2025浙江高考物理一轮复习-“17~20解答”限时练14【含答案】

2025浙江高考物理一轮复习-“17~20解答”限时练1417.(8分)某种理想气体A内能公式可表示为E=5nRT2,n表示物质的量,R为气体常数(8.3J·mol-1·K-1),T为热力学温度.如图所示,带有阀门的连通器在顶部连接两个绝热汽缸,其横截面积均为S=200cm2,高度分别为h1=14cm、h2=4cm,用一个质量M=15kg的绝热活塞在左侧汽缸距底部10cm处封闭n=0.1mol,T0=250K的气体A,汽缸底部有电阻丝可对其进行加热,活塞运动到汽缸顶部时(图中虚线位置)被锁住,右侧汽缸初始为真空.现对电阻丝通电一段时间,活塞刚好缓慢移动至汽缸顶部时断开电源并打开阀门.已知外界大气压强为p0=1×105Pa,重力加速度g取10m/s2,不计活塞与汽缸的摩擦及连通器气柱和电阻丝的体积.求:(1)上升过程中左侧缸内气体的压强.(2)断开电源时气体升高的温度.(3)稳定后整个过程中气体吸收的热量.18.(11分)如图所示装置放置在水平地面上,质量m1=0.5kg的滑块P从四分之一光滑圆弧A端点滑到B端点,随后通过顺时针转动的传送带.已知圆弧半径R=0.5m,最高点所在半径水平,传送带长d=1m,与地面高度h=1.8m.滑块可视为质点,滑块P与传送带的动摩擦因数μ=0.3,g取10m/s2,不计空气阻力与传送带转轮的大小.(1)求滑块P滑到圆弧B端点时受到轨道的作用力大小;(2)求滑块P由C抛出的水平距离x与传送带速度v的关系;(3)若传送带速度v=6m/s,将木块M与N并排静置在光滑地面上,木块M上固定一竖直轻杆,轻杆上端小横杆上系一长为l=2m的轻细线,细线下端系一质量为m2=0.5kg的小球Q.滑块P从传送带飞出后恰好与小球Q碰撞并连结为一整体S(可视为质点),随后绕悬点小角度摆动(不与竖直杆碰撞).已知木块M与N的质量分别为m3=1kg与m4=2kg,求木块M与N分离时S的速度大小.19.(11分)[2024·金华一中模拟]如图所示,电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与导轨AD、MN相连.与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场,其磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,图乙中的B0和t0均已知.PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒.金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m.导轨AD与MN平行且间距为L,导轨EF与GH平行且间距为3L,DE和NG的长度相同且与AD、MN的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均分别相同的空间区域,其长度均为d.区域Ⅰ中存在竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场.0~2t0时间内,使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止,且其两端分别与导轨EF与GH对齐.除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外,其余导体电阻均不计,所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内,不计一切摩擦,不考虑回路中的自感.(1)求在0~2t0时间内,使棒PT保持静止的水平外力F的大小;(2)在2t0以后的某时刻,若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动到区域Ⅱ时,导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ,该过程棒PT产生的焦耳热为Q,求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W;(3)接(2)问,若磁场运动到区域Ⅱ时立刻停下,求导体棒PT运动到EG时的速度v.20.(11分)[2024·嵊州模拟]某种离子诊断测量简化装置如图所示.只在第一象限内存在方向垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场.位于y轴上0.5a~a区间线离子源P以相同的速度沿x轴正方向发射质量为m、电荷量为q的同种离子,y=a处的离子经磁场偏转后沿y轴负方向射出.长度为2+32a的探测板平行x轴放置在第四象限,其一端位于y轴上,且能沿y轴方向缓慢移动且接地.已知线离子源沿y轴均匀分布,每秒发射的离子数为N,离子打到探测板上立即被全部吸收,不计重力及离子间的相互作用,不考虑离子间的碰撞.(1)离子动量p的大小;(2)离子射出x轴的范围;(3)探测到全部离子时,探测板距离x轴的最大距离;(4)探测到全部离子时,离子束对探测板的平均作用力的水平分量Fx.参考答案与详细解析17.(1)1.075×105Pa(2)100K(3)293.5J[解析](1)由平衡条件知pS=Mg+p0S (1分)压强为p=p0+MgS=1.075×105Pa(1分(2)气体做等压变化,由盖-吕萨克定律可得V0T0=V1解得T1=350K则ΔT=T1-T0=100K(1分)(3)气体增加的内能为ΔU=5nRΔT2=207.5外界对气体做功为W=-pSΔh=-86J (1分)根据热力学第一定律有ΔU=W+Q (1分)解得Q=293.5J故气体吸收的热量为293.5J(1分)18.(1)15N(2)见解析(3)1m/s[解析](1)滑块P从A端点滑到圆弧B端点,根据动能定理有m1gR=12m1解得vB=10m/s(1分)在B点,根据牛顿第二定律有FN-m1g=m1v解得FN=15N(2分)(2)滑块P由C抛出后,做平抛运动,则h=12gt解得t=0.6s(1分)若滑块在传送带上一直减速,根据动能定理有-μm1gd=12m1v12-1解得v1=2m/s若滑块在传送带上一直加速,根据动能定理有μm1gd=12m1v22-1解得v2=4m/s则若0<v≤2m/s,滑块P由C抛出的水平距离为x=v1t=1.2m(1分)若2m/s<v<4m/s,滑块P由C抛出的水平距离为x=vt=(0.6v)m(1分)若v≥4m/s,滑块P由C抛出的水平距离为x=v2t=2.4m(1分)(3)由(2)知C飞出时为v2=4m/s滑块P、小球Q碰撞前后水平方向动量守恒,则m1v2=m1+解得v3=2m/s(1分)根据系统动量守恒以及机械能守恒有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)故木块M与N分离时S的速度大小为1m/s(1分)19.(1)0~t0时间内,F=nB02πLr23Rt(2)d-3mRv0B02L2(3)v0-2[解析](1)0~t0时间内,由法拉第电磁感应定律得E=nΔBΔtS=nB0t0π由闭合电路欧姆定律得I=E3R=nB00~t0时间内,PT棒所受水平外力为F=FA=B0IL=nB02πt0~2t0时间内,磁场不变化,回路电动势为零,无电流,则外力F=0 (1分)(2)PT棒向右加速过程中,由动量定理得B02L2Δx3得x0=d-Δx=d-3mRv0BPT棒向右加速过程中,回路中的总焦耳热为Q总=3Q由功能关系和能量守恒得W=3Q+12mv02 (3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时,回路中棒PT的长度为lx=233x+L (1分回路中总电阻为R总x=RLlx+2233x+2R=RL233x+回路中电流为Ix=B0lxvxR总x=B棒PT所受安培力为FAx=B0Ixlx=B棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程,由动量定理得-∑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)由题意可知离子做圆周运动的半径R=a (1分)洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r 又p=mv联立解得p=qBa (1分)(2)依题意,y=a射出的离子从x=a处射出x轴,y=0.5a射出的离子从x=acosθ处射出x轴 (1分)又sinθ=a-0.5aa=12解得3a2