--B-m-i-n?對比三個選項‘故B錯誤,°正確,

rAmin,rAmin/rAmax

D、由題圖可有：B受力最大時：9F="，M,A受力最小時：2F=竽”

rBmin1Amax

兩式相除可得：工=]X（""""）2=[x、=裂，故D錯誤。

m9rBmin93」81

故選：Co

13.如圖所示，平面上有一個厚度不計的發(fā)光圓環(huán)，半徑為r,圓心為0。現(xiàn)用一個半徑為R的透

明半球蓋住圓環(huán)（球心與圓環(huán)圓心重合），若圓環(huán)發(fā)出的光能全部射出半球，則半球的折射率可

【解答】解：將發(fā)光圓環(huán)看作是無數(shù)個點光源組成的，各個點光源豎直向上發(fā)出的光到達(dá)半球時

的入射角最大，如果此時光都沒有發(fā)生全反射，則所有光線都能射出半球，光路圖如圖所示

根據(jù)幾何知識有sin8=5VsinC=J,則nV&故ACD錯誤，B正確。

K71I

故選：Bo

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。分）

14.下列說法正確的是（）

A.得P核內(nèi)有30個中子

B.金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)時，入射光的頻率越高金屬的逸出功越大

C.核反應(yīng)方程:4N+加CT￡o+X中的X表示的是質(zhì)子

D.玻爾理論認(rèn)為原子能量狀態(tài)是不連續(xù)的

【解答】解：A、?普P核內(nèi)質(zhì)量數(shù)為3（）,質(zhì)子數(shù)為15,質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之和，則中子

數(shù)為15.故A錯誤。

B、逸出功與入射光的頻率無關(guān)，由金屬本身決定。故B錯誤。

C、根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，X的電荷數(shù)為1,質(zhì)量數(shù)為1,為質(zhì)子。故C正確。

D、玻爾理論認(rèn)為原子能量是量子化的，不連續(xù)。故D正確。

故選：CDo

15.如圖中實線是一列簡諧橫波在某時刻的波形圖，虛線是經(jīng)過0.15s時該波的波形圖，下列說法中

正確的是()

v/cm

A.波源的振動周期可能是0.4s

B.波源的振動周期可能是0.2s

C.波速可能為10m/s

D.在任何?個周期內(nèi)振動質(zhì)點的路程都為8m

【解答】解:AB、若波沿x軸負(fù)方向傳播，則有：At=(n+i)T,所以T=黯=嫖"二齡

(n=0,1,2,3-)；若波沿x軸正方向傳播，則有：人二行十怖仃,所以T=黑g

**Ic-10■?tID11vi。

(n=0,1,2,3…)。當(dāng)n=0時,T=0.2s?因n是整數(shù)，所以T不可能為0.4s,故A錯誤，B

正確；

C^由圖可知：波長入=4m,若波沿x軸負(fù)方向傳播，波速為v=彳=-^-m/s=如與空m/s,(n

=0,I,2,3…)；若波沿x軸正方向傳播，波速為v=[=~^~m/s=8°"；60m/s,(n=0,1,2,

3…)。因為n是整數(shù)，所以波速v不可能為10m/s,故C錯誤；

D、根據(jù)振動的周期性可知，在任何一個周期內(nèi)振動質(zhì)點的路程都為s=4A=4X2m=8m,故D

正確。

故選：BDo

三、非選擇題(本題共5小題，共”分)

16(14分，每空2分)I、如圖所示為某同學(xué)進(jìn)行探究“加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗裝置,

數(shù)字化信息系統(tǒng)能直接獲取到小車加速度a的大小，滑輪與細(xì)線的摩擦可忽略不計。

乙丙

小車發(fā)射器接收器/丙

—^7^n

沙桶

圖1圖2

（1）使用該裝置進(jìn)行下列實驗時，下列說法正確的是O

A.測力計的示數(shù)等于沙桶和沙子所受的總重力

B.測力計的示數(shù)小于沙桶和沙子所受的總重力

C.測力計的示數(shù)等于小車所受拉力的一半

D.測力計的示數(shù)小于小車所受拉力的一半

（2）改變該裝置進(jìn)行實驗時，下列說法正確的是o

A.若把測力計換成力傳感器，仍需要平衡小車與桌面間的摩擦力

B.若把測力計換成力傳感器，則不需要平衡小車與桌面訶的摩擦力

C.若把測力計左端固定點稍稍上移，則力的測量值大于真實值

D.若把測力計左端固定點稍稍上移，力的測量值小于真實值

（3）使用該裝置進(jìn)行實驗對，保持桌面水平，得到的圖像可能是圖2中的（圖2中甲、

乙、丙三條線為平行直線），

【解答】解：（1）AB、由于沙桶向下做加速運動，故沙桶處于失重狀態(tài)，拉力小于其重力，故A

錯誤，B正確；

CD、由滑輪水平方向受到的作用力為兩根繩子的拉力，為測力計示數(shù)的兩倍，故C正確，D錯

誤；

故選：BCo

（2）AB、實驗意圖為研究小車受到的拉力與其加速度的關(guān)系，應(yīng)排除阻力對實驗的影響，故仍

需平衡摩擦力，故A正確，B錯誤；

CD、固定點上移使得繩子拉力的水平分量，即拉力的一部分對小車產(chǎn)生加速度有貢獻(xiàn)，使得測量

值大于實際小車在水平方向受到的拉力，故C正確，D錯誤；

故選：ACo

（3）若桌面水平未平衡摩擦力，則

F-Rmg=ma則Q=捺一故選丙。

故答案為：（1）BC；（2）AC；（3）丙

II,某同學(xué)用單擺測量學(xué)校所在地的重力加速度。實驗步驟如卜.:

a.在細(xì)線的一端打一個比小球上的孔徑稍大些的結(jié)，將細(xì)線穿過球上的小孔，并把細(xì)線上端固

定在鐵架臺的上端：

b.先用游標(biāo)卡尺測得小球的直徑，算出半徑，再用刻度尺測量懸掛點與小球下端之間的距離，

以兩者之差作為擺長L：

c.用停表測量單擺做多次全振動的時間，計算出周期T；

d.改變擺長多次重復(fù)實驗，測量多組擺長L與對應(yīng)的周期T的數(shù)據(jù)，并在坐標(biāo)紙上作出L-T2

的圖像；

c.根據(jù)圖像得出重力加速度的測量值；

f.查詢所在地的重力加速度值，與測得的結(jié)果進(jìn)行比較，并進(jìn)行誤差分析工

圖3

(1)某次測量擺長時，刻度尺上的“0”刻度與懸點對齊，下端刻度如圖1所示，用游標(biāo)卡尺測

量小球的直徑，讀數(shù)如圖2所示，則擺長為m；

(2)實驗中做出L?T2的圖像如圖3所示，則重力加速度g=m/s2o(結(jié)果保留3位有效

數(shù)字)

【解答】解：(1)由圖可知，刻度尺最小分度為0.1mm,再估讀一位，則懸點到擺球下端的距離

為

1=80.93cm

由題圖2可知小球的直徑為d=12mm+6X0.1mm=12.6mm=1.26cm

所以擺長為L=1一?=80.93cm-0.63cm=80.30cm=0.8030m

（2）根據(jù)單擺周期公式有7=2兀/

變形得L=g

所以圖線的斜率為k=1言?m/."=025m/s2=

4.0-1.047Tr

解得g=u2^9.86m/s2

山、在“用多用電表測量電學(xué)中的物理量”的實驗中，某同學(xué)使用的多用電表的刻度盤如圖所示:

（1）關(guān)于多用電表的使用，下列說法中正確的是（選填選項前的字母）；

A.用電壓擋測電壓前，需調(diào)整指針定位螺絲，使指針指到零刻度

B.多用電表沒有OFF擋，使用完后應(yīng)將選擇開關(guān)撥至交流電壓最低擋

C.用歐姆擋測電阻時，被測電阻的阻值越大，指針向右轉(zhuǎn)過的角度就越大

D.用歐姆擋測電阻時，改變不同倍率的歐姆擋，不需要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零

（2）在測量小燈泡的電阻時，黑表筆接觸點的電勢比紅麥筆（選填“高”或“低”

【解答】解：（1）A.用電壓擋測電壓前需要調(diào)零，需調(diào)整指針定位螺絲，使指針指到零刻，故

A正確：

B.多用電表沒有OFF擋，使用完后應(yīng)將選擇開關(guān)撥至交流電壓最高擋，故B錯誤；

C.用歐姆擋測電阻時，被測電阻的阻值越大，指針向右轉(zhuǎn)過的角度就越小，故c錯誤;

D.用歐姆擋測電阻時，改變不同倍率的歐姆擋，需要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，故D錯誤。

故選：Ao

（2）歐姆表的紅表筆與其內(nèi)置電源的負(fù)極相連接，黑表筆與歐姆表內(nèi)置電源正極相連接，在測

量小燈泡的電阻時，黑表筆接觸點的電勢比紅表筆高；

故答案為：（1）A；（2）高；

17.（8分）單級水火箭可以簡化為如圖（a）所示的下方開口的容器。容器中氣體體積V=3L,壓

強po=lXl（）5pa,下方水的深度h=50cm。單向氣閥（不計質(zhì)量）是一個只能朝一個方向通入氣

體的裝置，它外部為橡膠材質(zhì)，將其緊緊塞在容器口位置可將水堵住還能向容器內(nèi)進(jìn)行充氣。單

向氣閥與容器口摩擦力的最大值f=91.5N。現(xiàn)用打氣筒通過單向氣閥向容器內(nèi)一次次的充入壓強

po=1XlO5Pa,V|=300ml的氣體。當(dāng)容器內(nèi)的氣體壓強到達(dá)一定值時單向氣閥和容器中的水被

起噴出，水火箭可以獲得定的速度發(fā)射。已知重力加速度g=10m//,容器口的橫截面積s

=3乂10一7]2,水的密度p=ixi（）3kg/m3。假設(shè)容器中的氣體為理想氣體，充氣和噴水時忽略溫

度的變化。

（1）求水火箭剛好噴水時容器內(nèi)氣體壓強p；

（2）求水火箭剛好噴水時的充氣次數(shù)；

（3）水火箭噴水過程中，容器內(nèi)氣體的p-V圖像如圖（b）所示，試估算容器內(nèi)氣體從狀態(tài)a

到狀態(tài)b從外部吸收的熱量。

【解答】解：（1）對單向氣閥受力分析,根據(jù)平衡條件有poS+f=mg+pS,h=50cm=0.5m

解得p=po+!-pgh

代入數(shù)據(jù)得p=4X1（）5pa

（2）氣體做等溫變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有poV+NpoV|=pV

解得充氣次數(shù)N=3（）

（3）由p-V圖像可知，外界對氣體做功W=-208X4=-832J

由熱力學(xué)第一定律△U=W+Q=0

所以氣體吸收熱量Q=832J

答：（I）水火箭剛好噴水時容器內(nèi)氣體壓強4Xl（）5pa：

（2）水火箭剛好噴水時的充氣次數(shù)30：

（3）估算容器內(nèi)氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b從外部吸收的熱量832J。

18.（11分）一自上而下的傳送裝置可簡化為如下模型。如圖所示，水平光滑軌道OA上安裝了一理

想彈簧發(fā)射器，彈簧原長小于OA間距離，彈簧左端固定在O處，彈簧右端放置一小滑塊P,使

滑塊向左壓縮彈簧且不拴接，在軌道右側(cè)有?順時針轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，其左右端分別與軌道A

點和細(xì)管道B點等高相切，水平固定粗糙平臺CD與細(xì)管道最低點C等高相切，在水平地面上有

一左端帶擋板的木板，木板上表面與平臺CD等高且木板與平臺緊密接觸。將滑塊P由靜止釋放，

P經(jīng)過水平傳送帶和三個豎直的半圓形光滑細(xì)管道，與靜止在CD平臺末端的小滑塊Q發(fā)生彈性

碰撞，碰后P恰好能返回C點，碰后Q滑上木板，然后Q與木板左端擋板發(fā)生彈性碰撞。已知

管道半徑均為R，滑塊P、木板質(zhì)量分別為mp=m、m水=6m,釋放滑塊P時彈簧彈性勢能的大

小為Ep=3mgR,傳送帶長度為Li=4R,傳送帶速度大小為u=遍區(qū)，平臺CD長度為Lz=2R,

木板長為L3=1.5R,滑塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為陽=0.5,P與平臺CD間的動摩擦因數(shù)為

H2=0.75,滑塊Q與木板間的動摩擦因數(shù)為“3=04木板與地面間的動摩擦因數(shù)為四=02重力

加速度為g，滑塊P、Q均可視為質(zhì)點，所有碰撞時間極短。

（1）求滑塊P到達(dá)B點過程中傳送帶對滑塊P做的功W：

（2）求滑塊Q的質(zhì)量MQ；

（3）求滑塊Q與木板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q熱。

【解答】解：（1）根據(jù)能量守恒定律

EP=^mvl

解得

」6gR

v0=

設(shè)物塊P在傳送帶上減速到與傳送帶速度相同的位移為s,根據(jù)運動學(xué)公式有

4r2

s=-77---

解得

s=3R<Li=4R

故物塊P在傳送帶上先減速后勻速，根據(jù)動能定理有

W=^mv2-^mvl

解得滑塊P到達(dá)B點過程中傳送帶對滑塊P做的功為

W=-1.5mgR：

（2）設(shè)P與Q碰撞前的速度大小為vi，碰后P的速度大小為V2,Q的速度為V3,則P從B至IJC

由動能定理有

m『g-6R=呆p憂-；叫）說

解得

%=yjlSgR

從C到D過程中由動能定理

-2n2mPgR=2mp所一2叫咤

解得

Vi=2y/3gR

對P滑塊從D到C根據(jù)動能定理

1

-2H2叫g(shù)R=0-7

解得

也=j3gR

以向左為正方向，根據(jù)動量守恒和機械能守恒有

mpvi=-mpv2+mQV3

111

22+2

-mV--嗎mQ%

22V2

12-

聯(lián)立解得

m0-mp

乙nip+?nQ1

解得

mQ=3m；

（3）由（2）可得，Q碰后速度為

進(jìn)入長木板上表面，先判斷長木板是否移動，Q對長木板摩擦力向左為

f2=H3niQg=1.2mg

地面對長木板最大靜摩擦力

f坤,M=R4（niQ+m木）g=1.8mg>f>

故長木板先不動，Q做勻減速運動，可得

-〃2租。9L3=^4-域

解得

叫=J18gR

Q以速度V4與長木板彈性碰撞，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有

mQV4=inQV5+m木V6

111

222

-mV-V十-

2Q42?nQ526

可得碰后Q和長木板的速度分別為

12

%=一手叫，v6=JV4

根據(jù)牛頓笫二定律，Q向右減速的加速度為

32=H3g=0.4g

長木板向左減速的加速度為

〃3叫。+〃4（叫+血人為

=0.5g

7n次

Q向右做減速運動直至速度減為零后再向左做加速運動直到兩者共速，再一起減速，做出v?t

圖像如圖所示

相對位移為

Zlx=ix(號+xt

可得

AX=R<1.5R

則滑塊未滑離木板，滑塊Q與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為

Qu=p3mQg(Ax+1.5R)=3mgR。

答：(1)滑塊P到達(dá)B點過程中傳送帶對滑塊P做的功W為-1.5mgR：

(2)滑塊Q的質(zhì)量mQ為3m；

(3)滑塊Q與木板間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q熱為3mgR.

19.(11分)如圖，電阻不計的光滑水平導(dǎo)軌A1B1A2B2間距L=1m,其內(nèi)有豎直向下的勻強磁場B

=0.5T,導(dǎo)軌左側(cè)接一電容C=IF的電容器，初始時刻電容器帶電量Qo=L6C,電性如圖所示。

質(zhì)量mi=0.25kg電阻不計的金屬棒ab垂直架在導(dǎo)軌上，閉合開關(guān)S后，ab棒向右運動，且離開

B1B?時已勻速。下方光滑絕緣軌道C1MD1C2ND2間距也為L,正對A1B1A2B2放置，其中CiM,

C2N為半徑r=1.25m、圓心角8=37°的圓弧，與水平軌道MDi、ND2相切于M、N兩點，其中

NO、MP兩邊長度d=().5m,以。點為坐標(biāo)原點，沿導(dǎo)軌向右建立坐標(biāo)系，OP右側(cè)()<xV().5m

處存在磁感應(yīng)強度大小為&=后(7)的磁場，磁場方向豎直向下。質(zhì)量m2=0.5kg、電阻R=1C

的“U”型金屬框靜止于水平導(dǎo)軌NOPM處。導(dǎo)體棒ab自B1B2拋出后恰好能從CC2處沿切線

進(jìn)入圓弧軌道，并于MN處與金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后組成閉合線框一起向右運動。

NdOdD,x

(l)求導(dǎo)體棒ab離開B1B2時的速度大小V］：

(2)若閉合線框進(jìn)入磁場域時，立刻給線框施加一個水平向右的外力F,使線框勻速穿過磁

場Bx區(qū)域，求此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱：

(3)閉合線框進(jìn)入磁場B”區(qū)域后由于安培力作用而減速，試討論線框能否穿過Bx區(qū)域，若能,

求出離開磁場&時的速度：若不能，求出線框停止時ab邊的位置坐標(biāo)X。

【解答】解：(1)己知金屬棒ab離開B1B2時已勻速，可知電容器和a棒構(gòu)成回路，最終回路中

電流為0,設(shè)最終電容器的電壓為Ui，則有

Ui=BLvi

電容器放電電量為

Aq=Q0-CUi

以向右為正方向，對ab棒由動量定理得：

F/Lt=mvi

其中：7t=Aq

聯(lián)立解得：vi=l.6m/s

(2)導(dǎo)體棒ab自B1B2拋出后做平拋運動，到達(dá)C1C2處速度方向沿圓弧軌道的切線方向，與水

平方向的夾角等于0=37°,其水平分速度大小等于vi，則到達(dá)ClC2處的速度為：V2二島

COSu

解得:V2=2m/s

設(shè)ab與金屬框碰撞前瞬間速度大小為V3，由動能定理得：

1?1?

migr(1-cos0)=2mM-2mM

解得：V3=3m/s

對ab與金屬框發(fā)生完全非彈性碰撞的過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

miv3=(mi+m2)V4

解得：V4=lm/s

閉合線框穿過磁場Bx的過程，有

/安=BXIL=BxjL=%緯&=5x(N),(0<x<0.5m)

因安培力與位移成正比，故可用安培力的平均值計算克服安培力做功，閉合線框進(jìn)入磁場過程克

服安培力做功為：

1

W=1(0+5X().5)X().5J=0.625J

閉合線框進(jìn)入磁場過程與離開磁場過程克服安培力做功相等，根據(jù)功能關(guān)系可得穿過磁場氏區(qū)

域線框產(chǎn)生的焦耳熱為：

Q=2W=2X0.625J=1.25J

(3)假設(shè)閉合線框能夠穿過磁場Bx，對此過程微分成若干極短時間段dt(dt-0),以向右為正

方向，對閉合線框由動量定理得：

-BxLI*dt=(mi+m2)*dv

甘1+.Ti,d(PBLdx

其中：I?dt=dq=市-=*x^—

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得：-5x?dx=0.75?dv,(0<x<0.5m)

對進(jìn)入磁場過程積分可得：一5。‘x?dx=0.75jdv

可得：-5X1X0.52=0.75AV

解得：Av=-1m/s

即進(jìn)入磁場過程速度減少了jm/s,對