浙江省冲刺2024年高考物理真题重组卷05 （解析版）

这是一份浙江省冲刺2024年高考物理真题重组卷05 （解析版），共21页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

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．（2021•浙江）2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。“奋斗者”号照片如图所示，下列情况中“奋斗者”号一定可视为质点的是（ ）
A．估算下降总时间时
B．用推进器使其转弯时
C．在海沟中穿越窄缝时
D．科学家在其舱内进行实验时
【解答】解：A、估算潜水器下降的总时间时，潜水器的大小和形状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点，故A正确；
BD、用推进器使其转弯时和科学家在其舱内进行实验时，都需要研究潜水器本身的特点，不可视为质点，故BD错误；
C、在海沟中穿越窄缝时，潜水器的大小和形状相对窄缝，尺寸不可以忽略，不可视为质点，故C错误。
故选：A。
2．（2022•广东）如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是（ ）
A．F＝F1B．F＝2F1C．F＝3F1D．F=3F1
【解答】解：以结点O为分析对象，根据共点力的平衡可知F的大小等于F1与F2的合力的大小，即
F＝2F1cs60°2=3F1，故D正确，ABC错误；
故选：D。
3．（2021•海南）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mp＝0.5kg、mQ＝0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。则推力F的大小为（ ）
A．4.0NB．3.0NC．2.5ND．1.5N
【解答】解：P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉力所以绳子的拉力F1＝mQg＝0.2×10N＝2N
P与桌面间的滑动摩擦力：f＝μmPg＝0.5×0.5×10N＝2.5N
将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力：T2=12F1=12×2N＝1N
此时Q加速下降，可得：mQg﹣T2＝mQa
此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P由牛顿第二定律可得：F+T2﹣f＝mPa
代入数据解得：F＝4.0N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．（2023•湖南）根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1～8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10～20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其它物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是（ ）
A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B．恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C．恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
【解答】解：A、重力加速度是矢量，再不同地点指向不同，另外考虑恒星自转，两极处万有引力等于重力，而其它地方万有引力的一个分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度不一定相同，故A错误；
B、根据两极处万有引力等于重力得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，恒星坍缩后质量M不变，R变小，所以表面两极处的重力加速度一定比坍缩前的大，故B正确；
C、根据星球表面万有引力提供向心力推导第一宇宙速度，得：GMmR2=mv2R，v=GMR，质量M不变，R变小，所以恒星坍缩前后的第一宇宙速度变大，故C错误；
D、逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，又根据选项C可知：逃逸速度的表达式为v′=2GMR，又质量M=ρV=43πR3
联立解得：v'=2RGπρ3=64G3M2πρ3，中子星密度大于白矮星，质量也大于白矮星，所以中子星的逃逸速度是大于白矮星的逃逸速度，故D错误。
故选：B。
5．（2022•江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态．A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零．A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B．A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B对A的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【解答】解：A、物体A上滑过程先做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时速度最大。之后做加速度增大的减速运动，当速度为零时到达最高点，若不受摩擦力，则A运动到位移的一半时，加速度为零，但不知摩擦力大小与重力下滑分力的关系，当A运动到位移的一半时，加速度方向不能确定，故A错误；
B、设斜面的倾角为θ，如果在最高点A、B之间的弹力为零，则B的最大加速度为：am＝gsinθ﹣μgcsθ，
若在最高点弹簧弹力沿斜面向下（设其大小为F），则AB整体的加速度为：
a=F+(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcsθmA+mB
因a＞am，所以AB会出现分离的情况。
若在最高点弹簧弹力沿斜面向上或者恰好为零，则AB整体的加速度将小于或者等于am，AB就不会出现分离的情况。
由此分析可知在最高点弹簧弹力沿斜面向上或者恰好为零，故A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化，故B正确；
C、AB一起下滑的过程弹簧一直处于压缩状态，形变量逐渐增大，弹簧弹力逐渐增大，AB整体的加速度为：
a=(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcsθ-FmA+mB，可知a先减小后反向增大；
设AB之间的弹力为FN，隔离B物体分析，则有：a=mBgsinθ-μmBgcsθ-FNmB，因a先减小后反向增大，故AB之间的弹力一直增大，故C错误；
D、整个过程的初末状态弹簧弹性势能相等，物体A的重力势能也相等，由能量守恒和功能关系可知，AB克服摩擦做的功等于B的重力势能的减小量，故D错误。
故选：B。
6．（2023•甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向电子运动轨迹的凹侧。
B：选项中电子在图1E处受力指向凸测，故B错误；
C：选项中电子在图2F处受力指向凸测，故C错误；
D：选项中电子在图3G处受力指向凸测，故D错误；
A：选项电子各处的运动轨迹和受的电场力相符合，故A正确。
故选：A。
7．（2023•全国）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培力的方向（ ）
A．指向圆盘B．背离圆盘
C．垂直于圆盘平面向里D．垂直于圆盘平面向外
【解答】解：橡胶圆盘绕其中心O顺时针转动时，在橡胶圆盘上会形成若干个同心顺时针环形电流，所有的等效环形电流在直导线出的磁场都是向上的，根据左手定则，伸出左手，四指指向直导线电流方向，手心向下，则大拇指指向右侧，即通电直导线所受安培力的方向为背离圆盘。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
8．（2022•河北）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（ ）
A．发电机输出的电压为2πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSnz：U
D．发电机产生的瞬时电动势2πNBSnzsin（2πnz）
【解答】解：B、发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为
f=ω2π=nz，故B错误；
A、线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为
Em＝NBS•2π•nz
输出电压的有效值为
E=Em2=2πNBSnz，故A错误；
C、变压器原副线圈的匝数比为
n1n2=EU=2πNBSnzU，故C正确；
D、发电机产生的瞬时电动势为
e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin（2πnz）t，故D错误；
故选：C。
9．（2022•山东）柱状光学器件横截面如图所示，OP右侧是以O为圆心，半径为R的14圆，左侧是直角梯形，AP长为R，AC与CO夹角45°，AC中点为B，a、b两种频率的细激光束，垂直AB面入射，器件介质对a，b光的折射率分别为1.42、1.40，保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，能在PM面全反射后，从OM面射出的光是（不考虑三次反射以后的光）（ ）
A．仅有a光B．仅有b光
C．a、b光都可以D．a、b光都不可以
【解答】解：当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，激光沿直线传播到O点，经第一次反射沿半径方向直线传播出去，光路如图1。
保持光的入射方向不变，入射A点从A向B点B移动过程中，如下图可知，激光沿直线传播到CO面经反射向PM面传播，根据图像可知，入射点从A向B移动的过程中，光线传播到PM面的入射角逐渐增大，如图2。

当入射点为B点时，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传播到PM面的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为α，由几何关系得α＝45°
根据全反射临界角公式得
sinCa=1na=11.42＜22
sinCb=1nb=11.40＞22
两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为Ca＜45°＜Cb
故在入射光从A向B移动过程中，a光能在PM面全反射后，从OM面射出；b光不能在PM面发生全反射，故仅有a光。A正确，BCD错误。
故选：A。
10．（2022•江苏）如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同．则（ ）
A．状态a的内能大于状态b
B．状态a的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
【解答】解：A、a→b是等温过程，气体温度不变，气体的内能相等，故A错误；
BCD、由图示图象可知，状态b、c的体积相同，根据一定质量理想气体的状态方程pVT=C，可知c的温度大于b和a的温度，且c的内能大于b和a的内能，从a到c气体体积增大，气体对外界做功，W＜0，该过程内能增大，ΔU＞0，由热力学第一定律可知：ΔU＝W+Q，可知Q＞0，所以，a→c过程中气体吸收热量，故BD错误，C正确；
故选：C。
11．（2022•福建）2011年3月，日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏，在泄露的污染物中含有大量放射性元素 53131I，其衰变方程为 53131I→ 54131Xe+ -10e，半衰期为8天，已知m1＝131.03721u，mXe＝131.03186u，me＝0.000549u，则下列说法正确的是（ ）
A．衰变产生的β射线来自于 53131I原子的核外电子
B．该反应前后质量亏损0.00535u
C．放射性元素 53131I发生的衰变为α衰变
D．经过16天，75%的 53131I原子核发生了衰变
【解答】解：A. 53131I衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从原子核释放出来形成β射线，故A错误；
B.该反应前后质量亏损为Δm＝131.03721u﹣131.03186u﹣0.000549u＝0.004801u，故B错误；
C.放射性元素 53131I发生的衰变为β衰变，故C错误；
D.由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，设 53131I原子核原来的质量为m，则剩余m0＝（12）2m=14m；
则有75%的 53131I原子核发生了衰变，故D正确。
故选：D。
12．（2021•湖南）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为34vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为12mvm2﹣Pt
【解答】解：A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；
B、若动车组输出功率均为额定值，则其加速a=F牵-fm=4Pv-kvm，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：4Pvm=kvm，若总功率变为2.25P，则同样有：2.25Pvm'=kvm'，联立两式可得：vm′=34vm，故C正确；
D、对动车组根据动能定理有：4Pt﹣Wf=12mvm2，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt-12mvm2，故D错误。
故选：C。
13．（2022•重庆）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qEv12+v22
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
【解答】解：A、该粒子所受电场力的瞬时功率是电场力与沿电场力方向速度的乘积，所以P＝qEv1，故A错误；
B、v2与B垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f＝qv2B，故B错误；
C、速度v1的方向与磁感应强度B方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v2方向与B垂直，粒子在垂直于磁场方向平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v2不变；粒子沿电场方向做加速运动，v1不断增大，则v2与v1的比值不断减小，故C错误；
D、粒子做匀速圆周运动的向心加速度a向大小不变，电场力产生的加速度a电=qEm，q、E、m不变，a电不变，a向、a电大小都不变，两者方向垂直，粒子的加速度不变，故D正确。
故选：D。
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．（2020•浙江）如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t＝0时，离O点5m的A点开始振动；t＝1s时，离O点10m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置，则（ ）
A．波的周期为0.4s
B．波的波长为2m
C．波速为53m/s
D．t＝1s时AB连线上有4个点处于最大位移
【解答】解：A、1s时间内，A点第五次回到平衡位置，则1s＝2.5T，解得周期T＝0.4s，故A正确。
C、分析题意可知，1s时间内，波传播了5m的距离，波速v=ΔxΔt=5m/s，故C错误。
B、根据波长、波速和周期的关系可知，λ＝vT＝2m，则波长为2m，故B正确。
D、AB间距x＝5m＝2.5λ，t＝1s时，A点在平衡位置，则AB连线上有5个点处于最大位移处，故D错误。
故选：AB。
15．（2022•天津）不同波长的电磁波具有不同的特性，在科研、生产和生活中有广泛的应用。a、b两单色光在电磁波谱中的位置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大
B．若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，a光的衍射现象更明显
C．若a、b光分别照射同一光电管发生光电效应，a光的遏止电压高
D．若a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，a光的干涉条纹间距大
【解答】解：根据a、b两单色光在电磁波谱中的位置，a的波长长、频率小（光子能量小）
A.若a、b光均由氢原子能级跃迁产生，根据跃迁规律，产生a光的能级能量差小，故A错误；
B.若a、b光分别照射同一小孔发生衍射，a光的衍射现象更明显，故B正确；
C.若a、b光分别照射同一光电管发生光电效应，根据爱因斯坦光电效应规律，a光逸出的电子最大初动能更小，故遏止电压低，故C错误；
D.若a、b光分别作为同一双缝干涉装置光源时，根据干涉条纹间距公式Δx＝Lλd，a光的干涉条纹间距大，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、（2022•山东）在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验，受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验。如图甲所示，主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F，加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。
回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：
（1）弹簧的劲度系数为 12 N/m；
（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a﹣F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为 0.20 kg；
（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a﹣F图像Ⅱ，则待测物体的质量为 0.13 kg。
【解答】解：（1）由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm.拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F﹣t图有
Δx＝5.00cm＝0.05m，F＝0.610N
根据胡克定律k=FΔx
计算出k≈12N/m
（2）根据牛顿第二定律有F＝ma
则a﹣F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有
k=1m=3-00.6kg﹣1＝5kg﹣1
则滑块与加速度传感器的总质量为m＝0.20kg
（3）滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有1m'=1.5-00.5kg﹣1＝3kg﹣1
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m'＝0.33kg
则待测物体的质量为Δm＝m'﹣m＝0.33kg﹣0.20kg＝0.13kg
故答案为：（1）12；（2）0.20；（3）0.13
17．（2022•福建）在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知R0＝2Ω。
（1）按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整。
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U1﹣I1的值，断开开关S0
③将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U2﹣I2的值，断开开关S0
⑤分别作出两种情况所对应的U1﹣I1和U2﹣I2图像
（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图丙所示，此时U1＝ 1.30 V。
（4）根据测得数据，作出U1﹣I1和U2﹣I2图像如图丁所示，根据图线求得电源电动势E＝ 1.80 ，内阻r＝ 2.50 。（结果均保留两位小数）
（5）由图丁可知 接法Ⅱ （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测得的电源内阻更接近真实值。
（6）综合考虑，若只能选择一种接法，应选择 接法Ⅱ （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）测量更合适。
【解答】解：（1）根据图甲所示的电路图，连接图乙中的器材实物如图所示：
（3）根据图像可知，电流表接0～3V的量程，根据图丙可知电压表的读数为U1＝1.30V；
（4）单刀双掷开关S与1接通时，根据图丁可知，当电流表的示数为零时，相对于外接电路断路，电压表的示数为电源电动势，即E＝1.80V；
单刀双掷开关S与2接通时，根据图丁可知，当电压表的示数为零时，相对于外接电路短路，电流表的示数为外电路短路时的电流，则有：Im＝0.40A
根据闭合电路欧姆定律可得：R0+r=EIm
代入数据解得：r＝2.50Ω；
（5）根据U﹣I图像的斜率表示电源内电阻，根据接法Ⅰ可知电源内电阻为：r1＝|ΔU1ΔI1|﹣R0=Ω-2Ω＝3Ω
根据接法Ⅱ可知电源内电阻为：r2＝|ΔU2ΔI2|﹣R0=Ω-2Ω＝2.25Ω
可见接法Ⅱ测得的电源内阻更接近真实值；
（6）综合考虑，若只能选择一种接法，应选择接法Ⅱ测量更合适。
故答案为：（1）；（3）1.30；（4）1.80；2.50；（5）接法Ⅱ；（5）接法Ⅱ。
17．（2023•浙江）如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100cm2、质量m＝1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝600m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500m3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25J；大气压p0＝1.01×105Pa。
（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面积受到的压力 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）求气体在状态C的温度TC；
（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对气体做的功W。
【解答】解：（1）状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变；
根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大；
（2）从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：
pAVA＝pBVB
在A状态时，根据活塞的平衡状态可得：
p0S＝mg+pAS
其中，S＝100cm2＝0.01m2
从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得：
pBTB=pCTC
联立解得：TC＝350K
（3）因为A到B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB＝0
从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得：
ΔUAC＝Q+WAC
因为状态B到状态C过程气体的体积不变，则WAC＝WAB
根据题意可得：ΔUAC＝ΔU
联立解得：WAB＝11J
18．（2023•广东）如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
【解答】解：（1）选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma
结合运动学公式可得：
v0＝0+at
联立解得：t=v0μg
（2）B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得：
2mg×3L﹣W=12×2m×(2v0)2-12×2mv02
联立解得：W＝6mgL-3mv02
（3）设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得：
2m×2v0＝2mvB+mvA
根据能量守恒定律可得：
12×2mvB2+12mvA2=(1-14)×12×2m×(2v0)2
联立解得：vA1=23v0；vB1=53v0
另一解为：vA2＝2v0；vB2＝v0
根据碰撞的合理性，碰撞后B的速度应小于A的速度，故只有vA2、vB2满足碰撞合理性。
离开平台后，药品盒做平抛运动，则有：
L=12gt12
根据题意可得：
s=12(vA2+vB2)t1
解得：s=3v022Lg
19．（2023•浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。
（1）求0到πω时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0～2π3ω时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经πω时间角速度减小量为Δω(Δωω≪1)，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x≪1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。
【解答】解：（1）由电流定义式得：q=I⋅Δt
由闭合电路欧姆定律得：I=ER
由法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt
0到πω时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ＝B0S﹣（﹣B0S）＝2B0S
联立解得：q=2B0SR；
（2）在0～π3ω时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；
在π3ω～2π3ω时间内，感应电动势为：E=ΔBΔtS=2B0π3ω•S=6ωB0Sπ
沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为：
I=-ER=-6ωB0SπR；
（3）由图（2）的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期0～πω时间内的热等效求得，则有
I2R(2π3ω-π3ω)=I有2R•πω
解得：I有=23ωB0SπR；
（4）已知经πω时间角速度减小量为Δω(Δωω≪1)，则此时间内线框的动能减小量为：
ΔEk=12•2m（ωl）2-12•2m[（ω﹣Δω）l]2＝mω2l2[1﹣（1-Δωω）2]＝mω2l2[1﹣（1-Δωω）2]＝mω2l2•2Δωω=2mωl2Δω
此时间内圆环产生的焦耳热为：Q＝I有2R•πω=12ωB02S2πR
已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q＝kΔEk
解得：Δω=6B02S2πkmRl2。
20．（2023•湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）t=18πmqB时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t=18πmqB的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【解答】解：（1）根据带电微粒从P点射入磁场，能到达点O，根据几何关系确定轨道半径为a，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝mv2a
解得：v=Bqam
（2）粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动两个圆周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即T甲＝2T乙
根据带电粒子在磁场中运动的周期公式得：T甲=2πmBq，T乙=2πm乙Bq
解得：m乙=m2
第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰，碰前在O点甲的速度沿y轴负方向，为﹣v，碰后为3v，设碰前在O点乙的速度为v1，碰后为v2，根据动量守恒定律得：
m（﹣v）+m2v1=m•3v+m2v2
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
12m(-v)2+12×m2×v12=12m×(3v)2+12×m2×v22
联立解得：
第一次碰撞前粒子乙的速度为v1＝5v=5Bqam，方向指向y轴正方向；
第一次碰撞后粒子乙的速度为v2＝﹣3v=-3Bqam，方向指向y轴负方向；
（3）0时刻开始，设第二次弹性正碰后，粒子甲的速度为v3，粒子乙的速度为v4，根据动量守恒定律得：
m•3v+m2v2=mv3+m2v4
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
12m×(3v)2+12×m2×v22=12m×v32+12×m2×v42
联立解得：v3＝﹣v，粒子乙的速度为v4＝5v
因为第二次碰后两种粒子速度等于第一次碰前的速度，可知，粒子甲经过第奇数次碰撞后速度变为3v，经过第偶数次碰撞后速度变为﹣v，粒子乙经过第奇数次碰撞后速度变为﹣3v，经过第偶数次碰撞后速度变为5v；
根据题意，从第一次碰撞开始，甲粒子完成一个周期、乙粒子完成两个周期两种粒子在磁场中就在O点碰撞一次；
从t＝0时刻开始，由于第一次碰撞是甲运动了半个周期发生的，到t=18πmqB时刻，粒子甲完成了9次碰撞又运动了半个周期，乙完成了9次碰撞又运动了一个周期，因此在第9次碰后，甲粒子速度为3v，粒子乙的速度为﹣3v，根据洛伦兹力提供向心力可知，甲经过奇数次碰撞后轨道半径变为r甲=m⋅3vBq=3a
根据左手定则判断第9次碰后经过粒子甲运动的半个周期，运动到x轴负方向，所以到t=18πmqB时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0）；
由于粒子乙碰后完成了粒子乙运动的一个周期，坐标为（0，0）；
根据洛伦兹力提供向心力可知，乙经过奇数次碰撞后轨道半径变为r乙1=m2⋅3vBq=1.5a
经过偶数次碰撞后轨道半径变为r乙2=m2⋅5vBq=2.5a
从第一次碰撞到t=18πmqB的过程中粒子乙运动了9个轨道半径为1.5a的圆周以及8个轨道半径变为2.5a的圆周；从第一次碰撞到t=18πmqB的过程中粒子乙运动的路程为l＝9×2π×1.5a+8×2π×2.5a＝67πa。