2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬卷03（全解全析）

2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬卷03姓名:__________準考證號:__________本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共13頁，滿分100分，考試時間90分鐘?？忌⒁?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/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.下列器材中，哪個不是測量力學基本物理量的工具(

)A.B.C.D.【答案】C

【解析】A.天平用來測量質(zhì)量，而質(zhì)量是基本物理量，故A不符合題意。B.刻度尺用來測量長度，而長度是基本物理量，故B不符合題意。

C.彈簧測力計測量力，而力不是基本物理量，C符合題意；

D.秒表用來測量時間，而時間是基本物理量，故D不符合題意。2.溫州南塘，每年端午龍舟比賽熱鬧非凡，如圖是龍舟在進行500?m的直道比賽，下列說法正確的是A.研究隊員的劃槳動作，可將隊員看成質(zhì)點B.以龍舟為參考系，岸上站立的觀眾是靜止的C.獲得第一名的龍舟，撞線時的速度一定很大D.獲得最后一名的龍舟，平均速度一定最小【答案】D

【解析】解：A、研究隊員的劃槳動作時，大小和形狀不能忽略，故不可將隊員看成質(zhì)點，故A錯誤；B、觀眾相對于龍舟是運動的，所以以龍舟為參考系，岸上站立的觀眾是運動的，故B錯誤；C、獲得第一名的龍舟，平均速度一定大，但撞線時的速度不一定最大，故C錯誤；D、獲得最后一名的龍舟，平均速度一定最小，故D正確．故選：D．3.如圖所示，具有“主動剎車系統(tǒng)”的汽車與正前方靜止障礙物之間的距離小于安全距離時，會立即開始主動剎車，車主可根據(jù)需要設置安全距離。某車的安全距離為10m，若汽車正以36km/h的速度在路面上行駛，遇緊急情況主動剎車后做勻減速直線運動，加速度大小為A.汽車剎車時間為6B.汽車不能安全停下C.汽車開始“主動剎車”后第1s末的速度為D.汽車開始“主動剎車”后第2s內(nèi)的平均速度為【答案】D

【解析】已知v0A.汽車剎車時間為t0=vB.汽車剎車過程中的位移為s=v02C.汽車開始“主動剎車”后第1s末的速度為v1=vD.汽車開始“主動剎車”后不到2s已經(jīng)停下，則第2s內(nèi)的位移為x=4+02×106-1m=43m4.躺椅在生活中用途廣泛，圖甲中人雙腳離地而坐，圖乙中人雙腳著地而坐。兩圖中位于水平地面上的人和椅子都保持靜止狀態(tài)，下列說法正確的是(

)A.甲中人對躺椅的壓力是由椅子發(fā)生形變產(chǎn)生的B.甲中人不同的躺姿會改變躺椅對人的合力C.乙中人腳用力蹬地時，躺椅對人背部摩擦力一定沿椅面向上D.乙中人腳用力蹬地時，腳對地的摩擦力大小與躺椅對地的摩擦力大小相等【答案】D

【解析】A.甲中人對椅子的壓力是因為人的形變而引起的，故A錯誤；B.甲圖中的人受到重力和椅子對人的作用力，椅子對人的作用力和重力平衡，因此人不同的躺姿不會改變椅子對人的合力，故B錯誤；C.乙中人腳用力蹬地，不能判斷人的運動趨勢方向，故躺椅對人背部摩擦力的方向亦不能確定，故C錯誤；D.乙中以人和躺椅整體為研究對象，水平方向上受到地面給腳和躺椅的摩擦力，因整體保持靜止，故地面給腳的摩擦力和地面給躺椅摩擦力大小相等，方向相反，故D正確。故選D。5.“拔河”活動在中國有著悠久的歷史，近幾年出現(xiàn)了三支隊伍拔河的娛樂形式。如圖所示，三支隊伍進行比賽，此時甲、乙兩隊對繩子的拉力大小均為5000?N，三隊所拉繩子的夾角均相等。開始時三隊僵持不下，當丙隊發(fā)力，使得甲、乙兩隊繩子的夾角緩慢減小到90°時(設甲、乙兩隊對繩子的拉力大小始終不變)A.逐漸增加 B.逐漸減小 C.先增加后較小 D.先減小后增加【答案】A

【解析】在角度緩慢變化過程中，三段繩上的力合力為零，甲乙兩隊對繩的力大小不變，夾角變小，根據(jù)平行四邊形定則合成可得合力變大，丙隊對繩子的拉力與甲乙兩隊對繩的力的合力等大反向，則丙隊對繩子的拉力變大，故選A。6.圖甲是我國運動員在東京奧運會上蹦床比賽的一個情景。設這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，運動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律，如圖乙所示。g取10m/sA.運動員在3.6sB.運動員在8.4sC.跳躍節(jié)奏穩(wěn)定后，處于完全失重狀態(tài)持續(xù)的最長時間為1.6D.運動員重心離開蹦床上升的最大高度是12.8【答案】D

【解析】A.由圖象可知，0-3.6s內(nèi)，彈力等于重力，運動員在3.6s～4.2s內(nèi)，彈力大于重力，故運動員處于超重狀態(tài)，故B.由圖乙可知，運動員在8.4s～9.4s內(nèi)，運動員受到的彈力先小于重力，再大于重力，然后再小于重力，故運動員先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故C.由圖象可知運動員離開蹦床后做豎直上拋運動，離開蹦床的時刻為6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的時刻為8.4s或11s，它們的時間間隔均為1.6s，故處于完全失重狀態(tài)的最長時間為1.6s，故CD.由圖象可知，離開蹦床的最長時間為1.6s，由對稱性可知，上升時間為1.6s，則上升的最大高度為：H=?12?本題選錯誤的，故選D。7.航天器離子發(fā)動機原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進或調(diào)整姿態(tài)的反沖力，已知單個正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I，忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對航天器質(zhì)量中和電子槍磁鐵的影響．該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的大小為(

)A.I2mUq B.ImU【答案】A

【解析】以正離子為研究對象，由動能定理得qU=Δt時間內(nèi)通過的總電荷量為Q=IΔt，噴出的正離子總質(zhì)量為M=Q由動量定理可知正離子所受的平均沖量FΔt=Mv，聯(lián)立以上式子可得F=I根據(jù)牛頓第三定律可知，發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F=I2mUq故選A。8.智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛，如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿(大小忽略不計)穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示，可視為質(zhì)點的配重質(zhì)量為0.5kg，繩長為0.5m，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為0.2m，水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為θ，運動過程中腰帶可看成不動，重力加速度g取A.若使用者覺得鍛煉不夠充分，決定增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的合力變大B.當使用者掌握好鍛煉節(jié)奏后能夠使θ穩(wěn)定在37°，此時配重的角速度為5rad/sC.使用者使用一段時間后成功減肥，再次使用時將腰帶調(diào)小，若仍保持轉(zhuǎn)速不變，則θ變小D.當用力轉(zhuǎn)動使θ從37°增加到53°時，配重運動的周期變大【答案】C

A.運動過程中腰帶可看成不動，腰帶合力始終為零，故A錯誤；B.對配重根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ=mω2當θ=37°，代入數(shù)據(jù)解得ω=15rad/sC.使用者使用一段時間后成功減肥，再次使用時將腰帶調(diào)小，以滑輪為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律F=mrr變小，軌道對滑輪作用力減小，滑輪對繩子的作用力減小，繩子對配重的作用力也減小，根據(jù)T=mgcosθ，可知θ變小，故D.根據(jù)B中結(jié)論，當θ=53o時，ω=2009故選C。9.宇宙中兩個相距較近的星球可以看成雙星，它們只在相互間的萬有引力作用下，繞兩球心連線上的某一固定點做周期相同的勻速圓周運動．根據(jù)宇宙大爆炸理論，雙星間的距離在不斷緩慢增加，設雙星仍做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(

)A.雙星相互間的萬有引力增大 B.雙星做圓周運動的角速度增大C.雙星做圓周運動的周期減小 D.雙星做圓周運動的半徑增大【答案】D

【解析】A、雙星間的距離L不斷緩慢增加，根據(jù)萬有引力公式：F=Gm1mBCD、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：Gm1m2L雙星間的距離變大，則雙星的軌道半徑都變大，根據(jù)萬有引力提供向心力，可知角速度變小，周期變大．故BC錯誤，D正確．故選：D．10.某風力發(fā)電機葉片轉(zhuǎn)動時可形成半徑為R的圓面。某時間內(nèi)該地區(qū)的風速是v，風向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直，空氣的密度為ρ，發(fā)電機將圓內(nèi)空氣動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η。則(

)A.單位時間內(nèi)沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的體積為2B.單位時間內(nèi)沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的動能為ρπC.風力發(fā)電機發(fā)電的功率為ηρπD.風力發(fā)電機發(fā)電的功率為ηρπ【答案】D

A.單位時間內(nèi)沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的體積為V=vS=v?πR2，故B.單位時間內(nèi)沖擊風力發(fā)電機葉片圓面的氣流的質(zhì)量m=ρV，單位時間內(nèi)發(fā)電機葉片獲得的動能為Ek=1CD.此風力發(fā)電機發(fā)電的功率為P=ηEk=ηρπR11.沙漠蝎子可以探測出附近蟲子的運動，它是利用甲蟲運動所產(chǎn)生的沿沙漠表面?zhèn)鞑サ牟▉硖綔y的，傳播的波有兩種類型：橫波以速度v1=50m/s傳播，縱波以v2=150A.蟲子腳下的沙子隨著波的傳播運動到蝎子腳下B.兩種波傳播到蝎子的時間差為0.00375C.無論是縱波還是橫波，傳播方向均與振動方向垂直D.波的傳播過程中既傳播了振動，也傳播了信號和能量【答案】D

【解析】A.蟲子腳下的沙子在平衡位置上下振動，不會隨著波的傳播而移動，故A錯誤；B.兩種波傳播到蝎子的時間差為Δt=xv1C.橫波的傳播方向與振動方向垂直，縱波的傳播方向與振動方向平行，故C錯誤；D.波的傳播過程中既傳播了振動，也傳播了信號和能量，故D正確。故選D。12.微信運動步數(shù)的測量是通過內(nèi)電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。如圖所示，電容M極板固定，N極板可運動，當?shù)募铀俣茸兓瘯r，N極板只能按圖中標識的“前后”方向運動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是(

)A.靜止時，電流表示數(shù)為零，且電容器兩極板不帶電B.保持向前勻加速運動時，電路中存在恒定電流C.由靜止突然向后加速時，電流由a向b流過電流表D.由向前加速突然停下時，電流由b向a流過電流表【答案】C

【解析】解：A、靜止時，N板不動，電容器的電容不變，則電容器電量不變，則電流表示數(shù)為零，電容器保持與電源相連，兩極板帶電，故A錯誤；B、保持向前勻加速運動時，加速度恒定不變，則N板的位置在某位置不動，電容器電容不變，電容器保持與電源相連電壓不變，由Q=CU知電量不變，電路中無電流，故B錯誤；C、由靜止突然向后加速時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd知電容C增大，電壓不變，由Q=CU知電容器電量增加，電容器充電，電流由a向D、由向前加速突然靜止時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd知電容C增大，電壓不變，由Q=CU知電容器電量增加，電容器充電，電流由a向靜止時，電容器連在電源兩端，電容器帶電，但電路中無電流；由靜止突然向“后”運動時，用決定式C=εrS本題主要考查電容器的動態(tài)分析問題，關鍵是可以根據(jù)題設條件結(jié)合決定式C=ε13.如圖，小明同學用一束復色激光入射直角棱鏡，做了光的折射實驗，實驗現(xiàn)象如圖所示。則(

)A.d光不可能是入射激光 B.c光可視為復色激光C.在玻璃中，b光的傳播速度比a光的大 D.a光光子的動量比b光光子的大【答案】B

【解析】A、c為棱鏡斜邊處的反射光線，垂直射出棱鏡，所以d為入射光，故A錯誤；B、c為棱鏡斜邊處的反射光線，垂直射出棱鏡，所以c仍為復色光，故B正確；C、由圖可知a的折射率小于b的折射率，根據(jù)n=cv，可知在玻璃中b光的傳播速度比a光的小，故D、a的折射率小于b的折射率，所以a的頻率小于b的頻率，根據(jù)光子動量p=hνc，可知a光光子的動量比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.下列說法正確的是(

)A.處于熱平衡狀態(tài)的兩個系統(tǒng)，它們具有相同熱學性質(zhì)的物理量是內(nèi)能B.兩個分子靠近時，分子勢能減小C.氣體壓強主要是大量氣體分子頻繁地碰撞容器壁而產(chǎn)生的D.一定量的100°C的水變成100°【答案】CD

【解析】處于熱平衡狀態(tài)的兩個系統(tǒng)，它們具有相同熱學性質(zhì)的物理量是溫度，A錯誤;當分子力表現(xiàn)為引力，兩個分子靠近時，分子力做正功，分子勢能減小;當分子力表現(xiàn)為斥力，兩個分子靠近時，分子力做負功，分子勢能增加，B錯誤;氣體壓強產(chǎn)生的原因主要是大量氣體分子頻繁地碰撞容器壁，C正確;一定量的100°C的水變成100°C的水蒸氣，吸收大量的熱，內(nèi)能增加，而分子動能沒變，因此分子勢能增大，D正確．15.如圖所示的火災自動報警器具有穩(wěn)定性好、安全性高的特點，應用非常廣泛，其工作原理為：放射源處的镅放出的α粒子，使殼內(nèi)氣室空氣電離而導電，當煙霧進入殼內(nèi)氣室時，α粒子被煙霧顆粒阻擋，導致工作電路的電流減小，于是鋒鳴器報警。則A.這種報警裝置應用了α射線射線電離能力強的特點B.發(fā)生火災時溫度升高，的半衰期變短C.發(fā)生α衰變的核反應方程是D.發(fā)生α衰變的核反應方程是【答案】AC

【解析】A.

α

射線電離能力最強，所以這種報警裝置應用了

α

射線電離能力強的特點，故A正確；B.半衰期不因外界環(huán)境的溫度而改變，發(fā)生火災時溫度升高，的半衰期不會改變，故B錯誤；CD.

α

衰變釋放出氦核，故核反應方程是?95241Am→93故選AC。非選擇題部分三、實驗題（本大題共3小題，共16.0分）16.小碩同學有一塊充電寶，他想知道充電寶是否跟干電池一樣，是一個有一定電動勢和內(nèi)阻的直流電源。于是用如圖所示的實驗電路進行探究。圖中用兩只數(shù)字多用表分別作為電壓表和電流表，R0=0(1)在閉合開關前，他應把滑動變阻器的滑片移到最______端(選填“左”或“右”)；(2)圖中“數(shù)字多用表1”是______表(選填“電流”或“電壓”)；(3)在充電寶電量為100%時，通過實驗得到了如圖所示的U—I圖像。由圖像可知，充電寶在電量100%時，跟通常的干電池的電路特性相同，具有一定的電動勢和內(nèi)阻。由圖像可得該充電寶的電動勢E=______V，內(nèi)阻r=______(4)小碩同學想用一只機械式多用電表粗略判斷該充電寶在電量減少時電動勢是否會減小，測量時他應該把選擇開關置于圖中的______(選填“A”、“B”、“C”、“D”)位置。A.B.C.

D．(5)充電寶在電量減少較多時，電動勢幾乎不變，那么可以推測充電寶內(nèi)可能用來儲存電能的是______；A.電感線圈B.電容器C.電阻D【答案】(1)

右；(2)電壓；(3)?5.50；0.250；(4)B；(5)?D。

【解析】(1)電路圖中的滑動變阻器采用的是限流式接法，閉合開關前為了確保電路安全，應使滑動變阻器接入電阻最大，即應將滑片移到最右端。(2)圖中“數(shù)字多用表1”與滑動變阻器并聯(lián)，其是用來測量電壓，即圖中“數(shù)字多用表1”是電壓表。(3)根據(jù)電路圖，結(jié)合閉合電路歐姆定律有U=E-Ir+結(jié)合U-I圖像有E=5.50V，r+R解得r=0.250Ω。(4)由于電動勢的測量值為5.50V，因此若用一只機械式多用電表粗略判斷該充電寶在電量減少時電動勢是否會減小，測量時他應該把選擇開關置于10V的電壓擋為，可知，第二個選擇項中的示意圖符合要求，故選B。(5)由于充電寶在電量減少較多時，電動勢幾乎不變，而電感線圈與電阻不具備這個特征，電容器電量減小時，電壓也減小，因此可以推測充電寶內(nèi)可能用來儲存電能的是電池。故選D17.某校同學們分組進行碰撞的實驗研究。(1)第一組利用氣墊導軌通過頻閃照相進行探究碰撞中的不變量這一實驗。若要求碰撞動能損失最小則應選下圖中的_______(填“甲”或“乙”)(甲圖兩滑塊分別裝有彈性圈，乙圖兩滑塊分別裝有撞針和橡皮泥)；(2)第二組同學用如圖所示的實驗裝置“驗證動量守恒起律”。①圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后把被碰小球m2靜置于水平軌道的末端，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并重復多次。本實驗還需要完成的必要步驟________A.測量兩個小球的質(zhì)量m1、B.測量拋出點距地面的高度HC.測量S離水平軌道的高度hD.測量平拋射程OM、ON②若兩球發(fā)生彈性碰撞，則OM、ON、OP之間一定滿足的關系是___________(填選項前的符號)。A.OP+OM=ON

B(3)第三組利用頻閃照片法去研究。某次實驗時碰撞前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊運動并發(fā)生碰撞，利用頻閃照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的照片如圖所示。已知相鄰兩次閃光的時間間隔為T，在這4次閃光的過程中，A、B兩滑塊均在0～80cm范圍內(nèi)，且第1次閃光時，滑塊A恰好位于x=10cm處。若A、B兩滑塊的碰撞時間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計，則A、B兩滑塊質(zhì)量比【答案】(1)甲;?(2)?①AD;?②A;?(3)?2:?3。

【解析】(1)題圖甲中兩滑塊發(fā)生的碰撞可以看作是彈性碰撞，動能損失較小，題圖乙中兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，動能損失最大，故選擇甲。(2)?①m1和m2離開軌道末端后均做平拋運動，設拋出點的高度為兩球拋出點的高度H相等，則它們做平拋運動的時間t相同，由題意可知m1與m2由于m1與m2碰撞后瞬間所以碰后瞬間兩球的速度大小分別為v1=兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1解得：m本實驗需要測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2，并測量平拋射程OM、ON，故選?②若兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：1解得：m聯(lián)立解得：OP+OM=ON，故選A。(3)由題圖可知A和B碰撞前瞬間A的速度大小為vA由圖分析可知在第1次閃光后經(jīng)2.5T時間在x=60cm處發(fā)生碰撞，且碰后A的速度反向，

則碰撞后瞬間A、B的速度大小分別為v'A碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mA解得：m18.在做“用油膜法估測分子大小”的實驗中，所用油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中有純油酸6?mL，用注射器測得1?mL上述溶液有75滴，把(1)請選出需要的實驗操作，并將它們按操作先后順序排列：D、__________(用字母符號表示)。(2)某次實驗時，滴下油酸溶液后，痱子粉迅速散開形成如圖所示的“鋸齒”邊沿圖案，出現(xiàn)該圖樣的可能原因是______

。A.B.C.(3)按題目中所給實驗數(shù)據(jù)估測出油酸分子的直徑為_______m(保留一位有效數(shù)字)【答案】(1)B、F、E、C；(2)B；(3)3×10【解析】(1)“用油膜法估測油酸分子的大小”的實驗步驟為：配制油酸酒精溶液→測定一滴油酸酒精溶液的體積→準備淺盤→形成油膜→描繪油膜輪廓→計算油膜面積→計算分子直徑，故順序為D、B、F、E、C。(2)當痱子粉太厚時，會導致油酸無法散開，形成鋸齒狀油膜，故B正確，AC錯誤。(3)一滴酒精油酸溶液含純油酸的體積V=175×6×10-6四、計算題（本大題共4小題，8分+11分+11分+11分共41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）19.如圖所示，馬桶吸由皮吸和汽缸兩部分組成，下方半球形皮吸空間的容積為1000cm3，上方汽缸的長度為40cm，橫截面積為50cm①若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸頂部，用力將活塞緩慢下壓到汽缸皮吸底部時求皮吸中氣體的壓強；②若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸底部，小明用豎直向上的力將活塞緩慢向上提起20cm高度保持靜止，求此時小明作用力的大小?！敬鸢浮拷猓孩僖詺飧缀推の鼉?nèi)的氣體為研究對象，開始時封閉氣體的壓強為p體積V1當活塞下壓到氣缸底部時，設封閉氣體的壓強為p2，體積V由玻意耳定律p0解得：p2②以皮吸內(nèi)的氣體為研究對象，開始時封閉氣體的壓強為p0，體積為活塞緩慢向上提起20cm高度保持靜止，設該人對手柄作用力的大小為F，封閉氣體的壓強為p3，體積V由玻意耳定律：p0對活塞受力分析，根據(jù)共點力平衡可得：F+p解得：F=250N。答：①若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸頂部，用力將活塞緩慢下壓到汽缸皮吸底部時，皮吸中氣體的壓強為3×10②若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸底部，小明用豎直向上的力將活塞緩慢向上提起20cm高度保持靜止，此時小明作用力的大小為250N。

【解析】①活塞緩慢下壓，封閉氣體的溫度不變，封閉氣體做等溫變化，找出初末狀態(tài)參量，由玻意耳定律求得；②封閉氣體做等溫變化，找出初末狀態(tài)參量，由玻意耳定律求得被封閉氣體的壓強，對活塞受力分析，根據(jù)共點力平衡即可求得拉力。本題考查了玻意耳定律，找出初末狀態(tài)的狀態(tài)參量，利用好共點力平衡即可。20.有一游戲裝置，在光滑水平面AC上安裝一彈簧發(fā)射架，已知AB為彈簧原長，彈力做功W與壓縮量Δx的關系為W=12kΔx2，彈簧勁度系數(shù)k=80N/m，壓縮量Δx可調(diào)，斜面CD的傾角為θ=53°，長為L1=2m。質(zhì)量m=0.05kg的物塊P被彈簧彈出，經(jīng)過C點時速度大小不變，物塊P與斜面CD間的動摩擦因素μ1=1930。斜面在D點處與半徑R=0.40m的光滑圓形軌道相切連接，圓軌道的最低點E與水平軌道EF相切連接，EF軌道與CD斜面略錯開。質(zhì)量為M(1)若壓縮量Δx=5cm，求物塊P第一次到達C(2)若物塊P恰好能過圓軌道最高點，則物塊P通過圓軌道最低點E時對軌道的壓力;(3)若物塊P不脫離軌道且能夠撞上物塊Q，Δx至少為多少?(4)若物塊P恰好能過圓軌道最高點，G點右側(cè)軌道長度S可調(diào)，則S多大時兩物塊在平臺上的落點與E點水平距離最遠?水平最遠距離為多少?【答案】解：(1)vC(2)mg=mv02Rmg×2R=1F-mg=mv2(3)當恰好過圓周運動最高點的情況下-μ2mgL=0-11△x=0.20m；(4)-m可得：v則-可得：v3=?1-52s所以，x=1.60+S+0.4所以，當S=0.30m時，

xmax=2.1m21.艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術(shù)，我國在這一領域已達到世界先進水平。某同學自己設計了一個如圖甲所示的電磁彈射系統(tǒng)模型。該彈射系統(tǒng)工作原理如圖乙所示，用于推動模型飛機的動子(圖中未畫出)與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可以水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時對動子施加一個回撤力F，在t3時刻撤去力F，最終動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止