2025浙江高考物理一輪復習-“17~20解答”限時練14【含答案】

2025浙江高考物理一輪復習-“17~20解答”限時練1417.(8分)某種理想氣體A內(nèi)能公式可表示為E=5nRT2,n表示物質(zhì)的量,R為氣體常數(shù)(8.3J·mol-1·K-1),T為熱力學溫度.如圖所示,帶有閥門的連通器在頂部連接兩個絕熱汽缸,其橫截面積均為S=200cm2,高度分別為h1=14cm、h2=4cm,用一個質(zhì)量M=15kg的絕熱活塞在左側(cè)汽缸距底部10cm處封閉n=0.1mol,T0=250K的氣體A,汽缸底部有電阻絲可對其進行加熱,活塞運動到汽缸頂部時(圖中虛線位置)被鎖住,右側(cè)汽缸初始為真空.現(xiàn)對電阻絲通電一段時間,活塞剛好緩慢移動至汽缸頂部時斷開電源并打開閥門.已知外界大氣壓強為p0=1×105Pa,重力加速度g取10m/s2,不計活塞與汽缸的摩擦及連通器氣柱和電阻絲的體積.求:(1)上升過程中左側(cè)缸內(nèi)氣體的壓強.(2)斷開電源時氣體升高的溫度.(3)穩(wěn)定后整個過程中氣體吸收的熱量.18.(11分)如圖所示裝置放置在水平地面上,質(zhì)量m1=0.5kg的滑塊P從四分之一光滑圓弧A端點滑到B端點,隨后通過順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶.已知圓弧半徑R=0.5m,最高點所在半徑水平,傳送帶長d=1m,與地面高度h=1.8m.滑塊可視為質(zhì)點,滑塊P與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ=0.3,g取10m/s2,不計空氣阻力與傳送帶轉(zhuǎn)輪的大小.(1)求滑塊P滑到圓弧B端點時受到軌道的作用力大小;(2)求滑塊P由C拋出的水平距離x與傳送帶速度v的關(guān)系;(3)若傳送帶速度v=6m/s,將木塊M與N并排靜置在光滑地面上,木塊M上固定一豎直輕桿,輕桿上端小橫桿上系一長為l=2m的輕細線,細線下端系一質(zhì)量為m2=0.5kg的小球Q.滑塊P從傳送帶飛出后恰好與小球Q碰撞并連結(jié)為一整體S(可視為質(zhì)點),隨后繞懸點小角度擺動(不與豎直桿碰撞).已知木塊M與N的質(zhì)量分別為m3=1kg與m4=2kg,求木塊M與N分離時S的速度大小.19.(11分)[2024·金華一中模擬]如圖所示,電阻為2R、半徑為r、匝數(shù)為n的圓形導體線圈兩端與導軌AD、MN相連.與導體線圈共圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場,其磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,圖乙中的B0和t0均已知.PT、DE、NG是橫截面積和材料完全相同的三根粗細均勻的金屬棒.金屬棒PT的長度為3L、電阻為3R、質(zhì)量為m.導軌AD與MN平行且間距為L,導軌EF與GH平行且間距為3L,DE和NG的長度相同且與AD、MN的夾角均為30°.區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ是兩個相鄰的、長和寬均分別相同的空間區(qū)域,其長度均為d.區(qū)域Ⅰ中存在豎直向下、磁感應強度大小為B0的勻強磁場.0~2t0時間內(nèi),使棒PT在區(qū)域Ⅰ中某位置保持靜止,且其兩端分別與導軌EF與GH對齊.除導體線圈、金屬棒PT、DE、NG外,其余導體電阻均不計,所有導體間接觸均良好且均處于同一水平面內(nèi),不計一切摩擦,不考慮回路中的自感.(1)求在0~2t0時間內(nèi),使棒PT保持靜止的水平外力F的大小;(2)在2t0以后的某時刻,若區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場在外力作用下從區(qū)域Ⅰ以v0的速度勻速運動到區(qū)域Ⅱ時,導體棒PT速度恰好達到v0且恰好進入?yún)^(qū)域Ⅱ,該過程棒PT產(chǎn)生的焦耳熱為Q,求金屬棒PT與區(qū)域Ⅰ右邊界的初始距離x0和該過程維持磁場勻速運動的外力做的功W;(3)接(2)問,若磁場運動到區(qū)域Ⅱ時立刻停下,求導體棒PT運動到EG時的速度v.20.(11分)[2024·嵊州模擬]某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示.只在第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場.位于y軸上0.5a~a區(qū)間線離子源P以相同的速度沿x軸正方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的同種離子,y=a處的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后沿y軸負方向射出.長度為2+32a的探測板平行x軸放置在第四象限,其一端位于y軸上,且能沿y軸方向緩慢移動且接地.已知線離子源沿y軸均勻分布,每秒發(fā)射的離子數(shù)為N,離子打到探測板上立即被全部吸收,不計重力及離子間的相互作用,不考慮離子間的碰撞.(1)離子動量p的大小;(2)離子射出x軸的范圍;(3)探測到全部離子時,探測板距離x軸的最大距離;(4)探測到全部離子時,離子束對探測板的平均作用力的水平分量Fx.參考答案與詳細解析17.(1)1.075×105Pa(2)100K(3)293.5J[解析](1)由平衡條件知pS=Mg+p0S (1分)壓強為p=p0+MgS=1.075×105Pa(1分(2)氣體做等壓變化,由蓋-呂薩克定律可得V0T0=V1解得T1=350K則ΔT=T1-T0=100K(1分)(3)氣體增加的內(nèi)能為ΔU=5nRΔT2=207.5外界對氣體做功為W=-pSΔh=-86J (1分)根據(jù)熱力學第一定律有ΔU=W+Q (1分)解得Q=293.5J故氣體吸收的熱量為293.5J(1分)18.(1)15N(2)見解析(3)1m/s[解析](1)滑塊P從A端點滑到圓弧B端點,根據(jù)動能定理有m1gR=12m1解得vB=10m/s(1分)在B點,根據(jù)牛頓第二定律有FN-m1g=m1v解得FN=15N(2分)(2)滑塊P由C拋出后,做平拋運動,則h=12gt解得t=0.6s(1分)若滑塊在傳送帶上一直減速,根據(jù)動能定理有-μm1gd=12m1v12-1解得v1=2m/s若滑塊在傳送帶上一直加速,根據(jù)動能定理有μm1gd=12m1v22-1解得v2=4m/s則若0<v≤2m/s,滑塊P由C拋出的水平距離為x=v1t=1.2m(1分)若2m/s<v<4m/s,滑塊P由C拋出的水平距離為x=vt=(0.6v)m(1分)若v≥4m/s,滑塊P由C拋出的水平距離為x=v2t=2.4m(1分)(3)由(2)知C飛出時為v2=4m/s滑塊P、小球Q碰撞前后水平方向動量守恒,則m1v2=m1+解得v3=2m/s(1分)根據(jù)系統(tǒng)動量守恒以及機械能守恒有m1+m2v3=m1+m2v412m1+m2v32=12(m1+解得v4=-1m/s,v5=1m/s或v4=2m/s,v5=0(不符,舍去)故木塊M與N分離時S的速度大小為1m/s(1分)19.(1)0~t0時間內(nèi),F=nB02πLr23Rt(2)d-3mRv0B02L2(3)v0-2[解析](1)0~t0時間內(nèi),由法拉第電磁感應定律得E=nΔBΔtS=nB0t0π由閉合電路歐姆定律得I=E3R=nB00~t0時間內(nèi),PT棒所受水平外力為F=FA=B0IL=nB02πt0~2t0時間內(nèi),磁場不變化,回路電動勢為零,無電流,則外力F=0 (1分)(2)PT棒向右加速過程中,由動量定理得B02L2Δx3得x0=d-Δx=d-3mRv0BPT棒向右加速過程中,回路中的總焦耳熱為Q總=3Q由功能關(guān)系和能量守恒得W=3Q+12mv02 (3)棒PT從磁場區(qū)域Ⅱ左邊界向右運動距離x時,回路中棒PT的長度為lx=233x+L (1分回路中總電阻為R總x=RLlx+2233x+2R=RL233x+回路中電流為Ix=B0lxvxR總x=B棒PT所受安培力為FAx=B0Ixlx=B棒PT從磁場區(qū)域Ⅱ左邊界運動到EG過程,由動量定理得-∑B02Lvxlx3RΔ即-B02LS梯其中S梯=23L2所以v=v0-23B0220.(1)qBa(2)3a2≤x(3)23a(4)0.25NqBa[解析](1)由題意可知離子做圓周運動的半徑R=a (1分)洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r 又p=mv聯(lián)立解得p=qBa (1分)(2)依題意,y=a射出的離子從x=a處射出x軸,y=0.5a射出的離子從x=acosθ處射出x軸 (1分)又sinθ=a-0.5aa=12解得3a2