浙江省2024年高考物理模拟试卷及答案5

浙江省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、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）得分1．达因值是液体表面张力系数，是液体表面相邻两部分之间单位长度内互相牵引的力。则1达因其值为（）A．1×10﹣5N B．1×10﹣5N/mC．1×10﹣5N/m2 D．1×10﹣5N/m32．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，c表示光速，h为普朗克常量，则激光器每秒发射的光子数为（）A．λPℎc B．ℎPλc C．cPλ3．2022年10月12日15时45分，“天宫课堂”第三课开讲。某学生设想“天地同一实验”，即在空间站和地面做同一个实验，观察实验现象，下面有关其设想的实验和可能出现的现象说法正确的是（）A．如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后“天上”和“地上”看到的现象相同B．如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”和“地上”实验现象相同C．如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同D．如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”和“地上”观察到的现象相同4．我国女子短道速滑队多次在国际大赛上摘金夺银，为祖国赢得荣誉。在某次3000m接力赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲和乙组成的系统机械能守恒5．如图所示是某款八缸四冲程汽油车的“五挡手动变速箱”的结构示意图，其工作原理是通过挡位控制来改变连接发动机动力轴的主动齿轮和连接动力输出轴的从动齿轮的半径比。当挡位挂到低速挡——“1、2挡”时，最大车速为20～30km/h，当挡位挂到高速挡——“5挡”，汽车才能获得比较大的车速，则（）A．挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，主动齿轮和从动齿轮的半径比变大B．若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，汽车获得的牵引力瞬间减小C．发动机工作时经历“吸气—压缩—做功—放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，气体对外界做功D．随着发动机技术的不断发展，将来有可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，即热机的效率达到100%6．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动（ab向纸外，cd向纸内），并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。已知其周期为T，电流峰值为I0，下面说法正确的是（）A．根据图乙可知T4B．根据图乙可知T4C．若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同D．若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同7．如图所示，篮球比赛时某同学罚球过程中，两次投篮时球被抛出的位置相同，第一次篮球水平击中球框A点，第二次篮球水平击中篮板上边缘B点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．两次篮球在空中运动的时间相等 B．两次抛出时速度的竖直分量可能相等C．两次抛出时速度的水平分量可能相等 D．两次抛出时速度的大小可能相等8．如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（）A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：10B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：5C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点9．如图，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，另有A、B两物体叠放在一起放置在斜面顶端，且B的上表面水平，A、B一起从斜面顶端由静止开始下滑，直到斜面底端，在此过程中，下列说法正确的是（）A．运动中物块B对A的摩擦力方向水平向右 B．运动中物块B对A的弹力等于A的重力C．运动中物块B对A的作用力不做功 D．运动中斜面对A、B系统的冲量为零10．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法错误的是（）A．卫星在圆轨道1上运行的角速度大于在圆轨道3上运行的角速度B．卫星在椭圆轨道2上运行的周期小于在圆轨道3上运行的周期C．卫星在轨道2上经过Q点时的速率小于它在轨道3上经过P点时的速率D．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度11．“司南”是我国古代四大发明之一，主体由磁勺和罗盘构成。据东汉《论衡》记载，其“司南之杓，投之于地，其柢（即勺柄）指南”。若在静止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通电的直导线，请推测勺柄将（）A．向正东方向转动 B．向正西方向转动C．向正南方向移动 D．向正北方向移动12．如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球B，半径为L，球心O'坐标为（2L，0）。再将一点电荷A固定在原点O处，带电量为+Q。a、e是x轴上的两点，b、c两点对称地分布在x轴两侧，点a、b、c到坐标原点O的距离均为L2A．图中各点的电势关系为φa＝φb＝φc＞φd＞φeB．金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，用一根导线分别连接左右两侧，导线中有短暂的电流C．金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小E=kQD．金属导体球上的感应电荷在球心O'处产生的电场强度为kQ413．有两个钓鱼时所用的不同的鱼漂P和Q，分别漂浮于平静水面上的不同位置，平衡时状态均如图甲所示。现因鱼咬钩而使鱼漂P和Q均在竖直方向上做简谐运动，振动图像如图乙所示，以竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（）A．鱼漂P和Q振动形成的水波叠加后会形成干涉图样 B．t＝0.6s时鱼漂P和Q的速度都为0C．t＝1.0s时鱼漂P和Q的速度方向相同 D．t＝1.0s时鱼漂P和Q的加速度方向相同阅卷人二、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）得分14．一静止原子核ZAX发生α衰变，生成一α粒子及一新核Y．已知X、Y和α粒子的质量分别是m1、m2和mA．核反应前后质量数和电荷数都守恒 B．核反应过程中释放出的核能为(C．α粒子和新核的电荷量之比为（Z﹣4）：4 D．新核的动能为m15．某半径为r类地行星表面有一单色光源P，其发出的各方向的光经过厚度为(2−1)r、折射率为n＝2的均匀行星大气层（图中阴影部分）射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如图所示，设此截面内一卫星探测器在半径为4r3+1的轨道上绕行星做匀速圆周运动，忽略行星表面对光的反射，已知A．大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为2B．若卫星探测器运行时，只能在轨道上某部分观测到光，则这部分轨道弧长为πC．若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大D．若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率一定大于光源发出的频率阅卷人三、非选择题（本题共5小题，共55分）得分16．某同学用图1所示的实验装置探究小车的加速度a与小车质量M的关系。所用交变电流的频率为50Hz。（1）已安装好器材，准备开始实验。请写出实验装置图中错误（或不合适）的地方：，图中电火花打点计时器使用的电源为（填写以下选项前字母）。A．直流4～6VB．直流220VC．交流4～6VD．交流220V（2）该同学在教师指导下，将实验装置调试正确。图2是他某次实验得到的纸带，两计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图2所示。求小车的加速度是m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）该同学实验中，保持所挂钩码的总质量m不变，改变小车的质量M，并测出所对应的加速度a，以小车的质量M为横坐标，以1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图3所示的关系图线，已知当地的重力加速度为g，结果发现图象不过原点，根据牛顿第二定律认为在拉力不变的情况下，1a与M应该成正比，请你告诉该同学图中纵轴上的截距的物理意义17．在测量电源的电动势和内阻的实验中，某同学借助标准电源对实验原理做出创新，如图甲所示。实验室提供的器材如下：待测电源E；标准电源（电动势E0＝6V，内阻r0＝1Ω）；滑动变阻器（最大阻值为100Ω）；电流表A（量程为0～500mA，内阻为2Ω）；开关S1，S2，导线若干。请完成下列问题：（1）在图乙中用笔画线代替导线，补充完成实物图的连接。（2）按图甲连接好电路后，闭合开关S1、断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片位置，记录稳定后电流表的示数I1，保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关S1、闭合开关S2，记录稳定后电流表的示数I2。（3）某次实验时，闭合开关S1、断开开关S2，调节完成后电流表示数稳定时如图丙所示，此时电流为mA，则滑动变阻器接入回路的阻值为Ω。（4）将测得的多组数据描绘在1I（5）若得到的图线斜率k＝0.65，纵截距b=−1480mA−118．在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，（1）必须要选用的器材是____。A．有闭合铁芯的原副线圈 B．无铁芯的原副线圈C．交流电源 D．直流电源E．多用电表（交流电压挡） F．多用电表（交流电流挡）（2）用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表：U/V1.802.803.804.90U/V4.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是（选填“na”或“nb”）。（3）如图所示，向右推动可拆卸变压器的铁芯，使其由不闭合到闭合，可以看到接在副线圈两端的小灯泡亮度从较小到正常发光。试分析其原因。19．水枪是小朋友们非常喜欢的玩具，水枪后端有一个圆柱形水壶。如图，圆柱形水壶密封时容积为V，打气筒室容积ΔV=V40。某次倒入水壶中水的体积为3V4并密封，初始壶内气体压强为p0，然后开始打气，每一次打入压强为p0、体积为V（1）至少打几次气后，水壶里的水可以全部喷完；（2）若在喷水过程水壶中空气从外界吸收热量15J，求壶中空气对外做功是多少。20．如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ＝37°。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l＝10m。一质量为m＝1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37＝0.8。求：（1）物块从A点飞出的速度大小v0和在A点受到的压力大小FNA；（2）物块到达C点时的速度大小vC及对C点的压力大小FNC；（3）若物块能被送到F端，则传送带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从E端到F端所用时间的范围。（该问结果可保留根式）21．如图，质量为m、电阻为2r的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为2L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径OM和O'P竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为2L，水平导轨间距分别为2L和L。质量也为m、电阻为r的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM'与PP'、NN'与QQ'均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨部分均有竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出）。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为v0）做平抛运动，并在高度降低2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：（1）金属棒ab做平抛运动的初速度v0；（2）金属棒ab做平抛运动恰好落在圆弧轨道上端时对圆弧轨道的压力；（3）若圆弧导轨区域内无磁场，其他部分磁场不变，从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中金属棒ab上产生的焦耳热。22．如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个棱长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体棱长平行。正方体Ⅰ空间内在y＞0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y＞0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y＜0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的重力，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小；（3）磁感应强度的大小。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】达因值是液体表面相邻两部分之间单位长度互相牵引的力，则单位

Fx=Nm

B符合题意，ACD不符合题意。2．【答案】A【解析】【解答】发射功率

P=Wt=nℎcλt

则激光器每秒发射的光子数

n=λP3．【答案】C【解析】【解答】A.图1中单摆由于重力的作用会来回摆动，太空中处于失重状态，拉开角度小球不会摆动，A不符合题意；

B.图2中液体薄膜因为重力的作用造成厚度不均匀，液体前膜和后膜的反射光发生干涉现象，在太空中处于干涉现象，薄膜厚度均匀，不会发生干涉现象，B不符合题意；

C.密闭气体的压强只与气体温度有关，故天上和地下容器内气体压强相同，C符合题意；

D.水在玻璃管表面发生浸润现象，液面会上升，太空中处于失重状态，液面高度会更高，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】根据太空中失重特点，结合地球的物理现象原理可得出结论。4．【答案】B【解析】【解答】AB.根据动量守恒定律，作用甲、乙的动量之和与作用后甲、乙动量之和相同，甲对乙的冲量等于乙的动量变化量，乙对甲的冲量等于甲的动量变化量，故两者动量变化量大小相等，方向相反，A不符合题意，B符合题意；

CD.在作用过程中甲乙机械能不一定守恒，故甲的动能增加量不一定等于乙的动能减小量，CD不符合题意。

故答案为：B

【分析】利用动量守恒定律，结合对单个物体的动量定理分析可得出结论。5．【答案】A【解析】【解答】A.档位从1逐步增加到5，由图可知主动轮半径增大，故主动齿轮和从动齿轮的半径比增大，A符合题意；

B.若功率保持不变，由

P=Fv

可知，换档瞬间，速度不变，牵引力不变，B不符合题意；

C.压缩气体时，气体体积减小，外界对气体做功，C不符合题意；

D.根据热力学第二定律，不可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的机械能，效率不可能达到100%，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】利用机车启动功率的表达式可求出牵引力的变化。6．【答案】D【解析】【解答】A.根据图乙可知T4时，电流最大，故线圈的磁通量最小，A不符合题意；

B.根据图乙可知T4时，电流最大，故线圈的磁通量变化率最大，B不符合题意；

C.若将甲图中转轴改为ab，并从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流与图乙相同，C不符合题意；

D.将单匝线圈改为两匝，由

Im=Em7．【答案】D【解析】【解答】A.将篮球运动看作逆过程的平抛运动，则由

ℎ=12gt2

可知，两次篮球在空中运动的时间不相等，A不符合题意；

B.由

vy=gt

可知，两次抛出的速度竖直分量不相等，B不符合题意；

C.由

x=v8．【答案】D【解析】【解答】AB.对小球N而言，设圆心为O，OA与竖直方向夹角为θN，有

mgtanθN=mω2RN

即

mgtanθN=mω2RsinθN

可得

mg=mω2·ℎ

摆高

ℎ=gω2

则

RN=R2−ℎ2=ω9．【答案】C【解析】【解答】A．因为AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有水平向左的分量，则运动中物块B对A的摩擦力方向水平向左，A不符合题意；B．AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有竖直向下的分量，则由m可知运动中物块B对A的弹力小于A的重力，B不符合题意；C．因AB一起下滑的加速度为a=gsinθ可知，B对A的作用力与位移垂直，则运动中物块B对A的作用力不做功，C符合题意；D．运动中斜面对A、B系统的作用力不为零，根据I=Ft可知，冲量不为零，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】利用整体的牛顿第二定律可以判别物块B对A的摩擦力方向；利用整体的加速度方向结合竖直方向的牛顿第二定律可以比较B对A的弹力及A的重力大小；利用B对A的作用力方向与位移方向垂直可以判别B对A作用力不做功；利用斜面对AB的作用力不等于0可以判别冲量不等于0.10．【答案】C【解析】【解答】A.轨道1和轨道3都为圆周轨道，故有

ω=GMr3

可知卫星在圆轨道1上运行的角速度大于在原轨道3上运行的角速度，A不符合题意；

B.由开普勒第三定律

a3T2=k

可知，卫星在轨道2上运行周期小于轨道3的运行周期，B不符合题意；

C.可知，卫星在1轨道经过Q点的速度要小于卫星在2轨道经过Q点的速度，又有

v=GMr

可知，卫星在1轨道经过Q点的速度大于卫星在3轨道经过P点的速率，故卫星在轨道2经过Q点的速率要大于在轨道3经过P点时的速率，C符合题意；

11．【答案】A【解析】【解答】由于在磁勺正上方放置一根由南向北通电的直导线，根据安培定则可知电流在磁勺处的磁场方向指向正西方向，则磁勺的N极向正西方向转动，S极向正东方向转动，根据题意可知，勺柄为磁勺的S极，即勺柄将向正东方向转动。故答案为：A。

【分析】根据安培定则得出电流在磁勺处的磁场方向，从而得出磁勺的运动情况。12．【答案】D【解析】【解答】A.由题可知，导体球B左侧会感应出负电荷，A点左边电场强度会小于右边电场强度，电势

φb＝φc＞φa＞φd＞φe

A不符合题意；

B.导体球处于静电平衡状态，是一个等势球，故不会产生电流，B不符合题意；

C.可知，电荷A在外表面d处的电场强度为

13．【答案】D【解析】【解答】A.由图乙可知，两鱼漂做简谐振动的周期不同，频率不同，故振动产生的水波不能叠加后形成干涉图样，A不符合题意；

B.t＝0.6s时鱼漂P和Q都处于平衡位置，速度最大，B不符合题意；

C.t＝1.0s时，由图乙可知鱼漂P速度竖直向上，Q的速度竖直向下，故两者方向不同，C不符合题意；

D.t＝1.0s时鱼漂P和Q的加速度方向相同，都沿竖直向上的方向，D符合题意。

故答案为：D

【分析】利用简谐振动的振动图像特点可得出周期和运动特点，进而判断两质点速度、加速度方向特点。14．【答案】A,D【解析】【解答】A.核反应前后质量数和电荷数都守恒，A符合题意；

B.释放的核能为

∆E=(m1−m2−m1)c2

B不符合题意；

C.α粒子带2个单位正电荷，故α粒子和新核的电荷量之比为2：(Z﹣2），C不符合题意；

D.静止原子核衰变后生成α粒子及新核Y的动量大小相等，方向相反，由

15．【答案】B,C【解析】【解答】A.由P点发出的光入射到大气层外表面恰好发生全反射时，入射角

sinC=1n

即C=30°，设光线从大气层外表面A点射出，圆心为O，OP与PC夹角为α，OP与OA夹角为β，则由正弦定理可得

rsinC=2−1r+rsinα

可得

α=135°

则

β=15°

发光区域形成的弧长为

2β·2−1r+r=216．【答案】（1）小车释放时距打点计时器过远或细绳不够长（一条即可）；D（2）0.75（0.73﹣0.77）（3）1【解析】【解答】（1）为了更多的记录小车运动过程中的计时点，应让小车靠近打点计时器释放；交变电流频率为50Hz，故使用220V交变电流；

（2）加速度为

a=CE−AC2·21f2=0.75m/s2

（3）由牛顿第二定律可知

mg=17．【答案】（1）（2）无（3）300；17（4）无（5）3.9；13.5【解析】【解答】（3）由电表示数可知，电流为300mA；回路中总电阻

R=EI=20Ω

则滑动变阻器接入回路的阻值为

Rx=R−r−RA=17Ω

（5）闭合开关S1、断开开关S2与断开开关S1、闭合开关S2前后电流表示数不变，故有

E0I1−r018．【答案】（1）A；C；E（2）nb（3）若铁芯闭合时，由于铁芯被磁化，绝大部分磁感线集中在铁芯内部，贯穿副线圈，大大增强了变压器传输电能的作用，所以接在副线圈两端的小灯泡亮度从较小到正常发光。【解析】【解答】（1）AB.为了增强互感现象，要选用有闭合铁芯的原副线圈，A符合题意，B不符合题意；

CD.变压器原理为互感现象，原线圈交变电流产生变化的磁场，进而在副线圈产生的感应电流，故需要用交变电流，C符合题意，D不符合题意；

EF.探究电压与匝数的关系，需要用多用电表的交变电压档，E符合题意，F不符合题意。

故答案为：ACE。

（2）由表格可知，Ua的电压不足Ub的一半，说明在非理想变压器中，由于铁损和磁损，会存在电压损耗，故原线圈为Ub，副线圈为Ua，则接电源的为线圈nb；

（3）铁芯闭合，则铁芯被磁化，绝大部分磁感线集中在铁芯内部，增强了变压器输电的作用，故接在副线圈的小灯泡亮度从较小到正常发光。

【分析】（1）利用变压器的基本原理可判断实验步骤的可行性；（2）通过表格内的电压关系可得出匝数特点。19．【答案】（1）解：设状态1：p1＝p0，V1=V4，至少打n次气后水壶中为状态2：p2，V2=Vp1V1+np0ΔV＝p2V2气体由状态2到状态3做等温变化，由玻意耳定律p2V2＝p3V3联立两式求得n＝30（2）解：喷水过程中由于环境温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律，有ΔU＝Q+W解得W＝﹣Q＝﹣15J则壶中空气对外做功15J。【解析】【分析】（1）利用玻意尔定律可求出打气的次数；

（2）利用热力学第一定律，内能不变，可求出做功大小。20．【答案】（1）解：小球从A点到C点做平抛运动，竖直方向有：vy=2gℎ=2g⋅2R=2在C点，有tan37°=解得v0＝8m/s在A点，对物块根据牛顿第二定律得mg+FNA＝mv解得FNA=550（2）解：物块到达C点时速度大小：vC=v在C点，对物块，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mgcos37°＝mv代入数据解得：FN＝208N由牛顿第三定律知，物块对C点的压力大小FNC＝FN＝208N（3）解：已知vE＝vC＝10m/s，设传送带的速度为v，物块刚滑上传送带时，若物块的速度大于传送带的速度，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可知mgsin37°+μmgcos37°＝ma1解得：a1＝10m/s2物块速度减至传送带速度所需时间为t1=通过的位移为x1=达到相同速度后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，故物体继续向上做减速运动，根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2解得加速度大小：a2＝2m/s2当到达F点时，速度恰好为零，则v2＝2a2x2，t2=x1+x2＝l代入数据解得：v＝5m/s，t1＝0.5s，t2＝2.5s上滑所需要的最大时间tmax＝t1+t2＝0.5s+2.5s＝3s若传送带的速度始终大于向上滑动的速度，则物块在传送带上一直以加速度a2向上做减速运动，则l＝vEtmin−12a代入数据解得：tmin＝（5−15故传送带顺时针运转的速度满足条件为：v传≥5m/s物块从E端到F端所用时间的范围为：（5−15【解析】【分析】（1）利用平抛运动的基本公式可求出小球在C点的竖直速度，结合几何关系可求出初速度大小，根据牛顿第二定律可求出小球在A点受到的压力大小；（2）利用运动的分解可求出物体到