浙江省冲刺2024年高考物理真题重组卷04 （解析版）

这是一份浙江省冲刺2024年高考物理真题重组卷04 （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．（2022•浙江）下列说法正确的是（ ）
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
【解答】解：A、研究甲图中排球运动员扣球动作时，要注意扣球时与球的接触位置，则排球的大小与形状不能忽略不计，排球不可以看成质点，故A错误；
B、研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要注意发球时球拍与球的接触位置，则乒乓球的大小与形状不能忽略不计，乒乓球不能看成质点，故B正确；
C、研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，要注意击球时与球的接触位置，则羽毛球的大小与形状不能忽略不计，故C错误；
D、研究图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度不可以视为相同，故D错误。
故选：B。
2．（2023•广东）如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（ ）
A．Ff＝GB．F＝FNC．Ff＝GcsθD．F＝Gsinθ
【解答】解：将机器人的重力按照壁面和垂直于壁面的方向分解，如图所示：
沿壁面方向上：Gcsθ＝Ff
垂直于壁面方向上：F＝FN+Gsinθ，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3．（2022•红桥区校级模拟）一质量为2.5kg的物体静止于水平地面上。物体与地面间的动摩擦因数为0.2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。从t＝0时刻开始物体受到与地面平行的拉力F的作用，F的大小随时间变化的规律如图所示。重力加速度g取10m/s2．则（ ）
A．0～2s内F小于物体所受的摩擦力
B．2～4s内物体做匀加速运动
C．4～6s内物体做匀减速运动
D．6～7s内F大于物体所受的摩擦力
【解答】解：地面对物体的最大静摩擦力为 fm＝μmg＝0.2×2.5×10N＝5N
A、0～2s内，F＜fm，则物体静止不动，F与物体所受的摩擦力大小相等，故A错误。
B、2～4s内，F＞fm，物体做匀加速运动，故B正确。
C、4～6s内，F＞fm，由于F减小，合力减小，加速度减小，所以物体做加速度减小的变加速运动，故C错误。
D、6～7s内，F＝4N，物体所受的滑动摩擦力 f＝μmg＝5N，所以F小于物体所受的摩擦力，故D错误。
故选：B。
4．（2023•新课标）2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（ ）
A．质量比静止在地面上时小
B．所受合力比静止在地面上时小
C．所受地球引力比静止在地面上时大
D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
【解答】解：A、物资在空间站中的质量与静止在地面上的质量相等，故A错误；
B、若不考虑地球自转，物资静止在地面时，所受合力为零。物资在空间站中做匀速圆周运动，物资所受的合力为地球对物资的万有引力，则物体在空间站中所受合力比静止在地面上时大，故B错误；
C、由万有引力公式得：F=GMmr2
物资在空间站中离地球球心的距离大于在地面上时离球心的距离，则所受地球引力比静止在地面上时小，故C错误；
D、地球自转角速度等于同步卫星做匀速圆周运动的角速度，同步卫星和物资均绕地球做匀速圆周运动，万有引力等于向心力：GMmr2=mω2r
解得：ω=GMr3
由题意可知，空间站运动轨道离地面高度小于地球同步卫星与地面的距离，则空间站做圆周运动的半径小于同步卫星做圆周运动的半径，角速度大于同步卫星的角速度，则空间站做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大，故D正确。
故选：D。
5．（2023•重庆）密封于气缸中的理想气体，从状态a依次经过ab、bc和cd三个热力学过程达到状态d。若该气体的体积V随热力学温度T变化的V﹣T图像如图所示，则对应的气体压强p随T变化的p﹣T图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：ab过程根据pV＝CT可知VT=Cp坐标原点O与ab上各点连线的斜率与压强成反比，故该过程斜率一定则为等压变化，且温度升高，故A错误；
bc过程等温变化，根据pV＝CT可知体积V变大，压强变小，故BD错误；
cd过程等容过程，根据pV＝CT可知温度T升高，则压强变大，故C正确。
故选：C。
6．（2023•广东）理论认为，大质量恒星塌缩成黑洞的过程，受核反应 612C+Y→ 816O的影响。下列说法正确的是（ ）
A．Y是β粒子，β射线穿透能力比γ射线强
B．Y是β粒子，β射线电离能力比γ射线强
C．Y是α粒子，α射线穿透能力比γ射线强
D．Y是α粒子，α射线电离能力比γ射线强
【解答】解：核反应前后质量数守恒和电荷数守恒，由此可得：
Y的质子数为：8﹣6＝2
Y的质量数为：16﹣12＝4
即Y是α粒子，而α射线的电离能力比γ射线强，故D正确，ABC错误；
故选：D。
7．（2023•湖北）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是（ ）
A．若φM＞φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远
B．若EM＜EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近
C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM＜φN
D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM＞EN
【解答】解：正点电荷产生的电场中，电场线的方向背离正电荷指向无穷远，如图所示：
A、若φM＞φN，根据沿电场线方向电势降低可知，M点到点电荷Q的距离比N点的近，故A错误；
B、若EM＜EN，根据E=kQr2，可知M点到点电荷Q的距离比N点的远，故B错误；
C、若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则带负电的试探电荷的电势能减小，所处位置的电势升高，故有：φM＜φN，故C正确；
D、若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，说明带正电的试探电荷靠近Q运动，则N点距离点电荷Q近，有：EM＜EN，故D错误。
故选：C。
8．（2019•浙江）电动机与小电阻串联接入电路，电动机正常工作时，小电阻的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2．则（ ）
A．I1＜I2B．U1U2＞R1R2
C．U1U2=R1R2D．U1U2＜R1R2
【解答】解：A、小电阻与电动机串联，所以：I1＝I2，故A错误；
BCD、对小电阻，由欧姆定律可得：U1＝I1R1，电动机正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势，所以：U2＞I2R2，所以：U1U2＜I1R1I2R2=R1R2．故BC错误，D正确；
故选：D。
9．（2023•北京）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（l≫a）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用。下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为Bqav
C．管道内的等效电流为nqπa2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
【解答】解：A.带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r＝a
故A正确；
B.根qvB＝mv2r
可得粒子的质量m=Bqav
故B正确；
C.管道内的等效电流为I=Qt=nq
故C错误；
D.粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力F＝BIl＝Bnql
故D正确。
本题选错误的，故选：C。
10．（2022•湖南）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表Ⓥ的示数为U，理想电流表Ⓐ的示数为I。下列说法正确的是（ ）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
【解答】解：根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为：R原R副=U1I1U2I2=(n1n2)2。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效=(n112n1)2R=4R＜R2；
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等效电阻”增大；当等效电阻的阻值等于R2时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R时，P1向下缓慢滑动时，R1消耗的电功率减小，故D错误。
故选：B。
11．（2022•辽宁）完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心O的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是（ ）
A．此单色光从空气进入水球，频率一定变大
B．此单色光从空气进入水球，频率一定变小
C．若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射
D．若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射
【解答】解：AB、光的频率是由光源决定的，与介质无关，频率不变，故AB错误。
CD、可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角，则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角，设水球半径为R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ，根据几何关系有：sin(π-θ)R=sinαr，可得出光线2的θ大于光线1的θ，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，故C正确，D错误。
故选：C。
12．（2022•重庆）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
【解答】解：AB.假人的头部只受到安全气囊的作用，则F﹣t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F﹣t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，则动量的大小一直增大，故AB错误
C.根据动量与动能的关系有
Ek=p22m
而F﹣t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，故C错误；
D.假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，故D正确；
故选：D。
13．（2022•福建）福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图（b）所示，同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接，若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图（c）所示，重力加速度大小取10m/s2，则（ ）
A．该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400J
B．该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500J
C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5m
D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s
【解答】解：A、该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为W＝mgh＝100×10×2×2.7J＝5400J，故A正确；
B、MN两点高度相同，所以物资从M处被运送到N处的过程中，重力不做功，故B错误；
C、从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m，故C错误；
D、平均速率v=st=π⋅d2t，代入数据解得：v＝0.785m/s，故D错误；
故选：A。
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．（2021•湖北）一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x＝0处的质点在0～1s内运动的路程为4.5cm。下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播
B．波源振动周期为1.1s
C．波的传播速度大小为13m/s
D．t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴负方向运动
【解答】解：A、由题意知x＝0处的质点在Δt＝1s内的运动路程为4.5cm＝4A+12A，所以判断x＝0处质点在t＝0时刻是向下振动的，该波向x轴正方向传播，故A正确；
B、虚线波x＝0处此刻的位移x＝﹣0.5cm=-12A，所以Δt＝T+112T=1s，从而T=1213s，故B错误；
C、波速为v=λT=121213m/s=13m/s，故C正确；
D、从虚线波知x＝6m处的质点此刻正向y的正方向运动，故D错误。
故选：AC。
15．（2023•浙江）氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（ ）
A．图1中的Hα对应的是Ⅰ
B．图2中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C．Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D．P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
【解答】解：A、根据玻尔理论可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ的能量值大于氢原子从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ的能量值，根据E＝hν=hcλ，可知氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ的波长小于氢原子从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ的波长，所以图1中的Hα对应的是Ⅱ，故A错误；
B、由A的判断可知Ⅱ的波长大，根据Δx=Ldλ可知，图3中的干涉条纹对应的是Ⅱ，故B错误；
C、可见光Ⅱ的波长大，根据p=hλ可知可见光Ⅱ的对应的光子的动量小，故C正确；
D、根据Ek＝hν﹣W0和Ek＝eUc，结合可见光Ⅱ的能量值小，可知光Ⅰ对应的遏止电压比Ⅱ的对应的遏止电压大，即P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。
故选：CD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）
Ⅰ、（2023•浙江）（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有 ACD 。
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为 2.74 cm。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则打计数点2时小车的速度大小为 1.47 m/s（结果保留3位有效数字）。
（2）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示。
①采用的实验方法是 A 。
A．控制变量法
B．等效法
C．模拟法
②在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 角速度平方 之比（选填“线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值 不变 （选填“不变”、“变大”或“变小”）。
【解答】解：（1）①A、为使小车能做匀加速直线运动，必须使小车受到的合力恒定，调节滑轮使细线应与轨道平行，故A正确；
B、探究小车速度随时间变化规律，与小车是否受到阻力没有关系，所以不需倾斜轨道以补偿阻力，故B错误；
C、为提高纸带的利用率，小车应靠近打点计时器静止释放，故C正确；
D、实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先接通电源再释放小车，故D正确。
故选：ACD。
②刻度尺为毫米刻度尺，最小分度值为0.1cm，由图得，计数点1的读数为2.74cm；
打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，打点周期T=1f=150s＝0.02s
打计数点2的时刻是1到3的中间时刻，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，设则打计数点2时小车的速度大小为v=8.61-2.742×0.02×0.01m/s＝1.47m/s
（2）①本实验通过控制一些物理量不变，来研究其他物理量之间的关系，采用了控制变量法，故A正确，BC错误。
故选：A。
②左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的向心力之比，根据向心力公式得：Fn＝mω2r
在小球质量和转动半径相同的情况下，向心力之比应等于角速度平方之比；
在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。
故答案为：（1）①ACD；②2.74，1.47；（2）①A；②角速度平方，不变。
Ⅱ、小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响。所用器材有：干电池（电动势约1.5V，内阻不计）2节；两量程电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ；量程0～15V，内阻约15kΩ）1个；滑动变阻器（最大阻值50Ω）1个；定值电阻（阻值50Ω）21个；开关1个及导线若干。实验电路如图1所示。
（1）电压表量程应选用 3V （选填“3V”或“15V”）。
（2）图2为该实验的实物电路（右侧未拍全）。先将滑动变阻器的滑片置于如图2所示的位置，然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱 D （选填“B”“C”“D”）连接，再闭合开关，开始实验。
（3）将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变，依次测量电路中O与1，2，…，21之间的电压。某次测量时，电压表指针位置如图3所示，其示数为 1.50 V。根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线，如图4中实线所示。
（4）在如图1所示的电路中，若电源电动势为E，电压表视为理想电压表，滑动变阻器接入的阻值为R1，定值电阻的总阻值为R2，当被测电阻为R时，其两端的电压U＝ ERR1+R2 （用E、R1、R2、R表示），据此作出U﹣R理论图线如图4中虚线所示。小明发现被测电阻较小或较大时，电压的实测值与理论值相差较小。
（5）分析可知，当R较小时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表的分流小，电压表内阻对测量结果影响较小。小明认为，当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，也是因为相同的原因。你是否同意他的观点？请简要说明理由。
【解答】解：（1）实验所用电源为2节电动势约1.5V的干电池串联组成，可知电源电动势约为3V，故电压表量程应选用3V。
（2）滑动变阻器串联在电路中，由图2可知滑动变阻器的滑片先是置于最左端，为使闭合开关时滑动变阻器接入电路的阻值最大，则电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱D连接。
（3）电压表量程为3V，分度值为0.1V，读数要估读到分度值下一位，故其示数为1.50V。
（4）电压表视为理想电压表，根据闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为：
I=ER1+R2
被测电阻为R时，其两端的电压U＝IR=ERR1+R2。
（5）当R较大时，会导致电压表的分流较大，故原因不相同，不同意他的观点。
电压表测量的是自身的电压，电压表与被测电阻R为并联关系，两者的电压是相同的，即电压表测量的既是自身的电压，也是被测电阻的电压。当R较大时，是因为被测电阻R的分流较小，被测电阻对电压表测量自身的电压影响较小，也就是对测量结果影响较小。
故答案为：（1）3V；（2）D；（3）1.50；（4）ERR1+R2；（5）当R较大时，会导致电压表的分流较大，故原因不相同，不同意他的观点。
17．（2020•山东）中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的2021。若换用抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的2021，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
【解答】解：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，
罐的容积为V0，由题意知：
p1＝p0、T1＝450K、V1＝V0、T2＝300K、V2=20V021 ①
由理想气体状态方程得：p0V0T1=p2V2T2 ②
解得：p2＝0.7p0③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V′0，由题意知：
p3＝p0、V3＝V'0、p4＝p2 ④
由玻意耳定律得：p0V′0＝p2V4 ⑤
联立②⑤式，代入数据得V4=107V'0 ⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
ΔV＝V4-2021V'0 ⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：Δmm=ΔVV4 ⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：Δmm=13。
答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为13。
18．（2023•辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
【解答】解：（1）物块滑上木板到两者共速时木板恰好与弹簧接触的过程，物块与木板组成的系统满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
m2v0＝（m1+m2）v1
代入数据解得：v1＝1m/s
此过程对木板，由动能定理得：
μm2gx1=12m1v12
代入数据解得：x1＝0.125m；
（2）物块与木板一起向右压缩弹簧，两者即将相对滑动时它们之间的静摩擦力等于最大静摩擦力，设此时两者的加速度大小为a。
对物块受力分析，由牛顿第二定律得：
μm2g＝m2a
解得：a＝1m/s2
对物块和木板组成的整体受力分析，由牛顿第二定律得：
kx2＝（m1+m2）a
代入数据解得：x2＝0.25m
从木板与弹簧接触到物块与木板即将相对滑动的过程，由机械能守恒定律得：
12（m1+m2）v12=12kx22+12（m1+m2）v22
代入数据解得：v2=32m/s；
（3）物块与木板相对滑动后到两者加速度首次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为a＝1m/s2，方向水平向左。此过程木板先向右速度从v2减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小等于v2，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能ΔU就等于物块减少的动能，设此过程物块的末速度为v3，则有：
ΔU=12m2v22-12m2v32
对物块，由速度—时间公式得：
v3＝v2﹣a•2t0
联立解得：ΔU=43t0-8t02
19．（2023•浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d=3MgkI2，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【解答】解：（1）导电杆所受安培力的大小为：F＝B1Id＝kI•I•3MgkI2=3Mg
在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得：
F﹣Mg＝Ma
解得：a＝2g
由速度—位移关系公式可得：
2aL=v02
解得：L=v024g
（2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：
v＝v0﹣at＝v0﹣2gt
回路中感应电动势为：
E＝B2dv＝2kI•3MgkI2•（v0﹣2gt）=6MgI（v0﹣2gt）
（3）导电杆两端的电压恒为U0＝IR
根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足：
U+E＝U0
解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：
U＝IR-6MgI（v0﹣2gt）
火箭落停过程经历的时间为t1=v0a=v02g
装置A输出的功率为：P＝UI＝I2R﹣6Mg（v0﹣2gt）
可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t＝0）时功率P0＝I2R﹣6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1＝I2R，则有：
W=pt1=12（P0+P1）t1=I2Rv02g-32Mv02
（4）当R＝0时，由U＝IR-6MgI（v0﹣2gt）=-6MgI（v0﹣2gt）
可知装置A回收能量的功率为P′＝|U|I＝6Mg（v0﹣2gt）
可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t＝0）时功率P0′＝6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1′＝0，则有：
W总=P't1=12（P0′+P1′）t1=32Mv02
设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有：
ΔE机=12Mv02+MgL=34Mv02
根据能量守恒定律得：
ΔE磁＝W总﹣ΔE机=32Mv02-34Mv02=34Mv02
故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为34Mv02；减少的磁场能，大小为34Mv02。
20．（2023•江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为v04，求运动到速度为v02时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2=mv05eB位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【解答】解：（1）电子入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，可知电子受到的沿y轴正方向的电场力与沿y轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有：
eE＝eBv0
解得：E＝Bv0
（2）电子的入射速度为v04＜v0，电子的运动轨迹如题图中的虚线所示，电子运动过程中所受洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理得：
eEy1=12m（v02）2-12m（v04）2
解得：y1=3mv032eB
（3）电子入射速度为v（0＜v＜v0），设电子在最高点时的速度大小为vm。
电子在最低点所受的合力大小为：F1＝eE﹣eBv
电子在最高点所受的合力大小为：F2＝eBvm﹣eE
由题意可得：F1＝F2
联立解得：vm＝2v0﹣v
设电子到达最高点的纵坐标为ym，同理，根据动能定理得：
eEym=12mvm2-12mv2
解得：ym=2m(v0-v)eB
由0＜v＜v0，可得：0＜ym＜2mv0eB，且ym与v成线性关系，可知电子在空间的轨迹分布是均匀的，能到达纵坐标y2=mv05eB位置的电子，其到达最高点的纵坐标在[mv05eB，2mv0eB）区间。
则电子数N占总电子数N0的百分比为：η=(1-y22mv0eB)×100%
解得：η＝90%