2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟卷02（全解全析）

2025年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟卷02姓名:__________准考证号:__________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共12页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意:1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数:重力加速度g均取10m/s2。5.难度系数：0.65第Ⅰ卷一、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．公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【详解】AB．根据牛顿第二定律的表达式可知力的单位为，A错误，B正确；C．根据压强的表达式可知力的单位可知力的单位为，但压强单位Pa不是国际单位制的基本单位，C错误；D．根据做功的表达式可知力的单位为，并且功的单位J不是国际单位制的基本单位，D错误。故选B。2．地铁是一种“绿色”的公共交通工具。如图，某次地铁上连接左侧圆环的拉绳呈竖直状态，人拉着的右侧圆环的拉绳与竖直方向成一定角度，且处于绷紧状态，人与地铁车厢保持相对静止。下列说法正确的是（）A．由左侧拉绳的状态可知地铁车厢处于静止状态B．由右侧拉绳的状态可知地铁车厢可能正在向右加速C．人对圆环的拉力小于圆环对人的拉力D．人受到车厢地面水平向左的摩擦力作用【答案】D【详解】AB．分析左侧圆环可知，左侧圆环所受的重力（竖直向下）与拉绳对它的拉力（竖直向上）平衡，圆环所受合外力为零，处于平衡状态，可能为静止或匀速直线运动状态，表明车厢可能处在静止或匀速直线运动状态，故AB错误；C．由牛顿第三定律可知：人对圆环的拉力大小等于圆环对人的拉力大小，故C错误；D．以人和右侧圆环为研究对象，由题可知人拉着圆环与地铁车厢保持相对静止，即人和圆环处于平衡状态，由于它们受到拉绳斜向右上方的拉力，该拉力产生水平向右的分力，表明人受到车厢地面水平向左的静摩擦力作用，故D正确。故选D。3．大同市永泰门的音乐喷泉，为南城墙的城门广场增加了吸引力和活力。已知喷泉竖直喷射时，能喷射的最大高度为31.25m。若喷头方向与水平方向夹角为，不计喷头高度和空气阻力，重力加速度取，则喷出的水落地时到喷头的距离为（）A．62.5m B．25m C．125m D．150m【答案】A【详解】喷泉竖直喷射的最大高度为31.25m，由，得，设喷头与水平方向夹角为，则射程，，联立得，当夹角为，为62.5m故选A。4．2024年10月3日，期刊上发表了中国科学院近代物理研究所的研究成果：研究团队合成新核素钚，并测量了该新核素的半衰期。已知钚的衰变方程为，下列说法正确的是（）A．10个钚原子核经过一个半衰期后还剩余5个B．钚原子核发生的是衰变C．钚原子核发生衰变时需要吸收能量D．原子核的比结合能比原子核的比结合能大【答案】B【详解】A．半衰期是大量粒子的统计规律，10个钚-227经过一个半衰期不一定还剩余5个，A错误；B．根据电荷数和质量数守恒，可知Y的质量数为4，电荷数为2，可知Y为α粒子，则钚-227发生的是α衰变，B正确；CD．钚-227衰变的过程中是释放能量的，比结合能增大，的比结合能比的比结合能小，CD错误。故选B。5．嫦娥三号探测器是我国第一个实现月球软着陆的无人登月探测器，由月球软着陆探测器和月面巡视探测器组成。嫦娥三号探测器从环月圆轨道变轨到椭圆轨道，为下一步月面软着陆做准备，其轨迹如图所示。已知嫦娥三号探测器在环月圆轨道上的周期为T，引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，环月圆轨道距离月球表面的高度为r，月球半径为R，则下列说法正确的是（）A．月球的质量为B．若在环月圆轨道上的嫦娥三号探测器要返回到地球，则需减速C．若在环月椭圆轨道上的嫦娥三号探测器要降落到月球表面，则需减速D．忽略月球的自转，月球的平均密度为【答案】C【详解】A．月球对嫦娥三号探测器的万有引力提供向心力，则有，可得，故A错误；B．在环月圆轨道上的嫦娥三号探测器要想回到地球，必须加速做离心运动，故B错误；C．在环月椭圆轨道上的嫦娥三号探测器要想降落到月球表面，则应该减速做向心运动，故C正确；D．物体在月球表面上有，可得，又，联立解得，为月球表面的重力加速度，故D错误。故选C。6．近几年具有健康、活力、激情标签的滑雪运动备受青睐，滑雪场地也成为了越来越多人的冬游之选。如图所示，某滑雪场打算在一坡度约为的滑道边上安装一条100m的长直“魔毯”来运送滑雪者上山，“魔毯”的额定功率为，其表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，“魔毯”始终匀速运行。“魔毯”质量不计，忽略“魔毯”与冰面的摩擦和其他机械摩擦。（携带装备的成年人平均质量约为取（）A．一个成年人上山过程中克服重力做功B．一个成年人上山过程中克服摩擦力做功C．若同时承运100个成年人，则其最大运行速度约为D．若“魔毯”以速度运行，则最多可以同时承运50个成年人【答案】C【详解】A．一个成年人上山过程中克服重力做功为，故A错误；B．一个成年人上山过程中，摩擦力做正功，不是克服摩擦力做功，则静摩擦力做的功为，故B错误；C．当“魔毯”上同时承运n=100人时，有，，由牛顿第三定律，对“魔毯”有“魔毯”正常工作时，有，可得，故C正确；D．同理可得，若“魔毯”以1m/s速度运行，由可得，代入数据解得，则最多可以同时承运200个成年人，故D错误。故选C。7．在如图所示的电路中，电介质板与被测量的物体A相连，当电介质向左或向右移动时，通过相关参量的变化可以将A定位。开始时单刀双掷开关接1，一段时间后将单刀双掷开关接2。则下列说法正确的是（）A．开关接1时，x增大，平行板电容器的电荷量增大B．开关接1时，x减小，电路中的电流沿顺时针方向C．开关接2时，x减小，静电计的指针偏角增大D．开关接2时，x增大，平行板间的电场强度不变【答案】B【详解】AB．开关接1时，平行板间的电压不变。当x增大时，电介质常数减小，由公式，可知电容器的电容减小，又由，知平行板电容器的电荷量减小；同理当减小时，电容器的电容增大，电荷量增大，电容器充电，由电路图可知，电路中的电流沿顺时针方向，故A错误，B正确；CD．开关接2时，电容器所带的电荷量保持不变。，当x减小时，电容器的电容增大，由公式，可知两极板的电势差减小，则静电计的指针偏转角度减小；同理当x增大时，由电容器两极板的电势差增大，由，可知平行板间的电场强度增大，故CD错误。故选B。8．一种光电烟雾报警器的结构和原理如图1和图2所示，光源S向外发射某一特定频率的光束，发生火情时有烟雾进入报警器内，由于烟雾对光的散射作用，会使部分光改变方向进入光电管C从而发生光电效应，于是有电流输入报警系统，当光电流大于I0时，便会报警，当滑动变阻器的滑片P处于图2所示位置，烟雾报警器恰好报警，则（）A．将图2中电源的正负极反接，光电子的最大初动能将减小B．仅将滑片P向右移动少许，可以解除报警C．仅降低光源S发出光的强度，可以解除报警D．单位时间内进入光电管的光子数为时，报警器一定会报警【答案】C【详解】A．图2中光电管两端加的是正向电压，若正负极反接则光电管两端加负向电压，根据光电效应方程,可知，光电子的最大初动能不变，故A错误；B．仅将滑片P向右移动少许，则正向电压增大，根据光电流与电压的关系，光照强度一定时，随着正向电压增大，光电流增大，但当光电流达到饱和电流时，正向电压增大，饱和电流不变，不一定解除报警，故B错误；C．仅降低光源S发出光的强度，根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能不变，则单位时间内光电管接收到的光子个数减少，光电流减小，可以解除报警，故C正确；D．单位时间内进入光电管的光子数为时，但是可能受到两端电压的限制，在阴极产生的光电子不一定全部到达A极，所以不一定能让报警系统的电流达到I0，不一定能触发报警，故D错误。故选C。9．如图是汽车打火时火花塞产生电火花的原理简图，扭动汽车钥匙打火，开关不停地闭合断开，打火线圈次级绕组产生的瞬时高电压使火花塞产生电火花，点燃气缸中的可燃混合气，下列说法正确的是（）A．汽车打火并控制电火花点火的主要原理是自感B．断开开关的瞬间，火花塞会产生电火花C．打火线圈中的初级绕组匝数可能大于次级绕组匝数D．断开开关的瞬间，次级绕组中的电能转化为磁场能【答案】B【详解】A．汽车打火并控制电火花点火的主要原理是互感，故A错误；B．断开开关的瞬间，初级绕组的电流发生变化，次级绕组可产生高电压，火花塞会产生电火花，故B正确；C．根据变压器电压比等于匝数比,为了使次级绕组产生高电压，次级绕组匝数一定大于初级绕组匝数，故C错误；D．断开开关的瞬间，初级绕组电流产生的磁场能转化为次级绕组中的电能，故D错误。故选B。10．直流电动机在生活生产中有广泛的应用，其主要结构为两部分：定子和转子，其中定子包括：主磁极、机座、转向器、电刷等；转子包括：电枢铁芯、电枢绕组等。如图所示是电动机提升重物的示意图，已知电源电动势，内阻，电阻。闭合开关S，发现电动机被卡死，此时电压表的示数为，立即关闭电源。清除故障后重新闭合开关，当电动机正常工作时，电压表的示数为，重力加速度，下列说法正确的是（）A．电动机内部线圈的电阻为B．电动机正常工作时线圈电阻的热功率为C．电动机正常工作时电源的效率约为D．电动机正常工作时将一个质量为重物由静止吊起，则重物的最大速度为【答案】B【详解】A．电动机被卡住时，相当于纯电阻，电源内电压，电路电流，由闭合电路欧姆定律可得电动机内阻为，故A错误；B．电动机正常工作时，电源内电压，电路电流，电动机线圈电阻的热功率为，故B正确；C．电动机正常工作时，电源的效率为，故C错误；D．当重物速度最大时，拉力，电动机的输出功率，由，可得重物的最大速度为，故D错误。故选B。11．如图所示，将圆柱形铝块放入真空冶炼炉中。冶炼炉中磁场是均匀分布的；铝块可视为由横截面积相同、半径大小不同的铝环拼在一起组成。下列说法正确的有（）A．环中电流的大小与环半径的二次方成正比B．环中电功率的大小与环半径的三次方成正比C．相同时间内环中产生的热量与环半径的四次方成正比D．若将铝块换成电阻率更小的铜块，则相同横截面积、相同半径的铜环发热功率更小【答案】B【详解】A．根据法拉第电磁感应定律，所以环中电流的大小为，即环中电流的大小与环半径成正比，故A错误；BD．环中电功率的大小为，即环中电功率的大小与环半径的三次方成正比，若将铝块换成电阻率更小的铜块，则相同横截面积、相同半径的铜环发热功率更大，故B正确，D错误；C．相同时间内环中产生的热量为，即相同时间内环中产生的热量与环半径的三次方成正比，故C错误。故选B。12．物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是（）A．法拉第圆盘在转动过程中（俯视，圆盘顺时针转动），虽然圆盘中磁通量不变，但会有自上而下的电流流过电阻RB．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，反之，转动小磁针，圆盘则不动C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会顺时针（俯视）转动D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现【答案】C【详解】A．法拉第圆盘在转动过程中（俯视，圆盘顺时针转动），虽然圆盘中磁通量不变，但可认为是每条半径切割磁感线，由右手定则可知，会有自下而上的电流流过电阻R，选项A错误；B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另个物体也会跟着同向转动，故B错误；C．线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生感生电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，故C正确；D．如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。故选C。13．1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上一定的电荷量。两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间M点（图中未标出）时金属板加上电压U，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小竖直向上匀速经过M点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为，其中k为比例系数，v为油滴运动速率，r为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．油滴P两次经过M点时速度、大小相等B．油滴P所带电荷量的值为C．油滴P先后两次经过M点经历的时间为D．从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴P的加速度先增大后减小【答案】C【详解】A．油滴P两次经过M点时重力与电场力做功均为0，阻力做负功，所以，故A错误；B．设油滴P所带电荷量的值为q，没有加电压时，根据平衡条件可得，施加电压后匀速向上运动时，根据平衡条件可得，解得，故B错误；C．油滴经过M点向下运动到速度为零过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得，油滴从速度为零到达到M点的过程中，根据动量定理可得，其中，，，解得油滴先后两次经过M点经历的时间为，故C正确；D．从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，根据牛顿第二定律可得，解得，随着速度的减小，加速度逐渐减小；油滴向上加速运动到的过程中，根据牛顿第二定律可得，解得，随着速度的增大，加速度逐渐减小；综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度一直减小，故D错误。故选C。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．下列说法正确的是（

）A．动量守恒定律由牛顿力学推导得到，因此微观领域动量守恒定律不适用B．非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，具有各向同性C．食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从低能级向高能级跃迁时产生的D．光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关【答案】BD【详解】A．动量守恒定律虽然由牛顿力学推导得到，但动量守恒定律在宏观与微观与领域均适用，故A错误；B．根据晶体与非晶体的特征，非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，具有各向同性，故B正确；C．食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从高能级向低能级跃迁时产生的，故C错误；D．根据粒子性与波动性的规律可知，光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关，故D正确。故选BD。15．如图甲所示的“笑脸弹簧小人”由头部、弹簧及底部组成，将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，小人不停上下振动，非常有趣。可将其抽象成如图乙所示的模型，头部质量为，弹簧质量不计，劲度系数为，底部质量为。已知当弹簧形变量为时，其弹性势能，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是(

)A．将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，底部不离开桌面，下压最大距离为B．将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，底部不离开桌面压力做功最大值为C．若弹簧小人在振动过程中底部恰好不离开桌面，则弹簧的最大弹性势能为D．若刚释放时头部的加速度大小为，则小人在运动过程中头部的最大速度为【答案】AC【详解】A．静置于桌面的弹簧小人，弹簧压缩量为，则，轻压头部后做简谐运动，底部不离开桌面，弹簧的最大伸长量为，则，最大振幅为，则，故下压最大距离为，A项正确；B．从平衡位置缓慢下压时最大压力为，有，解得，压力做功最大值为，B项错误；C．弹簧的最大压缩量为，则弹簧的最大弹性势能为，C项正确；D．若刚释放时头部的加速度大小为，设弹簧的压缩量为，则，得，头部往上运动至弹簧压缩量为时头部速度最大，则，得，D项错误。故选AC。第Ⅱ卷三、实验题：本题共1小题，共14分。16-Ⅰ．利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。（1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶；（2）开始时，小桶内装有砝码，整个实验装置处于静止状态；（3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的（选填“A”“B”或“C”）点；（4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于()A．砝码的重力大小

B．小桶和砝码的重力大小C．手机的重力大小

D．弹簧对手机的拉力大小（5）如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制a−m图像，获得一条斜率为k，截距为b的直线，则可推算出手机的质量为（选用k、b、g表示）。【答案】A（1分）B（1分）（2分）【详解】（3）[1]前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，即剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的A点；（4）[2]剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于小桶和砝码的重力大小。故选B。（5）[3]绳子剪断前，设弹力为F，小桶的质量为m0，手机的质量为M，对手机由平衡条件可得，绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律可得，联立可得，可得，a−m图像的斜率为，解得手机的质量为16-Ⅱ．某科创小组基于校园安全在实验室里设计了一个火灾报警灭火系统，其控制电路由NTC热敏电阻、电阻箱、电动机、报警器、半导体控制元件、电源、开关和导线等构成。当发生火灾时，环境温度升高到一定程度后，报警器报警，电动机开始工作，模拟抽水灭火。(1)该小组选择多用电表电阻“×10”挡进行不同温度下NTC热敏电阻阻值的粗略测量，发现阻值随温度在范围内变化。表盘指针如图（a）所示时，热敏电阻阻值为。

(2)为精确测量不同温度下热敏电阻的阻值，可利用的实验器材有：电流表A（量程0~30mA，内阻约）；电压表V（量程0~3V，内阻约）；滑动变阻器R（）；电源（电动势3V，内阻不计），开关及导线若干。请在答题卡上将虚线框中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图。连接电路进行实验后，小组根据实验数据作出三个不同热敏元件阻值随温度t变化的图像如图（b）所示。(3)火灾报警灭火控制电路中为热敏电阻，为电阻箱，M为电动机，VT为具有三个接线柱b、c、e的控制元件。当be间的电势差时，b、c、e与VT连接的三条线路均处于断开状态；当时，三条线路均能导通。以下电路图符合实验要求的是______（填正确图像对应的标号）。A．

B．

C．

D．

(4)该小组使用了图（b）中的Ⅰ作为热敏元件，在确保电路安全的前提下，若要适当提高工作电路的灵敏度（即在更低一点的温度下实现报警灭火），请提出两条可行的具体措施：①将热敏元件换为图（b）中的（填Ⅱ或Ⅲ）；②。【答案】(1)190（1分）(2)

（3分）(3)B（1分）(4)Ⅲ（1分）将电阻箱接入电路的阻值适当增大，将一定值电阻与热敏电阻并联（1分）【详解】（1）热敏电阻阻值为（2）滑动变阻器的最大阻值远远小于热敏电阻阻值，所以用分压式连接，由于电流表采取内接法，电路原理图如图

（3）AC．由题意，当be间的电势差时，b、c、e与VT连接的三条线路均处于断开状态；当时，三条线路均能导通。即b点电势高于e点电势，选项AC中b点电势低于e点电势，故AC错误；BD．当发生火灾时，温度升高，热敏电阻的阻值减小，热敏电阻两端电压减小，则两端电压增大，当时，三条线路均能导通，故B正确，D错误。故选B。（4）若要适当提高工作电路的灵敏度（即在更低一点的温度下实现报警灭火），即热敏电阻两端电压减小，两端电压增大，具体措施可选择[1]将热敏元件换为图（b）中的Ⅲ；[2]将电阻箱接入电路的阻值适当增大，将一定值电阻与热敏电阻并联。16-Ⅲ．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有（）A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中合力的测量B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧的形变量的测量C．“用单摆测重力加速度”实验中单摆的周期的测量D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中一滴油酸酒精溶液体积的测量【答案】CD（3分）【详解】为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出，属于放大测量取平均值。A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误；B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量，属于测多次去计算平均值，故B错误；C．“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确；D．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。故选CD。四、计算题：本题共4小题，8分+11分+11分+11分共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。17．如果不小心把乒乓球打瘪了（如图），只要乒乓球没有破裂、就可以用物理方法恢复。乒乓球完好时内部气压为大气压强。某次打瘪后体积变为原体积的。若采用热水浸泡，乒乓球就刚好开始恢复（体积依然是原体积的）。假设浸泡时乒乓球外压强为，乒乓球导热性能良好，外界环境温度恒为。(1)求乒乓球刚好开始恢复时，球内、外的压强差；(2)如果将打瘪的乒乓球放入容器内（气体压强为）密闭，再用抽气机从容器里往外抽气，假设抽气过程气体温度保持不变，求球内、外的压强差达到（1）中的数值时，抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值。【答案】(1)(2)0.2【详解】（1）以球内气体为研究对象，打瘪前后温度不变，可知（1分）可得打瘪后的压强开始恢复时，气体发生等容变化，则（1分）开始恢复时，球内的压强（1分）球内、外压强差（1分）（2）球内、外的压强差达到（1）中的数值时，容器内的气体压强（1分）设容器内气体初始状态的体积为V，抽气后折合成同温，同压下的体积为，则（1分）解得（1分）抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值（1分）18．如图所示，三个小物块a、b、c质量为m1=m2=m3=2kg，放置在光滑水平地面上，c紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧将c、a连接，b紧靠a，开始时弹簧处于原长，a、b、c均静止。在物块b的右侧，有一个竖直面内光滑圆形轨道和光滑水平轨道PN，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径R=0.225m。水平轨道PN右侧并排放置木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN平齐，木板C、D质量为mc=md=0.5kg，长度Lc=1m，Ld=2m。物块b与木板C的动摩擦因数μc=0.4，与木板D的动摩擦因数μd=0.1，木板C、D与地面间动摩擦因数均为μ=0.2。现给b施加一水平向左、大小为F=30N的恒力，使a、b一起向左运动（弹簧始终在弹性限度内），当速度为零时，立即撤去恒力。(1)求a、b向左移动的最大距离x0和a、b分离时a的动能Ek；(2)通过计算分析物块b能否经过最高点M，若不能求物块b在圆轨道上距离水平轨道PN的最大高度h；若能求物块b运动到圆形轨道最高点M处的速度；(3)若仅改变物块a的质量，其余条件不变，为使物块b与弹簧分离后，经过圆形轨道（未与轨道脱离）后，最终停在木板D上，求物块a质量的取值范围。【答案】(1)，(2)不能，(3)【详解】（1）从开始到a、b向左移动到最大距离的过程中，以a、b和弹簧为研究对象，由功能关系得，弹簧恢复原长时a、b分离，从弹簧最短到a、b分离，以a、b和弹簧为研究对象，由能量守恒得（1分）解得，（1分）（2）设G、H为圆上与圆心等高的两个点，若物块b能到达M点，由动能定理得（1分）解得所以物块b不能到达圆周最高点M，若物块b能通过H点，由动能定理得解得所以物块b通过了H点，综上分析，b在H、M之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在E点恰好脱离，设E点与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则从Q点到E点由动能定理可得（1分）解得则（1分）（3）当物块a，b分离后，物块b恰好通过M点时，物块b最终与木板C相对静止，b在C上滑动的相对位移为，由圆周运动知识得，由牛顿第二定律得，（1分）解得，物块b从Q点到M点,由动能定理可得（1分）解得设物块b最终与木板C相对静止时的速度为，则解得，（1分）当物块a，b分离后，物块b通过圆周最高点M点后，恰好停在木板D的最左端保持相对静止，设物块b在木板C上滑行的时间为，由运动学公式可得，解得，由能量守恒得（1分）解得当物块a，b分离后，物块b通过圆周最高点M点后，恰好停在木板D的最右端保持相对静止，设物块b在木板C上滑行的时间为，有由牛顿第二定律得物块b在木板D上滑行的加速度大小假设此时木板C和木板D分离，由于所以，二者分离后木板D开始减速，设减速的加速度大小为a，对木板D由牛顿第二定律可得解得即此加速度比木板C单独减速的加速度还大，说明木板D减速更快，即物块在木板D上运动时CD没有分离，设C和D一起减速的加速度大小为，则解得（1分）又解得，由能量守恒得解得综上可知（1分）19．如图甲所示为简易普通电磁炮原理图。