物理试题
(考试时间:90分钟 试卷满分:100分)
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题(本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题中只有一个选项符合题意) 1.在远离太阳，光线微弱昏暗的深空探索中，常采用放射性元素
23894𝑃𝑢
238
94𝑃𝑢衰变产生的核能转化为电能为航天器提供动力。已知
的半衰期为88年，其衰变方程为
23894𝑃𝑢𝑛
→234𝑀𝑋+2𝑌,
下列说法正确的
是
( )
𝐴 .23894𝑃𝑢核比
234
𝑀𝑋核多4个中子
B.²³μX 的比结合能大于
238
94𝑃𝑢的比结合能
C.经过88年，20个239Pu原子核中一定有10个发生了衰变
𝐷.23894𝑃𝑢衰变过程中，电荷数守恒，质量也守恒
2.如图甲所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，初始
时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态。现将汽缸倒立挂起，稳定后如图乙所示，该过程中缸内气体 ( )
A.内能增加，外界对气体做正功
B.内能减小，所有分子热运动速率都减小 C.温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少 D.温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
3.利用图像法研究物理量之间的关系是物理上常用的方法之一。如图所示为四个物体做直线运动时各物理量之间的关系图像(x、v、a、
t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间)，下列说法中正确的是 ( )
A.根据甲图可求出物体的加速度大小为2m/s² B.根据乙图可求出物体的加速度大小为10m/s² C.根据丙图可知0~4s内物体做曲线运动
D.根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s
4.如图所示为某同学站在压力传感器上做下蹲一起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为660N，除此以外，还可以得到的信息是 ( )
A.1s时人下蹲的速度最大
B.下蹲过程中人始终处于失重状态 C.0~4s内该同学做了1次下蹲一起立的动作
D.1s时人处在下蹲的最低点
5.如图甲所示，在粗糙水平面上静止放置一个截面为三角
形的斜劈，其质量为M。两个质量分别为m₁和m₂的小 物块恰好能沿两侧面匀速下滑。若现在对两物块同时各
施加一个平行于斜劈侧面的恒力F₁、F₂，且F₁>F₂, 如图乙所示。则在两个小物块沿斜面下滑的过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g) ( )
A. 斜劈可能向左运动
B.斜劈与地面间存在摩擦力作用 C.斜劈对地面的压力大小等于 (M+m₁+m₂)g
D.斜劈对地面的压力大小等于 (M+m₁+m₂)g+F₁sinα+F₂sinβ
6.如图所示，一粗糙斜面固定于水平面上，一质量为m的滑块置于斜面上，通
过轻绳跨过光滑轻质定滑轮与钩码相连，能使滑块在斜面上保持静止的钩
码质量的最大值和最小值分别为m₁和m₂。设轻绳与斜面保持平行，滑块
所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面倾角为θ，则滑块与斜面之间的动摩擦因数为
( )
𝑚12𝑚
𝐵.2 2𝑚𝑚
𝐴.
𝐶.
𝑚1−𝑚2𝑚+𝑚
𝐷.12 2𝑚cos𝜃2𝑚cos𝜃
7.如图所示，轻杆的一端固定一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上。若杆与墙面的夹角为β，斜面倾角为α，开始时β<α，且α+β<90°，为使斜面能在光滑水平面上向右缓慢移动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F、轻杆所受球体的作用力. 𝐹𝑇f和地面对斜面的支持力𝐹𝑁的大小变化情况是
A.F逐渐增大, 𝐹𝑇逐渐减小， 𝐹𝑁逐渐减小 B.F逐渐减小， 𝐹𝑇逐渐减小， 𝐹𝑁逐渐增大
( )
C.F逐渐增大, 𝐹𝑇先减小后增大， 𝐹𝑁逐渐增大
DF逐渐减小， 𝐹𝑇先减小后增大， 𝐹𝑁逐渐减小
8.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠
放两个质量均为m的物体A、B(B与弹簧连接，A、B均 可视为质点)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静 止状态。现用竖直向上的拉力F作用在A上，使A开始 向上做加速度大小为a的匀加速运动，测得A、B的v-
t图像如图乙所示，图中B对应的曲线在t₂时刻的切线 与t轴平行，已知重力加速度大小为g，则下列说法不正确的是
A.0~t₂ 这段时间内拉力F先增大后不变 B.施加力F的瞬间,A、B间的弹力大小为m(g+a) C.A、B在t₁时刻分离,此时弹簧弹力等于m(g+a) D.上升过程中，B速度最大时，A、B间的距离为 𝑎𝑡22−
21
𝑚𝑔𝑘
( )
二、多选题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分；选对但不全的得2分；有
选错或不答的得0分。)
9.氦原子被电离一个核外电子后形成类氢结构的氦离子(He⁺), 能级图如图所示，根据玻尔原子
理论，关于氦离子能级跃迁，下列说法正确的是
( )
A.一个氦离子从能级n=4向低能级跃迁，最多可辐射3种不同频率的光子
B.从n=4向n=1能级跃迁，需吸收光子最大能量为51.0eV C.处于n=1能级的氦离子，可以吸收54.0eV的能量而发生电离
D.从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子频率低
10.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，其过程如V-T图上的线段所示，则气体在这个过程中 ( ) A.气体压强不断变大
B.状态B单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比状态A多 C.外界对气体做负功
D.气体从外界吸收的热量大于其增加的内能
11.如图所示，一根轻绳跨过光滑轻质滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在光滑的竖直细杆上，用外力F拉动滑轮，使A、B保持静止，轻绳两端与杆的夹角分别为α=60°,β=30°。则 ( )
𝑚𝐴𝑚𝐵
A.小球A、B的质量之比为
=√3
𝐹𝑁𝐴𝐹𝑁𝐵
B.细杆对小球A、B的弹力大小之比为 C.外力F的方向与竖直方向成30°角
=√3 D.外力F与小球A的重力大小之比为 (√6+√2)
12.如图，一辆货车以54km/h的速度在平直公路上匀速行驶，因为前方红灯，
司机以大小为3 m/s²的加速度开始刹车(可视为匀减速直线运动)直到停
止。货箱长度为l=8.4m,质量m=30kg的货物P(可视为质点)初始时
到货箱后壁的距离l₁=0.5m。已知货物与货箱底板间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s²。则下列说法正确的是 ( ) A.司机刹车时，货物所受摩擦力的大小为90N B.货车匀减速直线运动的位移大小为37.5m C.货物匀减速直线运动的时间为6s D.货物最终会与货箱前壁碰撞
三、非选择题(本题共5小题，共52分。其中15~17题解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题必须明确写出数值和单位。)
13.(7分)用如图(a)所示的装置探究“气体等温变化的规律”的实验，操作步骤如下：
①在活塞上均匀涂抹润滑油，把活塞移至注射器适当刻度处； ②逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
③推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。
(1)实验完成后，计算机屏幕上显示出如图(b)所示的p-V图线(其中实线是实验所得图线，虚线为一支参考双曲线)。仔细观察不难发现，该图线与玻意耳定律不够吻合，造成这一现象的可能原因是: ; (2)实验中，连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略，作出的𝑝−𝑉图像可能为 ;
1
(3)用获得的数据绘制−𝑉图像，如图(c)所示，则连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为 。
𝑝1
14.(8分)用图甲装置研究“小车(含拉力传感器)质量一定时，加速度与合力的关系”，实验步骤如下：
①细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上，将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平行，启动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数F。
②撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设小车受到的合力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的x-t图像，并求出小车的加速度a； ③改变长板的倾角，重复步骤①②可得到多组F、a数据。
完成下列相关实验内容：
(1)在步骤①②中, 𝐹ₒ=𝐹(选填“=”“>”或“<”);
(2)本实验 (选填“需要”或“不需要”)平衡小车所受到的摩擦力;
(3)某段时间内小车的x-t图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为 m/s²(计算结果保留两位小数)；
(4)分析表中的F、a数据可知:在误差允许范围内,小车质量一定时, 。
F/N 0.4 1.0 1.5 1.8 2.1 0.79 3.62 2.10 3.10 a/(m·s⁻²)
15.(8分)如图所示，在离地面高H处以v₀=10 m/s 的速度竖直向上抛出一个小球，地面上
4.19有一长L=5m的小车，其前端M距离抛出点的正下方s=4m，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做a₁=2m/s²的匀加速直线运动。已知小球落地前最后1s内下落的高度为25m，忽略
空气阻力及小车的高度,重力加速度g取10m/s²。
(1)试分析小车能否接住小球；
(2)当小车末端N到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为a₂、方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度a₂的范围。
16.(12分)两绝热的“工”字形汽缸如图所示竖直放置，活塞A和B用一个长为4l的轻杆相连，两活塞之间密封有温度为T。的理想气体，活塞A的质量为2m，横截面积为2S，活塞B的质量为3m，横截面积为3S，中间b部分汽缸的横截面积为S，初始时各部分气体状态如图所示。现对气体加热，使其温度缓慢上升，两活塞缓慢移动，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度为g，大气压强为p₀。
(1)求加热前封闭气体的压强和轻杆上的作用力大小； (2)气体温度上升到T=2T0时，求封闭气体的压强。
17.(17分)一个送货装置如图所示，质量为m=1 kg的货物(可视
为质点)被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，被保持v
=8m/s逆时针匀速运动的传送带向下传送，到达传送带下端B
时滑上平板车，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同，且到达平板车的最左端，此时刚好与水平面上P点的弹性装置发生碰撞(弹性装置形变量很小)，货物由于惯性被水平抛出，平板车则被原速弹回。已知传送带AB之间的距离L=12.2m，传送带与水平面的夹角θ=37°, 货物与传送带间的动摩擦因数μ₁ =0.5, 货物与平板车间的动摩擦因数μ₂ ≡0.3，平板车与地面间的动摩擦因数μ₃=0.1,平板车的质量也为m=1 kg，重力加速度g=10 m/s², 货物从传送带滑上平板车时无动能损失，忽略空气阻力。(sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)求:
(1)货物在传送带上的运动时间； (2)平板车的长度l；
(3)如果平板车刚好能接到下一个货物，则每隔多长时间在传送带顶端释放一个货物。
大同市2023届高三第二次学情调研测试物理试题答案解析
1.B [根据质量数守恒和电荷数守恒可知结合能越大越稳定，因此
238𝑃𝑢 →234𝑋+4𝑌.因此 238𝑃𝑢核比 234𝑋核多2个中子，故A错误；比
922949492
234𝑋 的比结合能大于 238𝑃𝑢的比结合能，故B正确；半衰期是统计规律，只适用于大
9294
量原子核，少量原子核不适用，故C错误; 误。]
238𝑃𝑢
94
衰变过程中，电荷数守恒，质量数守恒，质量不守恒，故D错
2.C [汽缸、活塞都是绝热的，汽缸内气体在压强作用下将活塞往外推，气体对外做功，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，速率大的分子数占总分子数的比例减小，A、B、D错误,C正确。]
3.A [根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x =𝑣0𝑡+𝑎𝑡2. 以及题图甲中x-𝑡2：图像为正比关系，可得 𝑎=
2
𝑘=𝑚/𝑠. 解得 a甲=2 m/s.A正确；根据匀变速直线运动的速度与位移关系 𝑣2−𝑣0=2𝑎𝑥, 以及题图乙中v²-x图像
22
2
2
101
1
1
为正比关系，可得 2𝑎=𝑘=
𝑚/𝑠2, 解得 ac → 5 m/s²，B错误；v-t图像描绘的是直线运动，C错误；题图丁中
12
a—t图像与t轴所围面积表示速度变化量大小，则物体在前2s内的速度变化量大小为 𝛥𝑣𝑇=×3×2𝑚/𝑠=3𝑚/𝑠, D 错误。]
4.C [1s时向下的加速度最大，速度不是最大，故A 错误；人在下蹲的过程中，先向下加速运动，此时人处于失重状态，然后减速下降，此时人处于超重状态，故B错误；0~4s内该同学做了1次下蹲—起立的动作，故C正确；在1s时人向下的加速度最大，但人不是处在下蹲的最低点，故D错误。]
5.C [题图甲中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故支持力大小为 (M+m₁+m₂)g,与地面间没有摩擦力；在题图乙中，两物块对斜劈的压力和摩擦力大小不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈仍保持静止.斜劈对地面的压力大小等于( M+m₁+m₂)g.与地面间没有摩擦力作用，故选C。]
6.C [当钩码的质量为最大值m₁时，滑块所受的最大静摩擦力沿斜面向下，有m₁g=mgsin 0+μmgcosθ，当钩码的质量为最小值m₂时，滑块所受的最大静摩擦力沿斜面向上，有m₂g+μmgcosθ=mg sinθ，联立解得 𝜇=
𝑚1−𝑚22𝑚cos𝜃
,故选C。]
7.C [对球体受力分析如图甲所示.
可知 𝐹𝑇先减小后增大，根据牛顿第三定律， 𝐹𝑇先减小后增大，斜面对球的支持力𝐹𝑁逐渐增大，对斜面受力分
′
析如图乙所示，可知 𝐹=𝐹𝑁1′sin𝛼,因为 𝐹𝑁=𝐹𝑁,𝐹𝑁也逐渐增大，所以F逐渐增大，地面对斜面的支持力
′
𝐹𝑁=𝐺+𝐹𝑁1cos𝛼.故 𝐹𝑁逐者增大，故选C。]
′
8.B [在0~1、时间内,A、B未分离,对整体由牛顿第二定律有 𝐹+𝐹−2𝑚𝑔=2𝑚𝑎上升过程中，弹簧形变量变小，弹力变小，整体加速度不变，可知力F变大，t₁时刻后，A、B分离，对A，由牛顿第二定律有 F-mg=maA的加速度不变.可知F不变，故A正确；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有 𝐹−𝑚𝑔−𝐹𝐴𝐵=𝑚𝑎，其中 𝐹=2𝑚𝑔.解
得 𝐹𝐴𝐵=𝑚(𝑔−𝑎),故B错误；物体A、B在t；时刻分离，此时A、B具有共同的v 与a且 𝐹𝐴𝐵=0
对B有 𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑎.解得 𝐹𝑊′=𝑚(𝑔+𝑎)故C正确;当物体B的加速度为零时，速度大.则mg=kx'.解得 𝑥′=𝑚𝑔 𝑘′
故B上升的高度 ℎ=𝑥0−𝑥′=2𝑚𝑔−𝑚𝑔=𝑚𝑔,由题图乙可知B加速度为零时对应t₂时刻，此时A物体上升的高度
𝑘𝑘𝑘
′
22
ℎ=𝑎𝑡2.故此时两者间的距离为 ℎ=𝑎𝑡2−
2
112
𝑚𝑔𝑘
故D正确。]
9.AD [一个氢离子从能级n=4向低能级跃迁，最多可辐射4-1=3种不同频率的光子，故A正确；因为从n=4向n=1能级跃迁，是从高能级向低能级跃迁，要释放能量，辐射的光子最大能量为△E=E₄-E₁=51.0eV,故B错误;处于n=1能级的氦离子要发生电离，需要吸收的能量应满足ΔE≥0-E₁=54.4eV,故C错误;因为从n=3跃迁到n=2能级辐射的光子能量小于从n=2跃迁到n=1能级辐射的光子能量，所以从n=3跃迁到n=2能级比从n=2跃迁到n=1能级辐射出的光子频率低，故D正确。7
10.CD [由pV=CT可得 𝑉=𝑇,𝑉−𝑇图线的斜率不变，则压强不变，故A错误；根据温度升高，体积增大，气体压强
𝐶
𝑝
不变，可知B状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比A状态少，故B 错误；气体体积增大，气体对外界做正功，即外界对气体做负功，故C正确；理想气体由A变化到B的过程中，温度升高，则内能增大，△U>0，W<0，则由△U=Q+W可得Q>0,Q>△U,即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确。] 11.BD [设每段绳拉力大小为 𝐹𝑇.对小球A受力分析.根据受力平衡可得
𝐹𝑁𝐴=𝐹𝑇sin60∘,𝑚𝐴𝑔=𝐹𝑇cos60
∘
∘，联立可得 𝑚𝐴=cos60∘=√3,𝐹𝑁𝐴=𝑚𝐵cos30∘3𝐹𝑁𝐵
对小球B受力分析，根据受力平衡可得 𝐹𝑁𝐵= 𝐹𝑇sin30∘,𝑚𝐵𝑔=𝐹𝑇cos30
sin60∘=√3,故A错误，B正确；以轻质滑轮为对象，根据受力平衡可知外力F的方向在两段轻绳的角平分线上，与
sin30∘竖直方向成45°角.故C错误；以小球A、B、轻绳和轻质滑轮为整体，竖直方向根据受力平衡可得
𝐹cos45
∘
𝑚𝐴3=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔. 又 𝑚=3,联立可得 𝑚𝐹𝑔=√6+√2.故D正确。]
√
𝐵
𝐴
12.BC [货车匀速行驶时的速度v=15m/s,设货物恰好滑动时的加速度为 a₀，a₀=μg=2.5 m/s²<3m/s². 货物会相对货
车滑动，货物受的摩擦力大小为 𝐹₁=𝑚𝑎₀⋅解得 F₄=75N. 故A错误；货车匀减速直线运动的位移大小为 𝑥1=
𝑣2,解得x₁=37.5m.故B正确；假设货物不会与货箱前壁碰撞，货物匀减速直线运动的位移为 𝑥=𝑣2=45𝑚,两者运动
22𝑎2𝑎0
的位移差为Δx=x₂-x₁=7.5 m,Δx 则假设成立.货物最终不会与货箱前壁碰撞，故D错误；货物匀减速直线运动的时间
𝑡=
𝑣𝑎0
=6𝑠.故C正确。]
13.(1)实验时环境温度降低了或注射器内的空气向外泄漏(2分) (2)C(2分)(3)V₁(3分)
解析 (1)当V减小时，图线逐渐偏离双曲线，即pV值逐渐减小，造成这一现象的可能原因是实验时环境温度降低了或注射器内的空气向外泄漏。
(2)由于连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略，当压强增加后，软管内的气体体积也减小，但软
1增大,p 随之增加的程度不是线管的体积未变，则注射器中有气体进入软管，相当于注射器漏气，当V减小时， 𝑉性关系，当V静小时，压强越大，进入软管内的气体越多，压强增加程度越小，斜率越小，故作出的𝑝−能为C。
1𝑉
图像可
𝑉+𝑉01(3)设连接注射器与压强传感器之间软管内气体的体积为V。根据玻意耳定律有p(V+V。)=C、则有 1𝑝=𝐶. 当 𝑝为0
时, V=-V₁ .代入上式得V。=V₁。
14.(1)=(2分) (2)不需要(2分) (3)2.10(3分)
(4)小车的加速度与合力成正比(1分)
解析 (1)小车匀速下滑时，由平衡条件有mgsin θ=F₁+F。 小车加速下滑时,由受力分析知F=mgsinθ-Ff,联立可得F=F0。
(2)小车加速下滑过程的合力已通过小车匀速下滑时拉力传感器的示数F。读出，所以不需要再平衡摩擦力了
(3)由题图乙中标出的三个位置坐标可求出小车连续相等时间内的位移，根据匀变速直线运动推论知Ax=(0.3820-0.2520) m-( 0.491 0-0.3820) m =a×(0.1 s)². 可解得 a=2.10 m/s².
(4)由表中数据可以看出，F与a的比值基本不变，所以可得：在误差允许范围内，小车质量一定时，小车的加速度与合力成正比。
15.(1)见解析 (2)12 m/s²
解析 (1)设小球从最高点下落至地面所用的时间为t,则 ℎ=𝑔(𝑡−1𝑠)2 (1分)
12
ℎ+25𝑚=𝑔𝑡2 (1分)
2
1
联立解得t=3s,h=20m
20小球做上抛运动所用时间为 𝑡0=𝑣𝑔=1𝑠小车车头到达抛出点正下方所用时间为t₁，则 𝑠=𝑎1𝑡1
12
解得 t₁=2s
2
小车车尾到达抛出点正下方所用时间为t₂，则 𝑠+𝐿=𝑎1𝑡2
2
1
解得 t₂=3s (1分)
由于 t₂ 所以小车不能接住小球。 (1分)
(2)小车车尾到达抛出点正下方时速度为v=a₁t₂=6m/s
若小车车尾N刚好回到抛出点正下方，则 𝑥=𝑣(𝑡0+𝑡−𝑡2)−𝑎2′(𝑡0+𝑡−𝑡2)2=0 (1分)
2
1
解得 a₂'=12 m/s² (1分)
𝑚(若小车车头M刚好回到抛出点正下方，则 x'= 𝑣(𝑡0+𝑡−𝑡2)−𝑎2𝑡0+𝑡−𝑡2)2=−𝐿 (1分)
12
解得 a₂\"=22 m/s² (1分)
故12 m/s²
16.(1)𝑝0−
5𝑚𝑔𝑆
12mg (2)(𝑝0−
4
75𝑚𝑔𝑆
)
解析 (1)设加热前封闭气体的压强为p，以活塞A、B和轻杆为研究对象，受力平衡，则2mg+3mg +p₀×2S+p×3S=p₀×3S+p×2S (2分) 解得加热前封闭气体的压强为 𝑝=𝑝0−(1分)
设轻杆上的作用力大小为F.以活塞B为研究对象,则有3mg+p×3S+F=p0×3S (1分)解得F=12mg (1分)
(2)气体温度上升、汽缸内气体压强增大，活塞向下运动，原来活塞间气体体积 V₁=2Sl+S×2l+3Sl=7St (1分)
气体温度上升到T=2T0时，假设活塞A紧压b上端，封闭气体的压强为p₁，汽缸内气体体积 V₁=S×21+3S×2l=8Sl (1分) 对封闭气体由理想气体状态方程得(1分)
解得 𝑝1=(𝑝0−
47
5𝑚𝑔𝑆
𝑝𝑉1𝑇0
5𝑚𝑔𝑆
=
𝑝1𝑉22𝑇0
) (1分)
对活塞A、B和轻杆受力分析，活塞A受到汽缸向上的作用力F₁，则 5mg+ p₀×2S+p₁×3S=p₀ ×3S+p₁×2S+F₁ (1分)
解得 𝐹1=(𝑝0𝑆−5𝑚𝑔)>0 (1分)
43
说明假设成立，所以封闭气体的压强为 (𝑝0−
4
75𝑚𝑔𝑆
)。 (1分)
17.( 1)1.8 s ( 2)12.5m ( 3)5 s 解析 (1)货物被放上传送带上后先以加速度a₁向下加速运动， 𝐹₁₁=𝜇₁𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=0.4𝑚𝑔 𝑎1=
𝐹11+𝑚𝑔sin𝜃
𝑚
=10𝑚/𝑠2 (1分)
𝑣𝑎1
货物经过时间t：达到与传送带相同的速度. 𝑡1=
12
=
810
𝑠=0.8𝑠 (1分)
2
运动的位移𝑥1=𝑎1𝑡1=3.2𝑚 (1分)
此后.货物以加速度a²向下加速运动. 𝑎2=
𝑚𝑔sin𝜃−𝐹11
𝑚
=2𝑚/𝑠2 (1分)
12
2 𝐿−𝑥1=𝑣𝑡2+𝑎2𝑡2 (1分)
代入数据解得 t₁=1 s
所以货物在传送带上运动的时间𝑡=𝑡₁+𝑡₂=1.8𝑠(1分)
(2)以水平向左为正方向，设货物离开B点，刚滑上小车时的速度为v₀，则v₀=v+a₁t₁=10m/s(1分)
滑上平板车后，货物以初速度v₀=10m/s、加速度a₁=-μ₁g=-3m/s²向左做匀减速直线运动，平板车以𝑎4=(1分)
设经过一段时间t₁后货物和平板车正好达到共同遠度𝑣ₙ;由匀变速直线运动速度与时间关系式可得 𝑣𝐴=𝑣0+𝑎3𝑡3 (1分)
𝜇2𝑚𝑔−2𝜇3𝑚𝑔
𝑚
=1𝑚/𝑠2向左做初速度为0的匀加速直线运动；
𝑣𝐴=𝑎4𝑡3 (1分) 代入数据解得 𝑡3=2.5𝑠,𝑣𝐴=2.5𝑚/𝑠 (1分) t 时间内.货物的位移大小为 𝑥2=
𝑣0+𝑣2
𝑡3=15.625𝑚 (1分)
𝑣𝜋2
平板车的位移大小为 𝑥3=𝑡3=3.125𝑚 (1分)
平板车的长度等于二者的相对位移大小.即l=x₁-x₁=12.5m (1分) (3)以水平向右为正方向，平板车被弹回后，以初速度 v₀'=2.5 m/s、加速度 a₁=-μ₁g=-1 m/s²向右做匀减速直线运动，根据题意，平板车再经过时间t₁恰好到达传送带B端，则
2
𝑥3=𝑣0′𝑡4+𝑎5𝑡4 (1分)
1
2解得t₁=2.5s (1所以释放货物的时间间隔△t=t₁+t₁=5s。分)
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