1、2025浙江高考物理一轮复习-“1720解答”限时练1617.(8分)如图所示,圆柱形汽缸竖直悬挂于天花板,用横截面积为S=0.04 m2的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体,活塞下悬挂质量为m=80 kg的重物,此时活塞处在距离汽缸上底面为h1=0.2 m的A处,气体的温度为T1=300 K.汽缸内的电阻丝加热,活塞缓慢移动到距离汽缸上底面为h2=0.24 m的B处.已知大气压为p0=1.0105 Pa,g取10 m/s2.(1)求活塞在B处时的气体温度T2;(2)求活塞从A处到B处的过程中气体对外界做功的大小,并分析气体的内能是增大还是减小;(3)保持温度T2不变,当悬挂重物的质量为m=1
2、60 kg时,打开汽缸阀门吸走一部分的气体使得活塞仍处于B处,求吸走气体的质量与原来汽缸内气体质量的比值.18.(11分)如图所示,倾角=37的斜面AB与长度为L=0.6 m的水平面BC在B点衔接,衔接点平滑,质量为m=1 kg的可视为质点的滑块Q静置在水平面的右端C.可视为质点的滑块P自斜面上高h=0.3 m处静止释放,与滑块Q发生弹性碰撞后,滑块Q在C点立即进入光滑竖直半圆轨道DE的内侧(CD间隙不计),D为圆的最高点,圆半径记为R.滑块Q经圆弧后在E点水平抛出,最终落于水平地面FG上,水平面FG与BC的高度差为H=1.2 m.已知滑块P与AB面和BC面的动摩擦因数都为=0.1,g取10
3、m/s2.(1)若滑块P的质量为m=1 kg,半圆轨道DE的半径R可调,半圆轨道能承受滑块的压力不能超过70 N,要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点,求:滑块Q进入D点时的速度vD.半圆轨道的半径R的取值范围.滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程.(2)若半圆轨道DE的半径为R=0.4 m,滑块P的质量可调,求滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围.19.(11分)水平放置的金属细圆环P的半径为l,其内部充满方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B.电阻为r,长度恰为l的细导体棒a一端搭接在细圆环上,可绕圆心处的金属细圆柱O在水平面内转动.两平行竖直金属导轨的间距为d,其中M导轨与小圆柱O相
4、连,N导轨与圆环P相连,两导轨上方通过开关K连接能提供恒定电流大小为I、方向水平向右的恒流源S.质量为m、电阻为R的均匀导体棒b水平搁置在固定支架上并与两导轨紧密接触,棒b处在方向垂直于导轨平面向内的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B.除了导体棒a和导体棒b外其余电阻不计,一切摩擦不计.(1)若开关K断开,外力使导体棒a以某一角速度匀速转动时导体棒b对支架的作用力恰好为0,求此时导体棒a的旋转方向(俯视图)和的大小.(2)若开关K闭合,导体棒a作为“电动机”在水平面内旋转.“电动机”空载时导体棒a所受安培力为零,其匀速转动的角速度记为0,求0的大小.求“电动机”机械效率为50%时导体棒a的角速度
5、2.20.(11分)空腔圆柱的截面圆如图所示,其圆心为O,半径为R,圆面上开有A、B、C、D四个小孔,AOB=90,BOC=120,COD=90,圆内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B1未知,圆外OB和OC射线范围内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小B2未知.紧靠A孔有两金属板M、N,两板间加上交变电压UMN=U0sin 2Tt,其中U0已知,质量为m、电荷量为q的带正电粒子持续由M板静止释放,经电场加速的粒子从A孔沿半径方向进入空腔内部,发现在t=T12时刻释放的粒子恰好能从B孔射出磁场,并能经过D孔.已知粒子在电场中加速的时间忽略不计,粒子撞击圆面即被吸收,圆面始终不带电
6、.(1)求从B孔飞出的粒子的速度v0及截面圆内磁感应强度B1的大小;(2)求粒子从A孔运动到D孔的时间T及比值B1B2;(3)紧靠D孔有两金属板M、N,两板间加上沿半径方向的交变电压UMN=U02sin 2Tt-T-3,以N板出口处O点为原点建立直角坐标系xOy,在y轴右侧0xx0区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度为B3,当x0=2 cm时,从O点进入磁场的速度最大的粒子恰好从点P2cm,2cm离开磁场.若要让从O点进入磁场的速度最小的粒子也恰好击中点P,则x0的取值应为多少?参考答案与详细解析17.(1)360 K(2)128 J增大(3)14解析 (1)A到B为等压过程,根据盖-
7、吕萨克定律有V1T1=V2T2(1分)即S1T1=S2T2得T2=360 K(1分)(2)设气体压强为p,由活塞受力平衡有mg+pS=p0S(1分)得p=8104 Pa气体对外界做功W=pS2-1=128 J(1分)理想气体的分子势能忽略不计,而温度升高则分子动能增加,内能由分子势能和分子动能组成,所以气体内能增大.(1分)(3)由(2)可知气体初状态压强为p2=p=8104 Pa,V2=h2S(1分)悬挂质量为m的重物后由活塞受力平衡有mg+p3S=p0S得压强p3=6104 Pa若不打开阀门,气体体积变为V3=h3S该等温过程有p2h2S=p3h3S(1分)得h3=0.32 m吸走气体的质
8、量与原来汽缸内气体质量的比值mm=3-23=14(1分)18.(1)2 m/s0.2 mR0.4 m1.4 m(2)0FN30 N解析 (1)滑块P从静止到C点,根据动能定理有mgh-mgtan37-mgL=12mvC2(1分)解得vC=2 m/s滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒,有mvC=mvC+mvD(1分)又因为是弹性碰撞,则机械能守恒12mvC2=12mvC2+12mvD2解得vD=2 m/s(1分)在D点能够做圆周运动,根据牛顿第二定律可知mgmvD2R(1分)解得R0.4 mD点到E点的过程,根据能量守恒定律有12mvE2-12mvD2=2mgR(1分)在E点,根据牛顿第二定律有FN-
9、mg=mvE2R(1分)且FN70N联立得R0.2 m所以R的取值范围为0.2 mR0.4 m(1分)自E点做平抛运动,则射程为x=vEt,H-2R=12gt2(1分)将中vE代入得x=vD2+4gR2H-2Rg分析可知当R=0.25 m时,解得xmax=1.4 m(1分)(2)设P质量为m1,由动能定理有m1gh-m1gtan37-m1gL=12m1vC2解得vC=2 m/s滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒,则m1vC=m1v1+mv2又因为是弹性碰撞,根据能量守恒定律有12m1vC2=12m1v12+12mv22解得v2=2m1m1+mvC即v2=21+mm1vC则0v22vC(1分)由牛顿第
10、二定律有FN+mg=mv22R解得0FN30 N(1分)19.(1)顺时针方向旋转2mg(R+r)B2l2d(2)2IRBl22IRrBl2(R+2r)解析 (1)导体棒b平衡,有mg=BI1d(1分)电流I1=ER+r电动势E=12Bl2(1分)联立得=2mg(R+r)B2l2d(1分)由左手定则和右手定则得导体棒a顺时针方向旋转(1分)(2)空载时导体棒a所受安培力为零,则导体棒a的电流为零,导体棒a与导体棒b两端电压相等,导体棒b的电流即恒流源电流I,有12Bl20=IR(1分)所以0=2IRBl2(1分)法一:设导体棒a切割的电动势为E,其电流为i导体棒a与导体棒b两端电压相等,即(I
11、-i)R=12Bl22+ir(1分)由于导体棒a上的速度随着到圆心距离均匀增大,电动机功率P机=F安v(1分)P机=Bil2l2=Bil222(1分)=P机P机+P热=Bl22Bl22+2ir=50%(1分)解得2=2IRrBl2R+2r(1分)法二:设导体棒a切割的电动势为E,其电流为i导体棒a与导体棒b两端电压相等,即(1分)I-iR=12Bl22+ir(2分)=P机P机+P热=I-iRi-i2rI-iRi=50%(1分)解得2=2IRrBl2R+2r(1分)20.(1)qU0m1RmU0q(2)1+533RmqU03(3)0.8 cm解析 (1)t=T12时刻的电压为UMN=U02粒子在
12、电场中加速,有qUMN=12mv02得v0=qU0m(1分)由几何关系得,从A到B的过程中的轨迹半径为R,由qv0B1=mv02R联立解得B1=1RmU0q(1分)(2)由(1)得,速度为v0的粒子才能经过B孔,进而经过C孔和D孔,由几何关系得,从B孔到C孔的轨迹的圆心角为53,半径为r=Rtan 3=3R(1分)从C孔到D孔的轨迹的圆心角为2,半径为R,则T=2R+533R+2Rv0(1分)解得T=1+533RmqU0(1分)由B1B2=rR得B1B2=3(1分)(3)在t=T12+nT时刻和t=5T12+nT时刻进入A孔的粒子能经过B孔,则粒子经过D孔的时刻为t=T12+nT+T和t=5T12+nT+T,设t=T12+nT+T时刻经过N板后的速度为v1,则qU02-qU04=12mv12(1分)设t=5T12+nT+T时刻经过N板后的速度为v2,则qU02+qU02=12mv22(1分)得v1v2=12由题意得最大圆半径r2=2 cm则最小圆半径r1=1 cmr1圆轨迹方程为x2+(y-1)2=1设粒子自点Q(x0,y0)离开轨迹圆沿切线飞出,由几何关系得x01y0=2y02x0(1分)同时满足x02+(y0-1)2=1(1分)联立得x0=0.8 cm(1分)
