2025浙江高考物理一輪復(fù)習(xí)-“17~20解答”限時(shí)練15【含答案】

2025浙江高考物理一輪復(fù)習(xí)-“17~20解答”限時(shí)練1517.(8分)海洋溫差發(fā)電安全無(wú)污染,儲(chǔ)量巨大.在某次發(fā)電測(cè)試實(shí)驗(yàn)中,探測(cè)到490m深處的海水溫度為290K,如圖所示,在此處將氨水蒸氣封閉在橫截面積S=2m2的汽缸內(nèi),汽缸從深海490m深處上浮到海面,隨著海水溫度升高,封閉氣體的體積增大,活塞緩慢上升且始終未脫離汽缸.氨水蒸氣可看作理想氣體,汽缸導(dǎo)熱性能良好,活塞質(zhì)量不計(jì).已知海面處溫度T0=300K、此處氣體體積V0=3m3,大氣壓強(qiáng)恒為p0=1×105Pa,海水密度ρ=1.0×103kg/m3,g取10m/s2.(1)汽缸從深海上浮到海面,汽缸內(nèi)氣體的分子平均動(dòng)能(選填“變大”“變小”或者“不變”),內(nèi)能(選填“變大”“變小”或者“不變”);

(2)求汽缸在深海中上浮490m到海平面的過(guò)程中,活塞相對(duì)缸底上升的距離(計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字);(3)在上述過(guò)程中,汽缸內(nèi)含蒸氣1.7kg,上升過(guò)程吸收的總熱量為105kJ,已知1mol蒸氣的內(nèi)能U=kT,其中常量k=25J/K,1mol蒸氣質(zhì)量為17g,求蒸氣對(duì)外做的功.18.(11分)如圖所示,豎直平面內(nèi)有一長(zhǎng)度x=1m的粗糙平臺(tái)AB,動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.05,其左側(cè)有輕質(zhì)彈簧和質(zhì)量m1=2kg的小球1.彈簧處于壓縮狀態(tài),彈性勢(shì)能Ep=2J,與小球1不粘連.小球1右側(cè)有一半徑R=1.2m、圓心角θ=60°的光滑圓弧軌道CD,最底端D平滑連接另一長(zhǎng)s=2m的粗糙平臺(tái)DE.質(zhì)量m2=4kg的小球2靜止在D點(diǎn),左側(cè)粘有少量炸藥(質(zhì)量不計(jì)),E端有一質(zhì)量m3=4kg的小球3,用長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.5m的輕繩懸吊,對(duì)E點(diǎn)剛好無(wú)壓力.無(wú)初速度地釋放小球1,小球1恰好沿C點(diǎn)切線方向進(jìn)入圓弧軌道到達(dá)D點(diǎn),與小球2接觸瞬間引燃炸藥(未發(fā)生碰撞),爆炸后小球1、2速度方向均水平.小球1恰好以原來(lái)進(jìn)入C點(diǎn)的速度大小從C點(diǎn)滑出(不考慮小球1再次進(jìn)入CD軌道的情況),所有小球均可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量不變,忽略彈簧長(zhǎng)度的變化,g取10m/s2.(1)求炸藥爆炸前小球1對(duì)D點(diǎn)的壓力大小;(2)求炸藥爆炸過(guò)程中有多少能量轉(zhuǎn)化成小球1、2的機(jī)械能;(3)若小球2能與小球3發(fā)生彈性碰撞且最終仍停在平臺(tái)上,整個(gè)過(guò)程中繩子始終不松弛,則小球與平臺(tái)DE間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的范圍.19.(11分)某中學(xué)興趣小組研究了電機(jī)系統(tǒng)的工作原理,認(rèn)識(shí)到電機(jī)系統(tǒng)可實(shí)現(xiàn)驅(qū)動(dòng)和阻尼,設(shè)計(jì)了如圖所示裝置.電阻不計(jì)的“L形”金屬導(dǎo)軌由足夠長(zhǎng)豎直部分和水平部分連接構(gòu)成,豎直導(dǎo)軌間存在水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.導(dǎo)體棒ab與豎直導(dǎo)軌始終接觸良好并通過(guò)輕質(zhì)滑輪連接重物M,初始ab被鎖定不動(dòng).已知導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m,重物M質(zhì)量為3m,豎直導(dǎo)軌間距為d.電源電動(dòng)勢(shì)E=5mgRBd,內(nèi)阻為R,(1)把開關(guān)K接1,解除導(dǎo)體棒鎖定,導(dǎo)體棒經(jīng)時(shí)間t恰好開始勻速上升,求:①通過(guò)導(dǎo)體棒的電流方向;②導(dǎo)體棒勻速上升時(shí)的速度;③此過(guò)程導(dǎo)體棒上升的高度h;(2)把開關(guān)K接2,解除導(dǎo)體棒鎖定,導(dǎo)體棒經(jīng)時(shí)間t'、下落高度h'時(shí)恰好開始勻速下落,求此過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱.20.(11分)[2024·衢州模擬]磁共振成像(MRI)利用帶電粒子在強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)來(lái)生成圖像.通過(guò)對(duì)被檢體施加強(qiáng)磁場(chǎng),并在其周圍施加梯度磁場(chǎng),可以得到不同組織的信號(hào),從而生成高分辨率的內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖像.現(xiàn)有如下情景:在平面內(nèi)有如圖所示的垂直紙面向里、半徑為d的四分之一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,圓心O1在x軸上,O2為直角坐標(biāo)系原點(diǎn);y軸右側(cè)有寬度為d、方向沿x軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng),AB右側(cè)存在寬度為2d、磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B0,方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng);CD右側(cè)存在沿x軸正方向線性遞增的梯度磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足B=kx'B0(x'為點(diǎn)到CD的距離),在y軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同,磁場(chǎng)范圍足夠大.有一平行于x軸的寬度為d的線狀粒子源MN(N在y軸上)源源不斷發(fā)射沿y軸正方向初速度相同的帶負(fù)電粒子(電荷量大小為q、質(zhì)量為m),從M點(diǎn)出發(fā)進(jìn)入四分之一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的粒子恰好從O2點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3qdB022m.(1)粒子的初速度v0;(2)粒子穿過(guò)AB邊界時(shí)的速率v;(3)粒子在AB、CD間的磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間;(4)所有粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程能達(dá)到的橫坐標(biāo)(x軸)的最大值是多少.參考答案與詳細(xì)解析17.(1)變大變大(2)1.47m(3)80kJ[解析](1)汽缸從深海上浮到海面,海水溫度升高,氣體的溫度升高,則分子平均動(dòng)能變大,內(nèi)能變大 (2分)(2)初始時(shí)壓強(qiáng)p1=p0+ρgh=5×106Pa(1分)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程p0·V0T0解得V1=0.058m3V0-V1=ΔhS解得Δh=1.47m(1分)(3)根據(jù)熱力學(xué)第一定律有ΔU=W+Q (1分)ΔU=mMkΔT=25kJ(1分解得W=-80kJ即對(duì)外做功80kJ(1分)18.(1)1403N(2)32J(3)0.15≤μ2<0.4[解析](1)小球1從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),根據(jù)能量守恒定律有Ep-μ1m1gx=12m1vB2 解得vB=1m/s小球1從B到C做平拋運(yùn)動(dòng),則有vC=vBcos60°=2小球1從C到D,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12m1vC2+m1gR(1-cos60°)=12m1v解得vD=4m/s小球1在D點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有FN-m1g=m1vD2R 解得FN=1403根據(jù)牛頓第三定律可知小球1對(duì)軌道的壓力大小為1403N(1分(2)炸藥爆炸過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1vD=-m1vD'+m2v (1分)其中vD'=vD=4m/s則機(jī)械能的增加量為ΔE=12m1vD'2+12m2v2-12m1vD解得ΔE=32J,v=4m/s(1分)(3)①當(dāng)小球2剛好運(yùn)動(dòng)到小球3處時(shí)速度為零,則有-μ2m2gs=0-12m2v2 (1分解得μ2=0.4②設(shè)小球2運(yùn)動(dòng)到小球3處的速度為v2'(此時(shí)未與小球3碰撞),則有-μ2m2gs=12m2v2'2-12m2v2 (1之后小球2與小球3發(fā)生彈性碰撞,由于兩球的質(zhì)量相等,則速度交換,故碰撞后小球3的速度為v3=v2',為保證整個(gè)過(guò)程中繩子始終不松弛,且最終小球2仍停在平臺(tái)上,則小球3最多運(yùn)動(dòng)到右側(cè)圓心O'等高處,則有12m3v32=m3gL 聯(lián)立解得μ2=0.15當(dāng)μ2=0.15時(shí),小球3從圓心O'等高處回到最低點(diǎn)與小球2再次相碰后,又交換速度,可計(jì)算出小球2不會(huì)從左側(cè)軌道C處飛出,最終會(huì)停在平臺(tái)上綜上所述可知0.15≤μ2<0.4(1分)19.(1)①方向由a到b②4mgRB2d2③2[解析](1)①導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng),根據(jù)右手定則,電流方向由a到b (1分)②設(shè)導(dǎo)體棒以速度v1勻速上升,感應(yīng)電流為I=Bdv12R由平衡得BId+mg=3mg (1分)得v1=4mgRB2d③根據(jù)動(dòng)量定理有3mg-mgt-Bdq=4mv1 電荷量為q=IΔt=ΔΦΔt·2得h=2mgRB2d(2)開關(guān)K接2,導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為I'=E-Bdv2由平衡得BI'd=3mg-mg (1分)得v2=mgR根據(jù)動(dòng)量定理有Bdq'-3mg-mgt'=4mv2 得q'=2mgt'由能量守恒有Eq'=12×4mv22+3mg-mgh'得Q=m2g2RB2d210t'+20.(1)qdB0m(2)2qdB0m[解析](1)由題可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為d,由勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力可知d=m解得v0=qdB0m (2)由題可知Eqd=12mv2-12mv0解得v=2v0