2024年高考6月浙江卷物理真題（解析版）

2024年高考真題PAGEPAGE12024年6月浙江省物理選考真題試卷可能用到的相關(guān)參數(shù)∶重力加速度g取10m/s2。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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.下列物理量中，屬于矢量的是（）A.位移 B.時(shí)間 C.電流 D.熱量〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．位移既有大小又有方向，且運(yùn)算法則為平行四邊形法則，是矢量，故A正確；BD．時(shí)間和熱量均只有大小沒(méi)有方向，是標(biāo)量，故BD錯(cuò)誤；C．電流運(yùn)算法則是算術(shù)法則，是標(biāo)量，故C錯(cuò)誤。故選A。2.如圖為小貓蹬地躍起騰空追蝶的情景，則（）A.飛行的蝴蝶只受重力的作用B.蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合力沿運(yùn)動(dòng)方向C.小貓?jiān)诳罩惺苤亓蛷椓Φ淖饔肈.小貓蹬地時(shí)彈力大于所受重力〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．飛行的蝴蝶除了受到重力的作用還受到空氣的作用力，故A錯(cuò)誤；B．蝴蝶轉(zhuǎn)彎時(shí)做曲線運(yùn)動(dòng)，所受合力與速度方向不在一條直線上，故B錯(cuò)誤；C．小貓?jiān)诳罩信c其他物體間沒(méi)有接觸，不受彈力的作用，故C錯(cuò)誤；D．小貓蹬地時(shí)有向上的加速過(guò)程，故彈力大于所受重力，故D正確。故選D。3.如圖為水流導(dǎo)光實(shí)驗(yàn)，出水口受激光照射，下面桶中的水被照亮，則（）A.激光在水和空氣中速度相同B.激光在水流中有全反射現(xiàn)象C.水在空中做勻速率曲線運(yùn)動(dòng)D.水在水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．光在介質(zhì)中的速度為，故激光在水中的傳播速度小于在空氣中的傳播速度，故A錯(cuò)誤；B．水流導(dǎo)光的原理為光在水中射到水與空氣分界面時(shí)入射角大于臨界角，發(fā)生了全反射，故B正確；C．水在空中只受到重力作用，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，速度在增大，故C錯(cuò)誤；D．水在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。4.發(fā)現(xiàn)中子的核反應(yīng)方程為，“玉兔二號(hào)”巡視器的核電池中钚238的衰變方程為型，下列正確的是（）A.核反應(yīng)方程中的X為B.衰變方程中的Y為C.中子的質(zhì)量數(shù)為零D.钚238的衰變吸收能量〖答案〗A〖解析〗【詳析】AB．根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知X為，Y為，故A正確，B錯(cuò)誤；C．中子的質(zhì)量數(shù)為1，故C錯(cuò)誤；D．衰變過(guò)程中質(zhì)量虧損，釋放能量，故D錯(cuò)誤。故選A。5.一個(gè)音樂(lè)噴泉噴頭出水口的橫截面積為，噴水速度約為10m/s，水的密度為kg/m3，則該噴頭噴水的功率約為（）A.10W B.20W C.100W D.200W〖答案〗C〖解析〗【詳析】設(shè)時(shí)間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量為噴頭噴水的功率等于時(shí)間內(nèi)噴出的水的動(dòng)能增加量，即聯(lián)立解得故選C。6.圖示是“研究電容器兩極板間距對(duì)電容大小的影響”實(shí)驗(yàn)，保持電荷量不變，當(dāng)極板間距增大時(shí)，靜電計(jì)指針張角增大，則（）A.極板間電勢(shì)差減小 B.電容器的電容增大C.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大 D.電容器儲(chǔ)存能量增大〖答案〗D〖解析〗【詳析】AB．根據(jù)，可得當(dāng)極板間距增大時(shí)電容減小，由于電容器的帶電量不變，故極板間電勢(shì)差增大，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)得故場(chǎng)強(qiáng)不變，故C錯(cuò)誤；D．移動(dòng)極板的過(guò)程中要克服電場(chǎng)力做功，故電容器儲(chǔ)存能量增大，故D正確。故選D。7.理想變壓器的原線圈通過(guò)a或b與頻率為f、電壓為u的交流電源連接，副線圈接有三個(gè)支路，如圖所示（光敏電阻的阻值隨著光照增加而減少）。當(dāng)S接a時(shí)，三個(gè)燈泡均發(fā)光。若（）A電容C增大，L1燈泡變亮 B.頻率f增大，L2燈泡變亮C.RG上光照增強(qiáng)，L3燈泡變暗 D.S接到b時(shí)，三個(gè)泡均變暗〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．電容增大，對(duì)交流電的阻礙作用減小，則L1燈泡變亮，故A正確；B．頻率f增大，則電感的阻礙作用增大，則L2燈泡變暗，故B錯(cuò)誤；C．光敏電阻光照增強(qiáng)，阻值減小，由于各支路電壓不變，則L3燈泡電流增大，變亮，故C錯(cuò)誤；D．S接到b時(shí)，根據(jù)變壓比可知，副線圈電壓增大，則三個(gè)泡均變亮，故D錯(cuò)誤。故選A。8.與地球公轉(zhuǎn)軌道“外切”的小行星甲和“內(nèi)切”的小行星乙的公轉(zhuǎn)軌道如圖所示，假設(shè)這些小行星與地球的公轉(zhuǎn)軌道都在同一平面內(nèi)，地球的公轉(zhuǎn)半徑為R，小行星甲的遠(yuǎn)日點(diǎn)到太陽(yáng)的距離為R1，小行星乙的近日點(diǎn)到太陽(yáng)的距離為R2，則（）A.小行星甲在遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度大于近日點(diǎn)的速度B.小行星乙在遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度小于地球公轉(zhuǎn)加速度C.小行星甲與乙的運(yùn)行周期之比D.甲乙兩星從遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)的時(shí)間之比=〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．根據(jù)開(kāi)普勒第二定律，小行星甲在遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度小于近日點(diǎn)的速度，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)小行星乙在遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度等于地球公轉(zhuǎn)加速度，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，小行星甲與乙的運(yùn)行周期之比故C錯(cuò)誤；D．甲乙兩星從遠(yuǎn)日點(diǎn)到近日點(diǎn)的時(shí)間之比即為周期之比≈故D正確。故選D。9.如圖所示，不可伸長(zhǎng)的光滑細(xì)線穿過(guò)質(zhì)量為0.1kg的小鐵球，兩端A、B懸掛在傾角為的固定斜桿上，間距為1.5m。小球平衡時(shí)，A端細(xì)線與桿垂直；當(dāng)小球受到垂直紙面方向的擾動(dòng)做微小擺動(dòng)時(shí)，等效于懸掛點(diǎn)位于小球重垂線與AB交點(diǎn)的單擺，重力加速度，則（）A.擺角變小，周期變大B.小球擺動(dòng)周期約為2sC.小球平衡時(shí)，A端拉力為ND.小球平衡時(shí)，A端拉力小于B端拉力〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．根據(jù)單擺的周期公式可知周期與擺角無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；CD．同一根繩中，A端拉力等于B端拉力，平衡時(shí)對(duì)小球受力分析如圖可得解得故CD錯(cuò)誤；B．根據(jù)幾何知識(shí)可知擺長(zhǎng)為故周期為故B正確。故選B。10.玻爾氫原子電子軌道示意圖如圖所示，處于n=3能級(jí)的原子向低能級(jí)躍遷，會(huì)產(chǎn)生三種頻率為、、的光，下標(biāo)數(shù)字表示相應(yīng)的能級(jí)。已知普朗克常量為h，光速為c。正確的是（）A.頻率為的光，其動(dòng)量為B.頻率為和的兩種光分別射入同一光電效應(yīng)裝量，均產(chǎn)生光電子，其最大初動(dòng)能之差為C.頻率為和的兩種光分別射入雙縫間距為d，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)的干涉裝置，產(chǎn)生的干涉條紋間距之差為。D.若原子n=3躍遷至n=4能級(jí)，入射光的頻率〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．根據(jù)玻爾理論可知?jiǎng)t頻率為的光其動(dòng)量為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．頻率為和的兩種光分別射入同一光電效應(yīng)裝量，均產(chǎn)生光電子，其最大初動(dòng)能分別為最大初動(dòng)能之差為選項(xiàng)B正確；C．頻率為和的兩種光分別射入雙縫間距為d，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)的干涉裝置，根據(jù)條紋間距表達(dá)式產(chǎn)生的干涉條紋間距之差為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若原子n=3躍遷至n=4能級(jí)，則可得入射光的頻率選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B。11.頻率相同的簡(jiǎn)諧波源S1、S2，和接收點(diǎn)M位于同一平面內(nèi)，S1、S2到M的距離之差為6m。t=0時(shí)S1，S2，同時(shí)垂直平面開(kāi)始振動(dòng)，M點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖所示，則（）A.兩列波的波長(zhǎng)為2m B.兩列波的起振方向均沿x正方向C.S1和S2，在平面內(nèi)不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象 D.兩列波振幅分別為3cm和1cm〖答案〗B〖解析〗【詳析】根據(jù)圖像可知時(shí)M點(diǎn)開(kāi)始向上振動(dòng)，故此時(shí)一列波傳播到M點(diǎn)，起振方向向上，時(shí)波形開(kāi)始改變，說(shuō)明另一列波傳播到M點(diǎn)，此時(shí)兩列波平衡位置都傳到M點(diǎn)，第一列波使M點(diǎn)向下振動(dòng)，之后振幅減小，則此時(shí)M點(diǎn)振動(dòng)減弱，可知第二列波使M點(diǎn)向上振動(dòng)。A．S1、S2到M距離之差為6m，由圖可知兩列波傳到M點(diǎn)的時(shí)間差為，根據(jù)可得波速為故波長(zhǎng)為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)前面分析可知兩列波剛傳到M點(diǎn)時(shí)均使M點(diǎn)向上振動(dòng)，故兩列波的起振方向均沿x正方向，故B正確；C．兩列波頻率相等，在平面內(nèi)能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；D．由和時(shí)的位移知第一列的振幅為3cm,，第二列波的振幅為故D錯(cuò)誤。故選B。12.如圖所示空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在此空間同一水平面的M、N點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，絕緣光滑圓環(huán)ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點(diǎn)，半徑為R、AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球套在圓環(huán)上，從A點(diǎn)沿圓環(huán)以初速度v0做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A.小球從A到C的過(guò)程中電勢(shì)能減少B.小球不可能沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C.可求出小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度D.小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向平行MN〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線特點(diǎn)可知，圓環(huán)所在平面為等勢(shì)面，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上，則小球從A到C的過(guò)程電勢(shì)增加，電勢(shì)能增加；故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)滿(mǎn)足時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的向心力大小不變，可沿圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理可求出小球到B點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)可得小球的向心加速度，再根據(jù)牛頓第二定律可得小球的切向加速度，再根據(jù)矢量合成可得B點(diǎn)的加速度為故C正確；D．小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)指向圓心的力提供向心力，故小球在D點(diǎn)受到圓環(huán)的作用力方向不平行MN，故D錯(cuò)誤。故選C。13.如圖所示，邊長(zhǎng)為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在與強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)B垂直。若線框固定不動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度以均勻增大時(shí)，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線框的發(fā)熱功率為2P，則ab邊所受最大的安培力為（）A.N B. C.1N D.〖答案〗C〖解析〗【詳析】磁場(chǎng)均勻增大時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為可得線框以某一角速度繞其中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)電動(dòng)勢(shì)的最大值為此時(shí)有解得分析可知當(dāng)線框平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)感應(yīng)電流最大為故ab邊所受最大的安培力為故選C。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(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.下列說(shuō)法正確的是（）A.中子整體呈電中性但內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)B.真空中的光速在不同的慣性參考系中大小都相同C.增加接收電路的線圈匝數(shù)，可接收更高頻率的電臺(tái)信號(hào)D.分子間作用力從斥力變?yōu)橐Φ倪^(guò)程中，分子勢(shì)能先增加后減少〖答案〗AB〖解析〗【詳析】A．中子靠弱相互作用結(jié)合成整體，則中子呈電中性但內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，故A正確；B．根據(jù)愛(ài)因斯坦的相對(duì)論可知，真空中的光速在不同的慣性參考系中大小都相同，故B正確；C．根據(jù)可知，增加接收電路的線圈匝數(shù)，可減小振蕩電路的固有頻率，則可接收較低頻率的電臺(tái)信號(hào)，故C錯(cuò)誤；D．分子間作用力從斥力變?yōu)橐Φ倪^(guò)程中，即分子距離從小于到大于的過(guò)程，分子力先做正功后做負(fù)功，則分子勢(shì)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選AB。15.如圖所示，一根固定的足夠長(zhǎng)的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。磁場(chǎng)方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力。小球以初速度沿細(xì)桿向上運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，則該過(guò)程（）A.合力沖量大小為mv0cos? B.重力沖量大小為C.洛倫茲力沖量大小為 D.若，彈力沖量為零〖答案〗CD〖解析〗【詳析】A．根據(jù)動(dòng)量定理故合力沖量大小為，故A錯(cuò)誤；B．小球上滑的時(shí)間為重力的沖量大小為故B錯(cuò)誤；C．小球所受洛倫茲力為，隨時(shí)間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為故C正確；D．若，0時(shí)刻小球所受洛倫茲力為小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可得即則小球在整個(gè)減速過(guò)程的圖像如圖圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中（1）下列操作正確的是。A. B. C.（2）實(shí)驗(yàn)獲得一條紙帶，截取點(diǎn)跡清晰的一段并測(cè)得數(shù)據(jù)如圖所示已知打點(diǎn)的頻率為50Hz，則打點(diǎn)“13”時(shí)，重錘下落的速度大小為_(kāi)__________m/s（保留三位有效數(shù)字）。（3）某同學(xué)用紙帶的數(shù)據(jù)求出重力加速度g=9.77m/s2，并用此g值計(jì)算得出打點(diǎn)“1”到“13”過(guò)程重錘的重力勢(shì)能減小值為5.09m，另計(jì)算得動(dòng)能增加值為5.08m（m為重錘質(zhì)量）則該結(jié)果______（選填“能”或“不能”驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，理由是（）A．在誤差允許范圍內(nèi)B．沒(méi)有用當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭〖答案〗（1）B（2）3.34（3）①.不能②.B〖解析〗【小問(wèn)1詳析】應(yīng)手提紙帶上端使紙帶豎直，同時(shí)使重物靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，由靜止釋放。故選B?！拘?wèn)2詳析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程平均速度可得打點(diǎn)“13”時(shí)，重錘下落的速度大小【小問(wèn)3詳析】[1][2]某同學(xué)用紙帶的數(shù)據(jù)求出重力加速度g=9.77m/s2，并用此g值計(jì)算得出打點(diǎn)“1”到“13”過(guò)程重錘的重力勢(shì)能減小值為5.09m，另計(jì)算得動(dòng)能增加值為5.08m（m為重錘質(zhì)量），則該結(jié)果不能驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，理由是：該同學(xué)求出的9.77m/s2是重錘受到空氣阻力時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a=9.77m/s2，不是當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋?.09m也不是重力勢(shì)能的減少量。沒(méi)有當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊臄?shù)值，無(wú)法求出重力勢(shì)能的減少量，所以無(wú)法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。故選B。17.在測(cè)繪發(fā)光二極管在導(dǎo)通狀態(tài)下的伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)中，（1）用多用電表歐姆擋判斷發(fā)光二極管的正負(fù)極選用擋時(shí)，變換表筆與二極管兩極的連接方式，發(fā)現(xiàn)電表指針均不偏轉(zhuǎn)。選用擋_______（選填””或“”）重新測(cè)試，指針仍不偏轉(zhuǎn)，更換二極管極性后，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)，此時(shí)與多用電表紅色表筆相連的是二極管_________（選填“正極”或“負(fù)極”）。（2）圖（A）是已完成部分連線的實(shí)物圖，為實(shí)現(xiàn)電壓可從零開(kāi)始調(diào)節(jié)，并完成實(shí)驗(yàn)，P應(yīng)連接________接線柱（選填“a"“b”“c”或“d”），Q應(yīng)連接_________接線柱（選填“a”、“b”、“c”或“d”）。某次選用多用電表量程為50mA擋測(cè)量，指針如圖（B）所示，則電流I=__________mA（3）根據(jù)測(cè)得數(shù)據(jù)，繪出伏安特性曲線如圖（C）所示，說(shuō)明該二極管是__________元件（選填“線性”或“非線性”，正常發(fā)光時(shí)電壓在_________V范圍?！即鸢浮剑?）①.×1k②.負(fù)極（2）①.a②.d③.45.0（3）①.非線性②.1.9-2.5〖解析〗【小問(wèn)1詳析】[1][2]指針未偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明可能電阻過(guò)大，應(yīng)換用檔繼續(xù)實(shí)驗(yàn)；根據(jù)“紅進(jìn)黑出”原則及二極管單向?qū)щ娦钥芍t色表筆相連的是二極管負(fù)極?！拘?wèn)2詳析】[1][2]實(shí)現(xiàn)電壓可從零開(kāi)始調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，P應(yīng)連接a；根據(jù)圖C可知電壓表選取量程，故Q接d；[3]多用電表量程為50mA，分度值為1mA，需要估讀到0.1mA，故電表的讀數(shù)為【小問(wèn)3詳析】[1][2]根據(jù)圖像可知I隨U非線性變化，故說(shuō)明該二極管是非線性元件，根據(jù)圖像可知正常發(fā)光時(shí)即有電流通過(guò)時(shí)電壓在1.9V-2.5V范圍。18.如圖所示，用“插針?lè)ā睖y(cè)量一等腰三角形玻璃磚（側(cè)面分別記為A和B、頂角大小為）的折射率。①在白紙上畫(huà)一條直線ab，并畫(huà)出其垂線cd，交于O點(diǎn)；②將側(cè)面A沿ab放置，并確定側(cè)面B的位置ef③在cd上豎直插上大頭針P1和P2，從側(cè)面B透過(guò)玻璃磚觀察P1和P2，插上大頭針P3，要求P3能擋住__________（選填“P1”、“P2”或“P1和P2”）的虛像；④確定出射光線的位置____________（選填“需要”或“不需要”第四枚大頭針；⑤撤去玻璃磚和大頭針，測(cè)得出射光線與直線ef的夾角為α，則玻璃磚折射率n=____________________?！即鸢浮舰?P1和P2②.不需要③.〖解析〗【詳析】③[1]要求P1和P2在一條光線上，該光線透過(guò)玻璃磚后過(guò)P3，故P3要能擋住P1和P2的虛像；④[2]cd與ab垂直，則過(guò)P1和P2的光線與ab垂直，光垂直入射時(shí)傳播方向不變，可確定ef邊上的入射點(diǎn)，此時(shí)只需要找到折射光線上的一點(diǎn)即可確定出射光線，不需要插第四枚大頭針；⑤[3]根據(jù)幾何關(guān)系可知入射角為，折射角為，如圖所示故19.如圖所示，測(cè)定一個(gè)形狀不規(guī)則小塊固體體積，將此小塊固體放入已知容積為V0的導(dǎo)熱效果良好的容器中，開(kāi)口處豎直插入兩端開(kāi)口的薄玻璃管，其橫截面積為S，接口用蠟密封。容器內(nèi)充入一定質(zhì)量的理想氣體，并用質(zhì)量為m的活塞封閉，活塞能無(wú)摩擦滑動(dòng)，穩(wěn)定后測(cè)出氣柱長(zhǎng)度為l1，將此容器放入熱水中，活塞緩慢豎直向上移動(dòng)，再次穩(wěn)定后氣柱長(zhǎng)度為l2、溫度為T(mén)2。已知S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l1=0.2m，l2=0.3m，T2=350K，V0=2.0×10-4m3，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，環(huán)境溫度T1=300K。（1）在此過(guò)程中器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力________（選填“變大”“變小”或“不變”），氣體分子的數(shù)密度_______（選填“變大”“變小”或“不變”）；（2）求此不規(guī)則小塊固體的體積V；（3）若此過(guò)程中氣體內(nèi)能增加10.3J，求吸收熱量Q?！即鸢浮剑?）不變，變??；（2）4×10-5m3；（3）14.4J〖解析〗【詳析】（1）[1][2]溫度升高后，活塞緩慢上升，受力不變，故封閉氣體的壓強(qiáng)不變，根據(jù)可知器壁單位面積所受氣體分子的平均作用力不變；由于體積變大，故氣體分子的數(shù)密度變小。（2）氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋—呂薩克定律解得（3）整個(gè)過(guò)程中外界對(duì)氣體做功為對(duì)活塞受力分析解得根據(jù)熱力學(xué)第一定律其中解得故氣體吸收熱量為14.4J。20.一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的平板緊靠長(zhǎng)為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置，平板上表面與DEH齊平。將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射，經(jīng)過(guò)軌道BCD后滑上平板并帶動(dòng)平板一起運(yùn)動(dòng)，平板到達(dá)HG即被鎖定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2?；瑝K視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度。（1）滑塊恰好能通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)，求滑塊離開(kāi)彈簧時(shí)速度v0的大??；（2）若μ2=0，滑塊恰好過(guò)C點(diǎn)后，求平板加速至與滑塊共速時(shí)系統(tǒng)損耗的機(jī)械能；（3）若μ2=0.1，滑塊能到達(dá)H點(diǎn)，求其離開(kāi)彈簧時(shí)的最大速度vm。〖答案〗（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s〖解析〗【詳析】（1）滑塊恰好能通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)C時(shí)從滑塊離開(kāi)彈簧到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理解得（2）平板加速至與滑塊共速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒根能量守恒解得（3）若μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過(guò)程中，加速度分別為共速后，共同加速度大小為考慮滑塊可能一直減速直到H，也可能先與木板共速然后共同減速；假設(shè)先與木板共速然后共同減速，則共速過(guò)程共速過(guò)程，滑塊、木板位移分別為共速時(shí)，相對(duì)位移應(yīng)為解得，隨后共同減速到達(dá)H速度說(shuō)明可以到達(dá)H，因此假設(shè)成立，若滑塊初速度再增大，則會(huì)從木板右側(cè)掉落。21.某小組探究“法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)與電動(dòng)機(jī)的功用”，設(shè)計(jì)了如圖所示裝置。飛輪由三根長(zhǎng)的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過(guò)其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，不可伸長(zhǎng)細(xì)繩繞在圓環(huán)上，系著質(zhì)量的物塊，細(xì)繩與圓環(huán)無(wú)相對(duì)滑動(dòng)。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)電路通過(guò)電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開(kāi)關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)阻、限流電阻、飛輪每根輻條電阻，電路中還有可調(diào)電阻R2（待求）和電感L，不計(jì)其他電阻和阻力損耗，不計(jì)飛輪轉(zhuǎn)軸大小。（1）開(kāi)關(guān)S擲1，“電動(dòng)機(jī)”提升物塊勻速上升時(shí)，理想電壓表示數(shù)。①判斷磁場(chǎng)方向，并求流過(guò)電阻R1電流I1；②求物塊勻速上升的速度v1。（2）開(kāi)關(guān)S擲2，物塊從靜止開(kāi)始下落，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物塊勻速下降的速度與“電動(dòng)機(jī)”勻速提升物塊的速度大小相等，①求可調(diào)電阻R2阻值；②求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小?！即鸢浮剑?）①垂直紙面向外，10A；②5m/s；（2）①；②2.5T〖解析〗【詳析】（1）①物塊上升，則金屬輪沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，輻條受到的安培力指向逆時(shí)針?lè)较?，輻條中電流方向從圓周指向O點(diǎn)，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外；等效電路如圖由閉合電路的歐姆定律可知?jiǎng)t②等效電路如圖輻條切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與電源電動(dòng)勢(shì)相反，設(shè)每根輻條產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E1，則解得此時(shí)金屬輪可視為電動(dòng)機(jī)當(dāng)物塊P勻速上升時(shí)解得另解：因，，根據(jù)解得（2）①物塊勻速下落時(shí)，由受力分析可知，輻條受到的安培力與第（1）問(wèn)相同，等效電路如圖經(jīng)過(guò)R2的電流由題意可知每根輻條切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)解得另解：由能量關(guān)系可知解得②根據(jù)而解得22.探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實(shí)驗(yàn)裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x