浙江省宁波市九校2023-2024学年高二下学期6月期末联考物理试题（解析版）

宁波市2023学年第二学期期末九校联考高二物理试题考生须知：1．全卷满分100分，考试时间为90分钟；2．本卷答案必须做在答题卷的相应位置上，做在试卷上无效；3．请用钢笔或圆珠笔将学校、姓名、学号分别填写在答卷相应的位置上；4．本卷答重力加速度g均取选择题部分一、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.下列属于国际单位制中单位的是（）A欧姆（） B.电子伏特（eV） C.摄氏度（℃） D.克（g）【答案】A【解析】【详解】A．欧姆（）是国际单位制中电阻单位，故A正确；B．电子伏特（eV）是能量单位，焦耳（）是国际单位制中能量单位，故B错误；C．摄氏度（℃）是温度单位，开尔文（）是国际单位制中温度单位，故C错误；D．克（g）是质量单位，千克（）是国际单位制中质量单位，故D错误。故选A。2.物理思想方法是物理学科素养的重要内容，可帮助我们提升思维水平，形成综合能力。下列有关思想方法说法正确的是（）A.卡文迪什利用扭秤测量万有引力常量用到了微元法的思想B.合力、分力等概念的建立体现了等效替代的思想C.电流公式与电容公式都采用了比值定义法D.点电荷、电场、电场线都是抓住主要因素忽略次要因素建立的理想化模型【答案】B【解析】【详解】A．卡文迪什利用扭秤测量万有引力常量用到了放大法的思想，故A错误；B．合力、分力等概念的建立体现了等效替代的思想，故B正确；C．电流公式是电流的决定式，不是比值定义，与电容公式采用了比值定义法，故C错误；D．点电荷、电场线都是抓住主要因素忽略次要因素建立的理想化模型，而电场是客观存在的一种特殊物质，不是理想化模型，故D错误。故选B。3.运球转身是篮球运动中重要进攻技术之一，其中拉球转身的动作是难点。如图甲所示为运动员拉球转身的一瞬间，由于篮球规则规定手掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图乙所示的模型。薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕着转轴（中枢脚所在直线）做圆周运动。假设手掌和球之间的最大静摩擦因数为0.5，篮球质量为600g，球心到转轴的距离为45cm，则要顺利完成此转身动作，篮球和手至少要有多大的速度（）A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.4m/s【答案】C【解析】【详解】对篮球进行受力分析，竖直方向由水平方向手对球的作用力提供向心力联立解得故选C。4.我国汉代劳动人民发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上点到转轴的距离为，辘轳边缘点到转轴的距离为，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速往上运动的过程中，下列说法正确的是（）A.把手边缘上点与辘轳边缘点的角速度之比为B.水桶上升的速度大小等于把手边缘上点线速度大小的C.绳子拉力对水桶和水做的功等于水桶和水机械能的增加量D.绳子拉力对水桶和水的冲量等于水桶和水的动量变化量【答案】C【解析】【详解】A．同轴转动时，角速度相等，可知，把手边缘上点与辘轳边缘点的角速度之比为，故A错误；B．根据线速度与角速度额关系有，可知，水桶上升的速度大小等于把手边缘上点线速度大小的，故B错误；C．由于忽略空气阻力，水桶和水受到重力与拉力，拉力作正功，则绳子拉力对水桶和水做的功等于水桶和水机械能的增加量，故C正确；D．根据动量定理可知，绳子对水桶和水拉力和重力合力的冲量等于水桶和水的动量变化量，故D错误。故选C。5.图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙甲是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.石块每次弹起后的滞空时间相等 B.石块最多能在湖面上弹起5次C.石块每次弹起过程能量损失30% D.石块每次弹起到最高点的速度为零【答案】B【解析】【详解】B．石块做斜上抛运动根据运动总时间解得设石块一共能打个水漂，则有，（取整数）解得故B正确；A．石块每次弹起后竖直方向速度都减小，根据B选项分析可知石块每次弹起后的滞空时间减小，故A错误；D．石块每次弹起到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以石块每次弹起到最高点的速度不为零，故D错误；C．石块每次弹起过程能量损失故C错误。故选B。6.如图所示的电路中，A、B是规格相同的灯泡，L是自感系数较大、电阻可以忽略不计的线圈，电源电动势E不变。下列说法正确的是（）A.合上S，电流稳定后A、B亮度相同B.合上S的瞬间，A、B同时亮，之后A逐渐熄灭C.电流稳定后断开S的瞬间，A、B均立即熄灭D.电流稳定后断开S的瞬间，A立即熄灭，B闪亮后逐渐熄灭【答案】B【解析】【详解】AB．合上S的瞬间，由于线圈产生自感电动势，电流同时流过灯泡A、B，则两灯同时亮，然后线圈的自感作用逐渐减小对电路阻碍作用减小电流增大导致A灯电流减小，电流稳定后，由于线圈电阻不计，则灯A被短路，A灯逐渐熄灭，故A错误，B正确；CD．电流稳定后断开S的瞬间，由于线圈产生自感电动势，且与灯A组成回路，所以A闪亮后逐渐熄灭，B立即熄灭，故CD错误。故选B。7.一辆货车将若干电流表运往宁波某中学（右图为电流表内部结构），为了防止在运送过程中电流表指针的晃动，现用导线将两个接线柱连接起来，请问连接哪两个接线柱效果最佳（）A.连接接线柱“-”与接线柱“0.6” B.连接接线柱“-”与接线柱“3”C.连接接线柱“0.6”与接线柱“3” D.把接线柱“0.6”接地【答案】A【解析】【详解】电流表晃动使线圈产生感应电动势，根据电流表内部结构可知，当用导线连接接线柱“-”与接线柱“0.6”时，流过表头电流最大，阻尼效果最好。故选A。8.三体问题是天体力学中的基本模型，即探究三个质量、初始位置和初始速度都任意的可视为质点的天体，在相互之间万有引力的作用下的运动规律。三体问题同时也是一个著名的数学难题，1772年，拉格朗日在“平面限制性三体问题”条件下找到了5个特解，它就是著名的拉格朗日点。在该点上，小天体在两个大天体的引力作用下能基本保持相对静止。如图是日地系统的5个拉格朗日点（L1、L2、L3、L4、L5），设想未来人类在这五个点上都建立了太空站，若不考虑其它天体对太空站的引力，则下列说法正确的是（）A.位于L1点的太空站处于受力平衡状态B.位于L2点的太空站的线速度小于地球的线速度C.位于L3点的太空站的向心加速度大于位于L1点的太空站的向心加速度D.位于L4点的太空站向心力大小一定等于位于L5点的太空站向心力大小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．位于L1点的太空站绕太阳做匀速圆周运动，不是平衡状态，选项A错误；B．由于三体基本保持相对静止，则位于L2点的太空站绕太阳做匀速圆周运动，与地球绕太阳做匀速圆周运动的周期是相等的，角速度是相等的，而位于L2点的太空站的轨道半径略大于地球的轨道半径，根据公式v=ωr可知，位于L2点的太空站的线速度大于地球的线速度，选项B错误；C．第三个拉格朗日点L3，位于太阳的另一侧，比地球距太阳略微远一些，其轨道半径大于位于L1点的太空站。由于它们的角速度与地球绕地球的角速度都是相等的，由向心加速度的公式a=ω2r可知，位于L3点的太空站的向心加速度大于位于L1点的太空站的向心加速度，选项C正确；D．由于位于L4点的太空站与位于L5点的太空站的质量关系未知，所以不能比较它们需要的向心力的大小关系，选项D错误。故选C。9.钠的放射性同位素经过一次衰变后产生稳定的镁（）。已知的半衰期为15h，将放射强度为每秒次的，溶液样本倒入某水池中，45h后从该水池中取50mL的水，测得其放射强度为每秒20次。下列说法正确的是（）A.该衰变过程为衰变B.进入到水池后半衰期发生变化C.水池中水的体积约为D.水池中水的体积约为【答案】C【解析】【详解】A．根据质量数与电荷数守恒有24-24=0，11-12=-1可知，该衰变过程为衰变，故A错误；B．半衰期与物理性质和化学性质无关，进入到水池后半衰期不会发生变化，故B错误；CD．45h等于3个半衰期，可知，经过45h后，放射强度为每秒次的溶液的每秒放射强度的次数为令水池中水的体积约为V，则有解得故C正确，D错误。故选C。10.最近两年洗地机这一新鲜家电逐渐流行，便利了人们的生活。现有某品牌洗地机，其工作参数如图所示，其工作模式有强效、节能两种，强效模式下，该洗地机以额定功率工作，节能模式下，以额定功率的一半功率工作，两种模式下，其工作电压均相同，其续航时间是按照节能模式工作计算得到的，则下列说法正确的是（）产品名称某品牌洗地机产品型号QX-V6A额定功率220W电池容量5200mAh续航时间80min清水箱容量800mL外形尺寸污水箱容量720mLA.电池充满电后，储存的总电荷量为187200CB.该洗地机在强效模式下的工作电流为3.9AC.该洗地机内阻约为D.该洗地机的工作电压约为28V【答案】D【解析】【详解】A．电池充满电后，储存的总电荷量为故A错误；BD．该洗地机在节能模式下工作电流为节能模式下，以额定功率的一半功率工作，两种模式下，其工作电压均相同，由可知，在强效模式下的工作电流为该洗地机的工作电压约为故B错误，D正确；C．根据题中条件，无法得出该洗地机内阻，故C错误。故选D。11.空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取点为坐标原点建立轴，如图甲所示。现有一个质量为、电量为的试探电荷，在时刻以一定初速度从轴上的点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为、半径为。已知图中圆为试探电荷运动轨迹，为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势随时间的变化图像如图乙所示，其中。下列说法正确的是（）A.电场强度的方向与轴正方向成B.从点到点做功为C.微粒在时所受变力可能达最小值D.圆周运动的过程中变力的最大值为【答案】D【解析】【详解】A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为，电势最低值，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势相同的点A，如图aA垂直于电场线设电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系解得故A错误；B．由上述分析可知从a点到b点由动能定理又解得故B错误；C．圆周运动的过程中电势为时，变力F达到最小值，故微粒在时所受变力不可能达最小值，故C错误；D．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为速度为电场强度为圆周运动的过程中电势为时变力F达到最大值，有解得故D正确。故选D。12.如图甲所示，一圆形线圈面积，匝数，电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度随时间正弦变化的图象如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为，与副线圈连接的电阻为理想二极管，下列说法正确的是（）A.时，圆形线圈中有逆时针方向的电流B.时，圆形线圈中有最大电流C.内，流过的电荷量为0.01CD.1s内原线圈输入的能量为【答案】C【解析】【详解】A．0.005s～0.015s时间内，分析图乙可知，垂直纸面向里的磁感应强度逐渐减小，根据楞次定律可知，圆形线圈中产生顺时针感应电流，故A错误；B．t＝0.005s时，磁感应强度的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知，圆形线圈中的感应电流为零，故B错误；C．根据可知穿过圆形线圈的最大磁通量为在0~0.005s内穿过圆形线圈的磁通量的变化量为圆形线圈产生的平均感应电动势为则变压器的输出电压的平均值为，根据解得通过的平均电流为所以内，流过的电荷量为故C正确；D．根据乙图可知圆形线圈产生的感应电动势的最大值为所以感应电动势的有效值为电阻的功率因为二极管的存在，所以电阻两端电压的有效值则电阻的功率为变压器的输入功率为故D错误。故选C。13.已知太阳光垂直射到地球表面上时，地球表面的单位面积上单位时间接收到的太阳光的能量为。假如认为太阳光为单一频率的光，且波长为，光速为，普朗克常量为。由于地球离太阳很远，所以照射到地球表面的太阳光可近似看成平行光。现有一个半径为的薄壁球壳，球心为，倒扣在地面上，太阳光垂直于地面入射到半球面上，如图甲所示。图乙为平放在地面上的半径同为的圆盘。由于太阳光的作用，会使薄壁球壳或圆盘受到一个向下的压力。为研究该压力，小杨同学在半球面上取一条很窄的环带状球面是一个以为圆心的圆的直径，是以正上方离很近的（图中未画出）为圆心的圆的直径，。由于很短，故整个环带状球面可看成与水平方向成角的斜面。设该环带状球面的面积为，其在地面上的投影记为。则下列说法中正确的是（  ）A.光子动量的变化量大小B.单位时间打到半球面上的光子数C.假设所有照射到球面上的太阳光均被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为D.假设太阳光均直接穿过球面照射到上再被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为【答案】D【解析】【详解】A．若光被反射，反射前后频率不变，则方向垂直于S1面，如图所示故A错误；B．单位时间打到半球面上的光子数故B错误；C．在时间内，射到S1面上的光子数为光子被全部反射，根据动量定理，光子受到的力大小为F10，则得根据牛顿第三定律，S1面受到的力大小为故C错误；D．在时间内，射到S2面上的光子数为太阳光直接穿过球面照射到S2上再被S2反射，反射前后频率不变根据动量定理，光子受到的力大小为得由于得根据牛顿第三定律，S2面受到的力大小为故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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.近代物理发展最为迅猛的一段历史应该是19世纪到20世纪，对于下列配图所对应的说法正确的是（）A.图1是白光的薄膜干涉现象，从图中可以看到，圆形肥皂膜从上向下一定是均匀变厚B.图2描述的是卢瑟福的粒子的散射实验，他据此提出了原子的核式结构模型C.图3是戴维森和汤姆孙所做的高速电子束经过铝箔的干涉图样，从而证明了电子的波动性D.图4是德国科学家劳厄观察到的X射线照射晶体的衍射图样，从而证实了X射线具有波动性【答案】BD【解析】【详解】A．从图1中可以看到，从上向下干涉条纹越来越密，可知肥皂膜从上向下变厚，且变厚的越来越快，如果均匀变厚，则干涉条纹是等间距的，故A错误；B．图2描述的是卢瑟福的粒子的散射实验，他据此提出了原子的核式结构模型，故B正确；C．图3是戴维森和汤姆孙所做的高速电子束经过铝箔的衍射图样，从而证明了电子的波动性，故C错误；D．图4是德国科学家劳厄观察到的X射线照射晶体的衍射图样，从而证实了X射线具有波动性，故D正确。故选BD。15.如图所示，与处有两个波源和均可以沿轴方向做简谐运动，两波源产生的机械波均能以波源为圆心在平面内向各个方向传播，振动周期均为，波速均为。时刻波源开始沿轴正方向振动，振幅；时刻波源开始沿轴负方向振动，振幅。下列说法正确的是（）A.时刻，处质点的位移为B.在轴上，和区域都是振动的减弱点C.在轴上，区间内一共有9个振动的加强点D.以波源为圆心，分别以半径4.4m和4.8m画圆，则在这两个圆周上，振动的加强点的个数相等【答案】CD【解析】【详解】A．假设只有波源时，因波速，此波传到处需要时间为因周期，则处的质点又振动了可知质点在时刻处在波峰，即位移是3cm，同理可知只有波源时，传到需要时间为质点又振动了可知质点在时刻处在波谷，则位移是-5cm，故时刻，处质点的位移为故A错误；B．该波的波长为在和区域，各点到两波源距离之差即是波长的整数倍，波源的振动步调相反，波源先振动半个周期，因此各点都是振动加强点，故B错误；C．设振动加强的坐标为，在x轴上，振动加强点满足（n＝0，1，2，3…）且解得故区间内一共有9个振动的加强点，故C正确；D．以波源为圆心，分别以半径4.4m和4.8m画圆，如图所示则在这两个圆周上，Q点到两波源的距离之差最小，则有P点到两波源的距离之差最大，为半径为4.4m的圆上振动加强点满足（＝0，1，2，3…）解得可取点到两波源距离之差最小点到两波源的距离之差最大，为半径为4.8m的圆上振动加强点满足（＝0，1，2，3…）解得可取则在这两个圆周上，振动的加强点的个数相等，故D正确。故选CD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.图甲所示，用“碰撞实验器”可以研究两个小球在碰撞前后的动量关系，从而验证动量守恒定律以及判断两球碰撞是否为弹性碰撞。（1）用10分度游标卡尺测量小球直径D，测量结果如图乙所示，______mm。（2）图甲中，点是入射小球抛出点在地面上的垂直投影，点是入射小球B抛出点在地面上的垂直投影的垂直投影，。实验时，先让小球多次从斜轨上S处静止释放，小球B静置于支柱管上，接着使小球A从S处静止释放，在水平段末端与小球B相碰（碰后支柱管立刻倾倒），多次重复实验，找到小球A、B的平均落点。测量出A球质量B球质量，若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为______（用测量的物理量符号表示）。（3）以下说法中有助于减少实验误差的有______。A.轨道必须光滑 B.轨道末端必须水平C.两小球质量必须相等 D.两小球半径必须相同（4）某实验小组在实验中发现小球落点不在同一条直线上，出现了如图丙所示的情况。已知A球质量球质量和在连线上的垂直投影点为（图中未画出），根据以上数据，请写出验证所需的表达式______（用题（4）中的字母表示）。【答案】（1）15.2（2）（3）BD（4），【解析】【小问1详解】小球直径【小问2详解】小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则两边同时乘以t，得则【小问3详解】A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；B．本实验要通过平抛运动验证动量守恒定律，所以轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故B正确；C．两个小球的大小必须相等，保证对心碰撞，且入射小球的质量必须大于被撞小球的质量，防止入射球反弹，故C错误；D．为保证两球对心碰撞，两小球半径必须相同，故D正确。故选BD。【小问4详解】参考小问（2）分析，若碰撞过程动量守恒，平行于OP方向上有垂直于OP方向上有17.看到交警用酒精检测仪检查酒驾的情景，某同学欲自己制作一个酒精检测仪，所用器材如下：半导体酒精浓度传感器（其电阻与酒精气体浓度的关系图线如图1所示）干电池E（电动势为，内阻未知）电流计G（满偏电流，内阻）电阻箱（最大阻值）滑动变阻器（最大阻值）电键2个，导线若干（1）实验电路原理图如图2所示，请在图3中完成实物连线。（）（2）该同学将电流计的量程扩大为，则应将电阻箱的阻值调为__________。（3）具体使用该探测仪时，首先闭合电键、，调节滑动变阻器使电流计G满偏（即电流计G的示数为）。然后断开电键，若：（计算结果均保留3位有效数字）①探测仪处于“待机”状态，即传感器所处环境的酒精浓度为零时，电流计的示数应为__________；②传感器所处环境的酒精浓度恰为“酒驾”标准，即“”，则电流计的示数应为__________；③传感器所处环境的酒精浓度恰为“醉驾”标准，即“”，则电流计的示数应为__________。（4）该探测仪在实际使用的过程中发现，酒精气体浓度的测量值总是较实际值偏小，究其原因可能是所用电源的电动势较要__________（填“偏大”或“偏小”）。【答案】①.②.6.0③.1.50④.2.50⑤.3.75⑥.偏小【解析】【详解】（1）[1]由实验电路原理图如图2，可有实物连线图如图所示。（2）[2]将电流计的量程扩大为，由欧姆定律可得则应将电阻箱的阻值调为6.0。可得扩大量程后的电流表的内阻为（3）①[3]闭合电键、，调节滑动变阻器使电流计G满偏，设电源的内阻为r，由闭合电路欧姆定律可得传感器所处环境的酒精浓度是零时，由图1可知，Rx=70，则电路中的电流为电流计的量程扩大了10倍，因此电流计的示数应为1.50mA。②[4]传感器所处环境的酒精浓度恰为“酒驾”标准，即“”，由图1可知，对应的Rx=30，则此时电路中的电流为电流计的量程扩大了10倍，因此电流计的示数应为2.50mA。③[5]传感器所处环境的酒精浓度恰为“醉驾”标准，即“”，由图1可知，对应的Rx=10，则此时电路中的电流为电流计的量程扩大了10倍，因此电流计的示数应为3.75mA。（4）[6]由以上解析可得电路中的电流为当电源的电动势较要偏小时，在同一酒精浓度下，电路中的总电流将偏小，则流经电流计的电流将偏小，则对应的Rx值偏大，则酒精气体浓度的测量值较实际值偏小。18.下列说法正确的是（）A.双缝干涉实验可以用光强弱一些，不会损坏眼睛的激光进行实验，这时不需要单缝B.用油膜法估测油酸分子大小的实验中，用注射器向水面滴1滴纯油酸即可C.在“用单摆测量重力加速度”实验中，未记录小球的半径，利用实验数据作出图像，利用斜率计算重力加速度，其结果不影响D.要研究气体等温变化的规律，为了避免漏气，应在活塞与注射器壁间涂有润滑油，压缩气体时操作越快越好【答案】AC【解析】【详解】A．双缝干涉实验中单缝的主要作用是获得频率保持不变的相干光源，故双缝干涉实验可以用光强弱一些，不会损坏眼睛的激光进行实验，这时不需要单缝，故A正确；B．用油膜法估测油酸分子大小的实验中，为了让油酸在水面上形成单分子油膜，应将纯油酸配制成一定比例的油酸酒精溶液，取一滴油酸酒精溶液滴在水面上，故B错误；C．根据单摆周期公式整理得可得图像的斜率为可知小球的半径对图像的斜率无影响，故C正确；D．研究气体等温变化的规律，需要确保气体在变化过程中温度保持不变。为了避免漏气对实验结果的影响，在活塞与注射器壁间涂有润滑油是一个有效的措施。同时，为了减小实验误差，压缩气体时应该缓慢进行，以便气体有足够的时间与外界进行热交换并保持温度恒定。如果操作过快，可能会导致气体温度升高或降低，从而偏离等温变化的条件，故D错误。故选AC。19.如图所示，一端开口的绝热试管竖直放置，开口朝上，试管总长，横截面积，试管内用水银封闭一段理想气体，气柱高度与水银柱高度均为总长，试管下侧内部有一电阻丝，电阻丝的体积可忽略。该理想气体初始处于状态A，现通过电阻丝对封闭的气体缓慢加热，使水银上液面恰好到达玻璃管开口处，气体处于状态。继续对封闭气体缓慢加热，直至水银恰好即将全部流出，气体达到状态。已知大气压强（约为），重力加速度大小。求：（1）气体从状态A到状态对外所做的功；（2）气体从状态到状态，其分子平均动能______（选填“增大”、“减小”或“不变”），试管内壁单位面积受到的压力______（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（3）已知气体从状态A到状态，内能增加，求整个过程电阻丝放出的热量。【答案】（1）（2）增大，减小（3）【解析】【小问1详解】初始时气体压强从状态A到状态B，气体体积增大，气体对外做功【小问2详解】由于气体缓慢加热，则气体温度升高，可知，气体从状态到状态，其分子平均动能增大，气体从状态到状态过程中，由于液柱高度逐渐减小，则气体压强逐渐减小，即试管内壁单位面积受到的压力减小。【小问3详解】从B到C过程，气体压强由于压强与位移满足线性关系，则气体对外做功为因此气体从A到C过程中根据热力学第一定律有解得20.如图所示，竖直平面内半径为R＝4.9m的光滑圆弧轨道AB的圆心为O，圆心角，最低点B与长L＝4m的水平传送带平滑连接，传送带以v＝4m/s的速率顺时针匀速转动。传送带的右端与光滑水平地面平滑连接，水平地面上等间距静置着2024个质量为的小球。一质量的物块M从A点由静止释放，物块M与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，物块M与小球、小球与小球之间均发生弹性正碰，求：（1）物块M到B点时对轨道的压力大小；（2）物块M与小球①第一次碰后瞬间两者的速度大小；（3）从物块M开始运动，到最终所有物体都达到稳定状态时物块与皮带间因摩擦产生的热量。【答案】（1）20N；（2）-2m/s，2m/s；（3）36.5J【解析】【详解】（1）物块M从A到B，由动能定理得解得由牛顿第三定律得物块M在B点时对轨道压力，大小为20N。（2）设物块M与小球①碰前速度为，碰后两者速度分别为，，对物块M从B到与传递带共速时得故物块M与传递带共速，到C点时物块速度，由动量守恒与能量守恒得解得（3）小球①以速度与小球②相碰，碰后两者速度交换，依此类推最终第2024个小球以向右匀速直线运动，物块M与小球①碰后以冲上传送带，在传送带上减速位移x1，故物块M再次回到