2023年高考考前押题密卷-物理（浙江卷）（全解全析）

这是一份2023年高考考前押题密卷-物理（浙江卷）（全解全析），共22页。试卷主要包含了在医学上，放射性同位素锶90，如图所示，把线圈等内容，欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷（浙江卷）
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
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．磁感应强度单位“特斯拉”用国际单位制中的基本单位表示正确的是（　　）
A．kg•s﹣1•C﹣1 B．kg•s﹣2•A﹣1 C．N•A﹣1•m﹣1 D．Wb•m﹣2
【解答】解：根据安培力公式F安＝BIL可得B=FIL
可得磁感应强度的单位为1T=1NA⋅m=1kg⋅m⋅s−2A⋅m=1kg⋅s−2⋅A−1，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．2021年8月5日，跳水运动员全红婵以五跳三满分，总成绩466.2分打破世界纪录，夺得2020东京奥运会跳水女子单人10米跳台决赛冠军，在运动员下落过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动员下落时，感觉水面是静止的
B．以跳台为参考系，运动员向下运动
C．运动员下落速率越大，其惯性越大
D．裁判给运动员打分时，可以将其视为质点
【解答】解：A、运动员下落时，感觉水面是上升的，故A错误；
B、以跳台为参考系，运动员向下运动，故B正确；
C、运动员的惯性只与运动员的质量有关，与运动员速度无关，故C错误；
D、裁判给运动员打分时，要研究运动员的动作姿态，不能将其视为质点，故D错误。
故选：B。
3．如图所示，吊环比赛中体操运动员双臂缓慢对称撑开，两吊绳的张角逐渐增大的过程中，以下说法正确的是（　　）

A．每根吊绳的拉力变小
B．每根吊绳的拉力变大
C．两吊绳对运动员拉力的合力变小
D．两吊绳对运动员拉力的合力变大
【解答】解：A、对运动员受力分析，运动员受到重力和两吊绳的拉力，两拉力的合力与运动员的重力等大反向，两吊绳的张角逐渐增大的过程中，合力不变，则两分力增大，故A错误，B正确；
CD、两拉力的合力与运动员的重力等大反向，大小不变，故CD错误。
故选：B。
4．如图所示，在光滑水平面上以速度v0匀速滑动的物块，运动到A点时受到一水平恒力F的作用，经过一段时间后运动到B点，速度大小仍为v0，方向改变了90°，在此过程中（　　）

A．物块做匀速圆周运动
B．物块的速度大小先增加后减小
C．水平恒力F的方向一定与AB连线垂直
D．物块的加速度大小不变，方向变化
【解答】解：A、物块做匀速圆周运动，则物块所受合力指向圆心，合力大小不变，方向时刻改变，而题意中物块所受合力为水平恒力，故A错误；
BC、已知物块的初、末速度大小相等，即动能大小也相等，根据动能定理可知合力的功为零，故水平恒力一定与AB的连线垂直，由图可以看出水平恒力先做负功后做正功，故物块的动能和速度都是先减小后增加，故B错误，C正确；
D、物块合力恒定，根据牛顿第二定律可知物块的加速度一定恒定，即大小和反向都不变，故D错误。
故选：C。
5．如图所示是神舟十四号飞船夜间返回的红外照片，打开降落伞后，飞船先减速后匀速下降，最后安全着陆。若不计空气对飞船的作用力，则（　　）

A．打开降落伞之后，飞船仍处于失重状态
B．匀速下降阶段，飞船的机械能守恒
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于合力对飞船做的功
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功
【解答】解：A．打开降落伞后，飞船减速下降时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；
B．匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B错误；
C．减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于重力以外其他力做功，等于克服阻力对飞船做的功，故C错误；
D．匀速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于克服阻力对飞船做的功，而重力等于阻力，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故D正确。
故选：D。
6．图甲为光电效应实验的电路图，利用不同频率的光进行光电效应实验，测得光电管两极间所加电压U与光电流I的关系如图乙中a、b、c、d四条曲线所示。用va、vb、vc、vd表示四种光的频率，下列判断正确的是（　　）

A．vb＞vc＞vd ＞va B．vd＞vb＞vc＞va
C．vd＞vc＞vb＞va D．va＞vc＞vb＞vd
【解答】解：光电效应实验的I﹣U图象中，图象在横坐标的截距的绝对值表示遏止电压UC，
根据光电效应方程：Ek＝hν﹣W
最大初动能和遏止电压的关系：eUC＝Ek
可得：ν=eℎUC+Wℎ
可见，遏止电压UC越大，ν越大，根据乙图可知：νb＞νc＞νd ＞νa
故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．在医学上，放射性同位素锶90（ 3890Sr）制成表面敷贴器，可贴于体表治疗神经性皮炎等疾病。锶90（ 3890Sr）会发生β衰变，其衰变产物中有钇（Y）的同位素，半衰期为28.8年。下列说法正确的是（　　）
A．Y原子核的中子数为52
B．0.4mol的 3890Sr原子核经过57.6年后还剩余0.3mol
C．β射线是电子流，速度可接近光速
D．将锶90制成的数贴器贴在患者体表，若患者发高烧会导致锶90衰变速度加快
【解答】解：A．锶90（ 3890Sr）会发生β衰变（释放电子 −10e），设衰变产物Y为 abY
根据质量数守恒有：90＝0+b
根据电荷数守恒有：38＝﹣1+a
即Y的质量数为b＝90，电荷数为a＝39
则Y原子核的中子数为：90﹣39＝51，故A错误；
B．锶90（ 3890Sr）半衰期为28.8年，利用半衰期公式：m=M(12)tT
代入数据有：m=0.4mol×(12)57.628.8=0.4mol×(12)2=0.4mol×14=0.1mol
故0.4mol的 3890Sr原子核经过57.6年后还剩余0.1mol，故B错误；
C．β射线是电子流，速度可接近光速，故C正确；
D．半衰期的大小跟原子所处的温度、压强等物理状态以及化学状态无关，故D错误。
故选：C。
8．“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动．对此，下列说法不正确的是（　　）

A．卫星在轨道Ⅲ上运动的速度小于月球的第一宇宙速度
B．卫星在轨道Ⅲ上运动周期比在轨道Ⅰ上短
C．卫星在轨道Ⅲ上运动到P点的加速度大于沿轨道Ⅰ运动到P点的加速度
D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较，卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，轨道半径越大，线速度越小。月球第一宇宙速度的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球做圆周运动最大的环绕速度。故A正确。
B、根据开普勒第三定律 R3T2=k，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道Ⅰ运动的周期最长。故B正确。
C、卫星在轨道Ⅲ上在P点和在轨道Ⅰ在P点的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律，加速度相等。故C错误。
D、从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
9．如图所示，把线圈（内阻不计）、电容器、电源、电阻和单刀双掷开关连成图示电路。把电压传感器（图中未画出）的两端连在电容器的两个极板M、N上。先把开关置于a侧，一段时间后再把开关置于b侧，从此刻开始计时，电压uMN随时间t变化的图像正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：A.由于电路有能量损耗，有一部分能量转化为内能，还有一部分能量以电磁波的形式辐射出去，故电压振幅会减小，故A错误；
B.开始时，电容器电压最大，则计时开始时，电压处于最大振幅。故B错误；
CD.电容器放电时间由电容器自身决定，故周期不变，故C正确，D错误
故选：C。
10．如图所示为两列相干水波的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别为1m/s和1m，则图示时刻下列说法正确的是（　　）

A．A．E两点为振动加强点，B为振动减弱点
B．D．C连线上的点都是减弱点
C．A．B两质点的竖直高度差是20cm
D．A质点始终处于波峰
【解答】解：ABC．A、B、E三点点分别是波峰与波峰相遇和波谷与波谷相遇，是振动加强点，加强点的振幅为10cm，A、B两质点的数值高度差为20cm，C、D两点时波峰与波谷相遇点，是振动的减弱点，但CD连线中不是振动减弱点，故AB错误，C正确；
D．振动加强点只是振幅等于两列波振幅之和，但该质点仍然在平衡位置附近做简谐运动，位移会不断变化，故D错误；
故选：C。
11．如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl的水溶液，容器上下端装有铂电极A和C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K闭合前，容器两侧P、Q两管中液面等高，闭合开关后（　　）

A．M处钠离子浓度等于N处钠离子浓度
B．M处氯离子浓度小于N处氯离子浓度
C．M处电势高于N处电势
D．P管中液面高于Q管中液面
【解答】解：A、依据左手定则可知，钠离子在洛伦兹力作用下，向M处偏转，因此M处钠离子浓度大于N处钠离子浓度，故A错误，
B、依据左手定则可知，氯离子在洛伦兹力作用下，向M处偏转，因此M处氯离子浓度大于N处氯离子浓度，故B错误；
C、依据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，正负离子均偏向同一方向，因此电势相等，故C错误；
D、当开关闭合时，液体中有从A到B方向的电流，根据左手定则可知，液体将受到向M的安培力作用，在液面内部将产生压强，因此P端的液面将比Q端的高，故D正确；
故选：D。
12．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0（v0接近光速的120）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2s内（　　）

A．当Um＜2md2v2el2时，所有电子都能从极板的右端射出
B．当Um＞md2v2el2时，将没有电子能从极板的右端射出
C．当Um=2md2v2el2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2
D．当Um=2md2v2el2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：（2−1）
【解答】解：AB、电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到电场力作用，当电子恰好飞出极板时有：
l＝v0t
d2=12at2
其中：a=eUmmd
由此求出：Um=md2v2el2
当Um＜md2v2el2时，所有电子都能从极板的右端射出；
当Um＞md2v2el2时，在0.2s时间内，极板间电压U＜md2v2el2的时间段内，电子能从极板的右端射出，故AB错误；
C、当Um=2md2v2el2时，分析图乙可知，任意0.2s内，有一半的时间内极板间电压低于临界电压md2v2el2，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误；
D、当Um=2md2v2el2时，分析图乙可知，任意0.2s内，有22×0.2s的时间内极板间电压低于临界电压md2v2el2，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：（2−1），故D正确。
故选：D。
13．某透明均匀介质的横截面由四分之一圆CBD和一个直角三角形ABC构成，如图所示，其折射率n=2，四分之一圆的半径为R，CD面为黑色吸光板，∠BAC＝60°。一束单色平行光从AC界面上不同位置均匀射入透明介质，入射角θ＝45°，已知光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是（　　）

A．从AC界面的中点处入射的光线不能从圆弧BD界面射出
B．截面内圆弧BD有光线射出的长度为πR4
C．从圆弧BD射出光线在介质中的最长传播时间为23R3c
D．所有光线在介质中的传播时间都大于26R+32πR6c
【解答】解：AB．设光经AC折射后折射角为θ'，根据折射定律：n=sinθsinθ'
得θ'＝30°
圆弧BD面上金反射临界角为C，根据全反射临界条件：sinC=1n
解得临界角C＝45°
如图1所示

截面内圆弧BD有光线射出长度为ED区域，根据几何关系，其长度s=πR4
故A错误，B正确；
C．如图2所示，做圆弧BD切线与AC平行，切点为G时，光线在介质中路径最长，传播时间t=26R3c
故C错误；
D．在介质中传播时间最长的光线经过路径为紧贴AB传播后又紧贴圆弧BD传播，按ABD路径，传播时间t1=26R+32πR6c
因多次全反射路径一定小于圆弧BD，所有光线在介质中传播时间都小于26R+32πR6c，故D错误。
故选：B。
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．x轴上存在均匀的介质，在t＝0时刻，位于x＝5m处的波源P开始某种形式的振动，产生的机械波沿x轴负方向传播，t＝4s时x＝1处的质点恰好开始振动，此时的波形图如图所示。Q是x＝﹣1.5m处的质点，下列说法正确的是（　　）

A．波源的起振方向沿+y方向
B．波源P的振动方程是y=5sin(π2t)(cm)
C．该波的波速为1m/s
D．从图示时刻起，再经过5s，Q质点通过的路程为15cm
【解答】解：从题可以看出，此波源的振动前完成向下振动，后完成向上振动。
A、由于波沿﹣x轴方向传播，所以x＝1cm处的质点沿﹣y方向向下运动，故A错误；
B、从波形图来看，波源的振动向上和向下运动的振幅相同（A＝5cm），但在x下方的振动与x上方的振动的快慢是不一样的，则圆频率不同，其振动方程应分段来写，一个方程不能完整的表示，而y＝5sin（π2t）cm 只是质点在x轴上、下方以4s为周期的振动的方程，不能代表在x上方和下方的振动情况，故B错误；
C、由图可以看出，波长＝4m，由题还知道周期T＝T下+T上＝1s+3s＝4s，所以波速v=λT=44m/s=1m/s，故C正确；
D、波传到Q（x＝﹣1.5m）的时间t1=Δxv=|−1.5−11m/s|＝2.5s，而t＝5s+t1+T下+t上，从而t上＝1s=12T上，即t＝5s时，Q点恰振动到波峰处，所以Q的总路程s＝2A+A＝2×5cm+5cm＝15cm，故D正确。
故选：CD。
15．如图甲为一种检测油深度的油量计，油量计竖直固定在油桶内，当入射光竖直向下照射时，通过观察油桶上方的矩形窗口亮暗两个区域可确定油量。油量计结构可看成由多块长度不同的锯齿形的透明塑料拼叠而成，图乙是其中一块的示意图，锯齿形的底是一个等腰直角三角形，最右边的锯齿刚接触到油桶的底部，已知透明塑料的折射率小于油的折射率，则下列说法正确的是（　　）

A．透明塑料的折射率应小于2
B．塑料锯齿和油的界面处发生全反射形成暗区
C．油量增加时，亮区范围变小
D．对于透明塑料和油来说，油是光密介质
【解答】解：A．如图所示，

依题意，光在直角部分发生全反射，光在从透明塑料板射向空气，根据发生全反射的条件，则透明塑料的折射率n＞1sin45°=2
即透明塑料的折射率应大于2，故A错误；
B．光从塑料锯齿和油的界面处发生折射，光线射向油中，在矩形窗口形成暗区，故B错误；
C．油量增加时，被浸入到油中的塑料锯齿增多，则全反射光线减小，则亮区范围变小，故C正确；
D．透明塑料的折射率小于油的折射率，对于透明塑料和油来说，油是光密介质，故D正确。
故选：CD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．Ⅰ、为了探究加速度与力、质量的关系
（1）小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。

①实验前，下列操作必要的是　BCD　
A．选用质量不同的两辆小车
B．调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行
C．使砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量
D．将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力
②他测量了两小车的位移为x1，x2，则a1a2=　x1x2　。
（2）小明用如图乙所示的装置进行实验
①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s。他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为　0.40　m/s2．（计算结果保留两位有效数字）
②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是丁图中的图线　3　（选填“1”、“2”、“3”）。
③调整正确后，他作出的a﹣F图象末端明显偏离直线，如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为m，则戊图中坐标a1应为　mgM　，a2应为　mgM+m　。
【解答】解：（1）①本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求，故A错误，BCD正确。故选：BCD
②在初速度为零的匀变速直线运动中有x=12at2，因运动时间相等，则位移与加速度成正比。
小车1、2的加速度之比为a1a2=x1x2；
（2）①每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1s，
根据纸带可知，△x＝0.02﹣0.008﹣0.008＝0.004m
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2得：a=△xT2=0.0040．12=0.40m/s2。
②遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F≠0时，a＝0．故图线为：3，
③没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得：a1=mgM，
偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出a2=mgM+m。
故答案为：①BCD；②x1x2；（2）①0.40；②3；③mgM；mgM+m。
Ⅱ、一实验小组为了测量某元件的电阻，进行了如下实验：
（1）首先用多用电表进行粗测，如图所示下列操作步骤正确的是 　BD　。

A.如图甲，将红黑表笔短接，进行机械调零
B.如图乙，利用所示旋钮进行欧姆调零
C.如图丙，用“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，为了准确测量，应换到“×100”挡
D.实验完成后，挡位调至如图丁所示位置
（2）随着使用时间的增长，欧姆表内部的电源电动势会减小，内阻会增大，但仍能进行欧姆调零。若仍用该表测电阻，则测量结果会 　偏大　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（3）为了精确测量该元件的电阻，同学们又采川了如题图2所示电路进行测量，电路，出控制电路和测量电路两大部分组成.实验用到的器材如下：
A.待测电阻R.
B.灵敏电流计G
C.定值电阻R0＝80Ω
D.粗细均匀的电阻丝AB（总长为L＝60.00cm）
E.滑动变阻器R
F.线夹、电源、开关以及导线若干
G.电源（电动势为3V）
①在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片P1应置于a端。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片P1至某一位置，然后不断调节线火P2所夹的位置，直到灵敏电流计G示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x＝12.00cm，则Rx的阻值计算式为 　R0xL−x　（用R0、L、x表示），代入数据得Rx＝　20　Ω；
②为减小因电阻丝粗细不均匀带来的误差，将定值电阻R0换成电阻箱，并按照①中的操作，电阻箱的阻值记为R1；然后将电阻箱与Rx交换位置，保持线夹P2的位置不变，调节电阻箱，重新使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱的阻值记为R2，则电阻Rx＝　R1R2　。
【解答】解：（1）A.将红黑表笔短接，进行欧姆调零，故A错误；
B.图乙旋钮是欧姆调零，故B正确；
C.用“×10”挡测量时发现指针偏转角度过大，说明指示电阻值太小，为了准确测量，应换到“×1”挡，故C错误；
D.实验完成后，应将开关调至OFF档或交流电压最高挡，故D正确。
故选：BD。
（2）多用表的测量原理为闭合电路欧姆定律，档电池电动势减小，内阻增大时，欧姆表重新调零，即满偏电流不变，则
Ig=ER内，可知，E减小，Ig不变，欧姆表的内阻R内变小。
当测电阻时，有I=ER内+Rx=IgR内R内+Rx=Ig1+RxR中
由于R内变小，则同一被测电阻的电流要变小，对应的电阻刻度值要变大，即测量结果会偏大。
（3）①当灵敏电流计G的示数为零时，说明Rx的分压和AP2部分的分压相等，即
URx=URxRx+R0=UAP2=ULAP2LAB=UxL
整理得
RxRx+R0=xL得Rx=R0xL−x=80×12×10−2(60−12)×10−2Ω=20Ω
②交换位置前有RxRx+R2=xL，交换位置后有R2Rx+R2=xL 联立可得
RxRx+R1=R2Rx+R2
解得Rx=R1R2
故答案为：（1）BD；（2）偏大；（3）①R0xL−x，20；②R1R2。
17．如图所示，下端开口的导热汽缸竖直悬挂在天花板下，缸口内壁有卡环，卡环与汽缸底部间的距离为L，一横截面积为S的光滑活塞（质量、厚度均不计）将一定量的理想气体封闭在汽缸内，活塞下方挂一质量为m的砂桶，活塞静止时活塞与汽缸底部的间距为45L。大气压强恒为11mgS（g为重力加速度大小），环境热力学温度恒为T0＝300K。
（1）若在砂桶中逐渐加入砂子，求活塞刚接触卡环时砂桶（含砂）的总质量M；
（2）若不在砂桶中加入砂子，对缸内气体缓慢加热，求气体的热力学温度T＝400K时的压强p。

【解答】解：（1）初态对活塞与沙桶整体受力分析得：mg+p1S＝p0S，p0=11mgS，解得p1=10mgS
由玻意耳定律得p1•45LS＝pLS，解得：p=8mgS
再次对活塞与砂桶组成的系统受力分析得Mg+pS＝p0S，解得M＝3m
（2）不再砂桶中加砂子，如果活塞不受卡环约束，则气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得4LS5T0=lST，解得气柱长度l=1615L＞L，所以不加砂子，温度400k时活塞在卡环位置，
由理想气体状态方程得：4p1LS5T0=p2LST
解得：p=32mg3S
18．水平平台AB上有一根轻弹簧，一端固定于A，自然状态下另一端恰好在B。平台B端依次连接两个半径R均为0.2m的四分之一细圆管轨道BC和CD。D端与水平地面DE相接，E端通过光滑小圆弧与斜面EF相接，斜面与水平面的夹角θ在0°≤θ≤75°范围内变化（调节好后即保持不变）。一质量m＝0.1kg的小物块（略小于细圆管道内径）将弹簧压缩后由静止开始释放，在B点恰好对轨道没有压力，小物块与斜面EF间的动摩擦因数μ=33，除斜面EF以外其余区域均光滑，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。求：
（1）弹簧释放前的弹性势能Ep；
（2）小物块运动至圆弧最低点D时对轨道的压力FN；
（3）θ取不同值时，在小物块运动的全过程中产生的热量Q与tanθ的关系式。
【解答】解：（1）物块在B点时恰好对轨道没有压力，其重力提供向心力，则有：
mg＝mvB2R
根据功能关系可得弹簧释放前的弹性势能等于物块在B点的动能，即：EP=12mvB2
联立解得：EP＝0.1J；
（2）物块沿轨道从B到D，由动能定理可得：mg•2R=12mvD2−12mvB2
物块在D点受重力和支持力，其合力提供向心力，即F﹣mg＝mvD2R
解得：F＝6N
由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力为FN＝F＝6N，方向竖直向下；
（3）斜面倾角不同，物块在斜面上的运动状态不同。斜面倾角过大时，物块不能在斜面上保持静止，到达最高点后会再次下滑，如此往复运动，物块动能全部转化为热量；斜面倾角过小时，物块上滑到最高点后保持静止不动，不再下滑，物块动能转化为热量和增加的重力势能。设物块刚好能停留在斜面EF上不下滑的临界角为θ0，由物块的受力平衡条件可得：
mgsinθ0＝μmgcosθ0
解得θ0＝30°
分类讨论：
①当30°＜θ≤75°时，物块的动能全部转化为热量，故Q=12mvD2
解得：Q＝0.5J
②当0≤θ≤30°时，物块沿斜面上滑到最高点后保持静止不动，动能转化为热量和增加的重力势能，则由能量守恒定律得：
12mvD2=mgh+Q
由于物块上滑过程中摩擦力大小为：f＝μmgcosθ
所以摩擦产生的热量：Q＝f•ℎsinθ
联立解得：Q=36tanθ+23J。
19．为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了两种发电装置为车灯供电。
方式一：如图甲所示，固定磁极N、S在中间区域产生匀强磁场，磁感应强度B1＝0.1T，矩形线圈abcd固定在转轴上，转轴过ab边中点，与ad边平行，转轴一端通过半径r0＝1.0cm的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。当车轮转动时，可通过摩擦小轮带动线圈发电，使L1、L2两灯发光。已知矩形线圈N＝100匝，面积S＝10cm2，线圈abcd总电阻R0＝2Ω，小灯泡电阻均为R＝2Ω
方式二：如图乙所示，自行车后轮由半径r1＝0.15m的金属内圈、半径r2＝0.45m的金属外圈（可认为等于后轮半径）和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间沿同一直径接有两根金属条，每根金属条中间分别接有小灯泡L1、L2，阻值均为R＝2Ω。在自行车支架上装有强磁铁，形成了磁感应强度B2＝1T、方向垂直纸面向里的“扇形”匀强磁场，张角θ＝90°。
以上两方式，都不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。求：
（1）“方式一”情况下，当自行车匀速骑行速度v＝6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1；
（2）“方式二”情况下，当自行车匀速骑行速度v＝6m/s时，小灯泡L1的电流有效值I1′；
（3）在两种情况下，若自行车以相同速度匀速骑行，为使两电路获得的总电能相等，“方式一”骑行的距离S1和“方式二”骑行的距离S2之比。
【解答】解：（1）由感应电动势最大值公式可知Em＝NB1Sω，其中ω=vr0
代入数据可得Em＝6V
由于产生的是正弦式交变电流，则U=Em2=62V＝32V
回路总电阻R'＝R0+R2
小灯泡L1的电流有效值I1=12⋅UR'
联立解得：I1=22A
（2）根据法拉第电磁感应定律有：E'm＝B2（r2﹣r1）(ωr2+ωr1)2
产生方波式的交变电流，设有效值为U'，则由：Em2R⋅T2=U'2R⋅T
代入数据解得：U'=325V
回路总电阻R''＝2R
小灯泡L1的电流有效值I1′=U'R″
联立解得：I1′=3220A
（3）由s＝vt
电能Q=U2R't
v相同，Q相同，所以s1s2=t1t2=R'R″⋅U'2U2
代入数据解得：s1s2=3100
20．如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为(0，32a)。第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N，两极板与x轴平行放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m，电量为+q。两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a，厚度不计，其左端C点坐标为(12a，0)。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。
（1）求两极板间的电压U；
（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：
①“二度感光区”的长度L；
②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2；
（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。

【解答】解：（1）带电粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，所有粒子平行射入此磁场均从A点射出（磁聚焦模型），可知粒子做圆周运动的轨道半径等于圆形匀强磁场区域的半径，即：r＝a。
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
在匀强电场中被加速的过程，由动能定理得：
qU=12mv2
联立解得：U=qB2a22m
（2）①在A点进入第一象限的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角在0～180°范围内，沿y轴正方向射入的粒子打在感光板上的P点，随着速度与y轴夹角的增大，轨迹与感光板的交点先向右移动，离O点最远的交点为Q点（满足AQ＝2r＝2a），再向左移动一直到C点，之后就打不到感光板上了。可知PQ为“二度感光区”，由几何关系得，当粒子打在P点时轨迹圆的圆心恰好为C点，则：
CP＝r＝a
当粒子打在Q点时，AQ＝2r＝2a，由勾股定理得：
OQ=(2a)2−(32a)2=132a
则：L＝OQ﹣OC﹣CE
代入数据解得：L=13−32a
②由图中几何关系可知，打在C点的粒子轨迹圆的圆心为恰好在圆形磁场边界上的H点，对应进入圆形磁场的位置在F点，F到C恰好为半个圆周；打在P点的粒子轨迹一个是从H点入射，H到P也恰好为半个圆周，另一个是临界直接从A点入射。可得打在CP段的粒子对应入射区域在FH之间，打在PQ，即“二度感光区”的粒子对应入射区域在HO之间，由几何关系得：
HO=a2，FH＝a
可得打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值为：
n1：n2＝HO：FO=a2：（a+a2）＝1：3
（3）粒子在磁场中运动的半径R=mvqB，可知其它条件一定，R与v成正比，粒子每次反弹后速度大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半。
在图1中可知，第一次打在P点的粒子速度方向垂直感光板，此粒子能够在P第一次被反弹，CP＝a，即第一次打在距离C点a处，反弹后粒子运动半径为a2，第二次打在距离C点2a处，再次反弹后粒子运动半径为a4，第三次落在离C点2.5a处，第四次落在离C点2.75a处，第五次落在离C点2.875a处，超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中一共运动了5个12圆周。
粒子在磁场中运动周期为：T=2πRv=2πmqB
该粒子在磁场中一共运动的总时间为：
t=52T=5πmqB
该粒子从H到P的路程为：s1＝πa
从第一次反弹到第二次反弹的路程为：s2＝πa2
从第二次反弹到第三次反弹的路程为：s3＝πa4
从第三次反弹到第四次反弹的路程为：s4＝πa8
从第四次反弹到离开磁场的路程为：s5＝πa16
该粒子在磁场中运动的总路程为：
s＝s1+s2+s3+s4+s5
联立解得：s=31πa16.