2025年高考物理专项复习之解答题

2025耳⑤有物理箫表B解本发

一.解答题（共25小题）

1.（2024•天津）如图所示,光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的

小球A施加水平向左的瞬时冲量1,A沿轨道运动到最高点时,与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘

在一起。已知/=1.8N-s,A>B的质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg,轨道半径和绳长均为7?=

0.5m，两球均视为质点,轻绳不可伸长，重力加速度g取lOm/s2,不计空气阻力。求：

（1）与B碰前瞬间A的速度大小；

（2）4、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。

【答案】（1）与B碰前瞬间A的速度大小4m/s;

（2）4、_8碰后瞬间轻绳的拉力大小11.2No

【分析】（1）A在水平向左的瞬时冲量/作用下开始运动，根据动量定理可以得到A初速度。A在光滑半圆

形轨道运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律，可得A到达最高点和B碰前瞬间的速度大小；

（2）4、B在轨道最高点碰撞后粘在一起，水平方向没有外力，碰撞过程水平方向动量守恒，可得两球粘在一

起瞬间的速度，在重力和轻绳拉力F的作用下做圆周运动，由牛顿第二定律，可得轻绳上拉力。

【解答】解：⑴设施加瞬时冲量后瞬间A的速度为由动量定理，有/=64"（）,解得：v=—=

0m0.3

=6m/s

设与B碰前瞬间A的速度大小为如，由机械能守恒定律，有~^-mAVo--^mAVi+2mAgR,解得：0=

d送-4gR—V6'2—4x10x0.5m/s=4m/s;

（2）设A、B碰后瞬间共同速度大小为v2,由水平方向动量守恒，有mAv1—（mA+mB）V2，解得：v2—

设碰后瞬间轻绳拉力大小为F,由牛顿第二定律，有F—（mA+m^g—（mA+m）^-

Brl

解得：F—(mA+m^)g+=(0.3+0.1)X10+(0.3+0.1)x——=11.2N。

答：（1）与73碰前瞬间A的速度大小4m/s;

（2）4、B碰后瞬间轻绳的拉力大小1L2N。

【点评】本题设置的物理情境并不复杂，但对考生分析综合能力和思维方法有一定要求，需要考生灵活的选

择不同的物理规律。A在冲量，作用后，从最低点沿光滑半圆形轨道运动到最高点和B碰撞，碰撞后粘在

一起做圆周运动，考查了动量定理、机械能守恒定律、动量守恒定律、圆周运动的向心力等知识。要求考生

能理解、分析完整运动过程、并把一个相对复杂的运动过程依次分解，对考生的物理观念和科学思维素养

进行了考查。

2.（2024-天津）如图所示，在。立,平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为A的半圆形匀强磁场区

域，半圆与土轴相切于河点，与9轴相切于N点，直线边界与非轴平行,磁场方向垂直于纸面向里。在

第一象限存在沿十①方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带负电粒子质量为TH,电荷量为q,从M

点以速度v沿+y方向进入第一象限,正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。

（1）求磁感应强度B的大小；

（2）若仅有电场，求粒子从河点到达y轴的时间力；

（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达多轴上尸点，M、尸的距离为R,求粒子

在磁场中运动的时间排

y，、

O'E

N-.........•------->―>

、、XXXX，/—

、、、XXJ

~oMpx

【答案】（1）磁感应强度B的大小为旦；

V

（2）若仅有电场,粒子从“点到达沙轴的时间力为，声雪;

vqu

（3）粒子在磁场中运动的时间力1为驾等。

iqE

【分析】（1）从初点以速度。沿+“方向进入第一象限的带负电粒子，根据图中标出的电场、磁场方向，以及

粒子速度方向，可以判断出粒子受到的静电力和洛伦兹力方向。带电粒子正好能沿直线匀速穿过半圆区

域，说明静电力与洛伦兹力两者大小相等，方向相反。据此求得B的大小。

（2）在仅有电场时带电粒子做类平抛运动。依照题意，粒子沿一立方向做匀加速运动，位移为A,由牛顿第

二定律和运动学公式可以求粒子从M点、到达9轴的时间to

（3）分析带电粒子的运动轨迹，带电粒子在仅存在磁场的半圆区域内运动时，由洛伦兹力提供向心力，粒子

做匀速圆周运动。离开半圆磁场区域后，不受任何力作用，做匀速直线运动到P点。由几何关系求得圆弧

轨迹的圆心角，结合运动周期可以求得粒子在磁场中运动的时间。

【解答】解：（1）由题意可知，静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有：

qE=qBv

解得:B—-

v

（2）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为a,由牛顿第二定律得：

qE—ma

依题意，粒子沿-2方向运动的位移为R,由运动学公式得：

联立解得：罂

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，作出粒子的运动轨迹如下图所示。

y

粒子从Q点离开磁场，则PQ延长线必然经过半圆形磁场的圆心O*设=由几何关系可得：

1211。=乂答=禽，可得：。=与

设粒子在磁场中运动的轨道半径为r,速度大小为幼，由洛伦兹力提供向心力得：

优

qv\BR=m—

r

设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则有：

2兀1_27cm

ViqB

由几何条件可得：

ti=7^eT

联立解得：力1=粤甯

答：（1）磁感应强度B的大小为。；

⑵若仅有电场,粒子从M点、到达9轴的时间方为,卢等；

V也

（3）粒子在磁场中运动的时间力为驾警o

【点评】本题综合性较强，涉及知识内容广泛，以带电粒子在匀强电场、匀强磁场中运动为背景素材，重点考

查了左手定则、洛伦兹力、静电力、力的平衡、向心力、牛顿第二定律、匀速圆周运动、类平抛运动等知识，对

考生的物理观念和科学思维素养进行了考查。

3.（2024«天津）电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部

分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处

于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD,线框边长为L,电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B,线

框转轴0（7与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。

（1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置中的电流方向；

（2）若线框以角速度。匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所

示,求此时AB产生的感应电动势；

（3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定:①将储能装置替换为阻值为R的

电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能;②线框转动第一周的角速度为g,第二周的角速度

为鲁，第三周的角速度为空，依次减半,直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做

匀减速直线运动，汽车质量为m,加速度大小为a,储存的电能为初动能的50%,求制动过程中汽车行

驶的最大距离外

【答案】（1）线框转动方向如图1所示，图示位置AB中的电流方向为从B到A；

（2）此时AB产生的感应电动势为--a>BI?coswt;

（3）制动过程中汽车行驶的最大距离，为4兀吗。。。

【分析】（1）根据右手定则判断图1所示位置AB中的电流方向。

（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，根据线框经过时间t转过的角度求得AB垂直磁感线方向的分

速度，根据E=BLn,求解此时产生的感应电动势。

（3）线框转动过程中产生正余弦交流电，根据交流电的峰值确定其有效值。根据焦耳定律求解储存的电能，

得到转动第n周储存的电能的通项式，应用数学知识求解储存的总的电能，根据题意求得汽车的初动能，根

据动能定理和牛顿第二定律求解制动过程中汽车行驶的最大距离。

【解答】解：（1）由右手定则可知，图1所示位置AB中的电流方向为从B到4。

（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为：

6—at

AB垂直磁感线方向的分速度为：

v=0）^cos3

此时AB产生的感应电动势为：

EAB=BLv=-■a）BI?cosa）t

（3）线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为

e=2EAB—④BL2cos初

2

线框转动第一周产生感应电动势最大值为：Eml=BLw0

2

Em}

储存电能为：瓦=工•生二"B?。。

Ka）oK

24a)0

同理可得线框转动第二周储存的电能为：星=7rBL

R2

同理可得线框转动第三周储存的电能：为=

R2

TCB2L4①0

可得线框转动第九周储存的电能为：笈=

R2n-1

则直到停止（即71—00）时储存的电能为：

E=E+E+……+七=7rBy.1\_2TTB2L4(W

r2l+y+……+0

271TR

已知储存的电能为初动能的50%,可得汽车的初动能为：

4由上%0

Eko=2E

~~R~~

根据动能定理和牛顿第二定律可得:

—琮力—0—Ek0

F^—rna

物步4兀62上%0

解传:x=--------

maH

答：（1）线框转动方向如图1所示，图示位置AB中的电流方向为从8到4;

⑵此时AB产生的感应电动势为coBI/coscot;

（3）制动过程中汽车行驶的最大距离，为电生粤。

malt

【点评】本题考查了电磁感应现象，交流电的产生，交流电的峰值、有效值的关系，能量转化与守恒，以及功

能关系的应用。考查了数理结合的能力。

4.（2025«邯郸一模）如图所示,边长为L的正方形ABDC区域（含边界）内存在匀强电场，电场强度方向

向下且与AC边平行。一质量为小、电荷量为+q的带电粒子从4点沿AB方向以初速度”。射入匀强

电场，恰好能从。点飞出。不计粒子重力。

（1）求粒子在电场中运动的时间t及速度偏转角夕的正切值；

（2）若将正方形区域内的匀强电场换成垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍以相同速度小从A点进入磁

场,粒子以相同偏转角。从8。边飞出。求磁感应强度与电场强度的比值。

【答案】（1）粒子在电场中运动的时间力为工，速度偏转角B的正切值为2；

（2）磁感应强度与电场强度的比值为卢。

52

【分析】（1）粒子沿AC方向的运动为匀速直线运动，L=vot求粒子在电场中运动的时间t;由平抛运动中位

移夹角和速度夹角的关系求速度偏转角9的正切值；

（2）由qVoB=小遍求得磁场的大小；粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学公式求得电场强度。

r

【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学公式可知

等0

位移偏转角为a,则有

t力ana=—L=1

速度偏转角的正切值

tan夕=2tana=2

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示

由几何关系可知

rsin0=L

且

.2V5

sin9a=---

5

由牛顿第二定律可知

R喘

QVQJD=m—

r

解得

B_2mv0

一VbqL

粒子在匀强电场中运动过程有

tan9=2=-

v0

且

Vy—t,L—001

m

解得

2mvl

H=~r~

qL

磁感应强度与电场强度的比值为

B_V5

E55

答：（1）粒子在电场中运动的时间土为工，速度偏转角。的正切值为2;

Vo

（2）磁感应强度与电场强度的比值为兽。

【点评】明确粒子在电场中的运动情况，熟记运动学公式以及平抛运动中位移夹角和速度夹角的关系可轻

松解题。

5.（2025*邯郸一模）气泡在水中上升过程中由于压强减小，气泡体积会变大，一个气泡从深为10m的湖

底部沿竖直方向缓慢上浮8巾，气泡内的气体对湖水做功0.3J,气体可视为理想气体，湖底与湖面温差

不计。取湖水的密度为p=L0xl03kg/m3,重力加速度g=i0m/s2,大气压强为L0xl05pa。求：

（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量；

（2）气泡体积变为原来的几倍。

【答案】（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量为0.3J;

（2）气泡体积变为原来的4倍。

【分析】（1）根据热力学第一定律求上浮过程中气泡从外界吸收的热量；

（2）根据玻意耳定律求气泡体积变为原来的几倍。

【解答】解：（1）上浮过程中，由题意可知，温度不变，则气泡内气体内能不变；气泡内的气体对湖水做功

0.3J,根据热力学第一定律可知

△U=_W+Q=O

可知上浮过程中气泡从外界吸收的热量为

Q=W=0.3J

（2）气泡从深为10m的湖底部沿竖直方向缓慢上浮8m,根据玻意耳定律可知

p1V1^p2V2

其中

Pi=Po+pghi

解得

Pi=2.0xlt）5pa

P2=Po+pgh2

解得

22=L2X105Pa

则有

■=Pi

%Pi

解得

竺—5

可知气泡体积变为原来的1倍。

答：（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量为0.3J;

（2）气泡体积变为原来的倍。

O

【点评】本题考查热力学第一定律与一定质量的理想气体状态方程和液体压强与深度的关系，注意对热力

学第一定律中各物理量的符号。

6.（2025-邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑,轻质弹簧左端固定，自然伸长位

置为。，点，弹簧的劲度系数k=43.52N/m,圆轨道的半径R=0.5m,圆管的内径比小球小】直径略

大，但远小于圆轨道半径，小物块m2静止于木板m3左端,木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下

端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数〃=0.5,木板右端与墙壁之间的距离乙°=5成，现用

力将小球mi向左推压,将弹簧压缩费=0.5m,然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到

桌面右端O点后水平抛出，从管口4处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分8点飞出，并恰好

与小物块m2发生弹性碰撞，经过一段时间后m3和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知m2始终未和墙壁碰

2

撞，并且未脱离木板，7711=7712=0.5kg,m3=0.1kg,g=10m/s,0=37°,sin37°=0.6。试求：

（1）小球平抛运动的时间力及抛出点O,与管口A间的图度差％;

（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力弱，并判断是和管的内壁还是外壁挤压;

（3）木板的最短长度力及木板在地面上滑动的总路程s。

【答案】（1）小球平抛运动的时间t为三俯s,为0.612m;

50

（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力/为UN,方向竖直向上，和外壁挤压；

⑶木板的最短长度力为3.6m,木板在地面上滑动的总路程s为6.8m。

【分析】（1）小球做平抛运动，由%=g方结合/z=4g#,求平抛运动的时间与管口A间的高度差h;

（2）由动能定理结合牛顿第二定律求小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力为；

（3）由动能定理结合动量守恒定律及运动学公式求木板的最短长度力及木板在地面上滑动的总路程s。

【解答】解:设水平向右为正方向为正

⑴弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得

在小球平抛到管口人点时如图

才艮据％=o（）tan。

%=gt

解得

得皿

h=0.612m

（2）从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得

—rrtig（R+Rcosd）——

由上述图可知

cos夕

8

在最高点

跳+mig=mi互

解得玛=UN>0

小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为HN,方向竖直向上。

(3)从4到B全过程，由动能定理可得

mig(R—Rcosff)=^-力皿2-~^mivA

解得vB—6mzs

小球ma和物块馆2碰撞过程,设水平向右为正方向，可得

m^vB—mM+m2V2

121,2।1,2

+—m2v2

f

解得Vi=Q,v2=6m/s

可知碰后小球停止运动，物块获得6m/s向右的速度，开始在木板上滑动,以馆2和皿3为对象

7n25'=(馆2+馆3)。1

对m2可得

12n

pm2gx——m2Vi—0

解得5=5m/s

x=0.5m<L0

物块与木板共速后与墙壁发生碰撞，以？712和馆3为对象，第1次与墙碰撞后

m2fi—m3fi=(m2+m3)f2

解得

m2—m3

"2=--------,--------

m2+m3

对木板

/im2g—rn3a

_优

s尸元

第2次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正

m2v2-m3v2—(馆2+m3)v3

解得

2

(m2—m3\

。3=(耘晒)％

对木板

2

vl(m2—m3\vl

&===(T)•不一

2aVm2+m3/2a

第3次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正

馆203-M3g—(馆2+馆384

解得

(m2-m3\3

必=—T—0

\m2+m3)

对木板

4

vl(m2—m3\vl

S3==\--------T------)*k-

2a\m2+m3)2a

第九一1次与墙碰撞后

7n2%_1-恒3°九-1=(馆2+m^vn

解得

n-1

/m2—m3\

.n=----T----3

Vm2+m3f

对木板

2(n-2)

_*—i_/m2-m3\.vL

"I2aVm2+m3/2a

第九次与墙碰撞后

m^vn-m^n=(m2+m^vn+1

解得

n

(m2-m3\

Vn+1=----7----%

Vm2+m3/

对木板

2n-1

_Vn_/m2—m3\()债

”—I2aVm2+m3/2a

木板运动的总路程为

s=I/。+2®+S2+s3H---Fsn)

即

]*11_i_馆3产]

m2-mTn-m\423/2)]^1{rr^+m.)J

_.oFi_L_/3r.23J山一小忧_.ovvL

s=LT0+2[l+(嬴]贰)+----------In—.十1-----------I==£/()十/XX------------------------

2

m2+m3'Vm2+m3/J2a2aL_/n^—m3\j

L\m2+m3/J

当九-s时，(g^『-o,可得

Vm2+m3/

zy2

s=Lo+2x—x-

2a]_/m2—m-3y

\7722+7723)

解得s=6.8m

木板和物块最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在右端，根据能量守恒可得

2

ltm2gL=^-m2V2

解得L=3.6m

答：（1）小球平抛运动的时间t为县，51s,为0.612m,;

50

（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力/为11N,方向竖直向上，和外壁挤压；

⑶木板的最短长度力为3.6力,木板在地面上滑动的总路程s为6.8m。

【点评】该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，知道平抛运动的规律和牛顿第二定律求解得思路.

解决该题关键是掌握碰撞过程动量守恒，列出等式求解。

7.（2024•青山湖区校级模拟）干瘪的篮球在室外温度为300K时,体积为0.9/，球内压强为灰。为了让

篮球鼓起来，将其放入温度恒为350K热水中，经过一段时间后鼓起来了，体积恢复原状V,此过程气

体对外做功为W,球内的气体视为理想气体且球不漏气，若球内气体的内能满足U=kT（k为常量且

大于零），已知大气压强为脑,求：

（1）恢复原状时的篮球内气体的压强；

（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量。

【答案】（1）恢复原状时的篮球内气体的压强为l.O5po；

（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量为50A;+IV=

【分析】（1）由理想气体状态方程求解恢复原状时的篮球内气体的压强；

（2）根据温度的变化，由U=A/T求出气体内能变化量，再由热力学第一定律求解篮球内气体吸收的热量。

【解答】解：（1）将球内气体为理想气体，由理想气体状态方程有

Po'O-9V_pV

-T,-二F

解得恢复原状时的篮球内气体的压强为

p=l.O5po

（2）由U=kT可知，该过程气体内能变化量为

△U=kAT=350k-300k=50fc

由热力学第一定律有

/\U=-W+Q

解得

Q=50k+W

答：（1）恢复原状时的篮球内气体的压强为l.O5po；

（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量为5Qk+W.

【点评】本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，解题时要知道气体体积增大，气体对外

界做功，W为负值。

8.（2024.江汉区模拟）如图所示，密封良好的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，其顶部固定且导热良

好，其他部分绝热。质量为0.5kg的绝热活塞将理想气体分为4和8两部分，活塞横截面积为

0.01加2,厚度不计，能无摩擦地滑动，活塞上表面和容器顶部与轻弹簧连接。初始时容器内两部分气

体的温度相同，气柱的高度均为0.5小，气体A的压强为1.0xlO&Pa,弹簧处于原长状态。加热气体B

一段时间（加热装置未画出且体积可忽略），活塞缓慢上升O.hn后,系统再次平衡,此时气体B的温度

为原来的1.6倍。重力加速度g取10m/s2,试求：

（1）再次平衡时容器气体A的压强以，；

（2）弹簧的劲度系数短

4

【答案】（1）再次平衡时容器气体A的压强pA,为1.25x10Pa;

（2）弹簧的劲度系数k为：lOON/nz。

【分析】（1）加热气体B时，活塞缓慢上升过程中，气体A发生等温变化，根据玻意耳定律求解再次平衡时容

器气体A的压强外,；

（2）初始状态，对活塞受力分析，由平衡条件求出气体B的压强。对气体B,由理想气体状态方程求出再次

平衡时容器气体B的压强。再对活塞，利用平衡条件和胡克定律相结合求解弹簧的劲度系数鼠

【解答】解：（1）活塞缓慢上升过程中，气体A发生等温变化，根据玻意耳定律有

pAhs=p'A-—h-s

解得

%=1.25X100

（2）初始状态，对活塞受力分析，可得

PBS=mg+pAs

活塞缓慢上升过程中，对气体B,由理想气体状态方程得

r

pBhs_PB'^h-s

~^T=L6/

解得

4

p'B—1.4X10Pa

末状态，对活塞受力分析，由平衡条件得

p's—k•-h+mg+p's

BoA

联立解得

k=100N/m

答：⑴再次平衡时容器气体A的压强外,为1.25xlf）4pa；

（2）弹簧的劲度系数A:为10UN/m。

【点评】本题是多体问题，关键有明确两部分的变化过程，找出它们之间的联系，比如压强关系等，再据气体

实验定律、理想气体状态方程和力学规律相结合解答。

9.（2024.开福区校级模拟）如图甲所示，竖直放置的汽缸的A、B两处设有限制装置，横截面积为S=

1.0X10-3m2,活塞的质量为巾=2kg,厚度不计。使活塞只能在之间运动，口下方汽缸的容积

5

为％=1.0x10-W,4口之间的容积为0.2%,外界大气压强po=l.Ox10Pao开始时活塞停在B

处，缸内气体的压强为。=0.9“,温度为27℃,现缓慢加热缸内气体,直至167℃»不计活塞与缸之间

的摩擦，取0℃为273K。求：

（1）活塞刚离开B处时气体的温度；

（2）缸内气体最后的压强；

（3）在图乙中画出整个过程中的p—U图线。

图（甲）图（乙）

【答案】（1）活塞刚离开B处时气体的温度为400K;

（2）缸内气体最后的压强为1.2X105Pa;

（3）中画出整个过程中的p-V图线/如图所示：

【分析】（1）根据平衡条件求出压强，利用查理定律进行求解即可；

（2）根据盖一吕萨克定律进行求解；

（3）根据气体的状态变化过程，找出状态量，即可画出p—V图线。

【解答】解：（1）活塞刚离开B处是，设气体的压强为外，气体的温度为T2

5

对活塞，由平衡条件可得：p2S—p0S+mg,代入数据解得：p2—1.2x10Pa

由于气体发生等容变化，由查理定律可得：*=偿，其中g=300K,代入数据解得：£=400K;

（2）当气体的温度达到£=440K,假设活塞最终没有移动到A处，缸内气体最后的压强仍为外,体积为％,

由盖一吕萨克定律可得：薨■，代入数据解得：%故假设成立，所以缸内气体最后的

AA

压强为P2=L2xl（）5pa；

（3）整个过程中的p—V图如图所示：

答：（1）活塞刚离开B处时气体的温度为400K;

（2）缸内气体最后的压强为1.2xlf）5pa；

【点评】本题考查气体的实验定律与理想气体状态方程，正确的找出状态参量是关键。

10.（2024.开福区校级模拟）如图所示，水平面上有相距L的两平行足够长固定轨道河和N,轨道的电阻

不计。两根长度均为L的导体棒ab和cd紧靠横放于轨道上，质量分别为27n和山，电阻分别为3R和

A,与轨道间的动摩擦因数均为〃，两棒始终与两导轨保持良好接触。整个装置处于竖直向上的匀强

磁场中，磁感应强度为现垂直于而棒施加尸=4〃mg的水平恒力，而棒从静止开始运动，经时间

力后cd棒即将开始运动，测得力时间内两棒之间的距离为现设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力

加速度为9。

⑴求cd棒即将开始运动时就棒的速度。；

（2）求。时间内cd棒产生的电热Q；

（3）在cd棒即将开始运动时撤去力尸，此时cd棒仍然静止，若在就棒以后的运动过程中，流过cd棒

的电量为q,求此过程经历的时间右。

【答案】（l）cd棒即将开始运动时就棒的速度。为丝T；

⑵求。时间内cd棒产生的电热Q为号”一笔等I；

4mR

（3）此过程经历的时间t2为°-奈幺o

B2I72以mg

【分析】（l）ab棒切割磁感线，cd棒静摩擦力达到最大。由闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、安培

力公式和平衡条件求解ab棒的速度；（2）应用功能关系、能量守恒定律和焦耳定律求解在已知时间内cd棒

产生的热量；

（3）根据动量定理结合电荷量的经典表达式求解ab棒撤去外力后到静止的时间。

【解答】解：（1）在cd棒即将开始运动时，ab棒的速度为“，则电路中的电动势：E=

电路中的电流为：/=—

ort-rJTL

cd棒受的安培力为：琦=B7L

由题意有：F^=jLimg

,,,,有4amqR

由以上各式解仔:v----—■

⑵设在打时间内，质棒产生的电热为Qi,由焦耳定律可知：笑=萼

QR

可求得到：Qi=3Q

对整个系统由功能关系:{F—n•2mg）c=-y•2mv2+Q+Qr

由以上各式可求得：Q=-电也皿

2B4L4

⑶对ab棒以后的运动过程，以向左方向为正，由动量定理有：BILt2+〃•2mgt=2mv

流过cd棒的电量为：q=It2

4mRBLq

由以上各式可求得：益=

B2L22jnmg

答：⑴cd棒即将开始运动时ab棒的速度期为电竺史

B2L2

⑵求时间内cd棒产生的电热Q为二一生也烂；

4mR

（3）此过程经历的时间t2为°-要乜-o

B2I?212mg

【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律的导体棒切割磁感线的模型，此题要注意分析金属棒的运动过程,

对此类模型导体棒受恒力而加速度不恒定的运动，经常应用动量定理解答，要能够熟练对安培力的冲量的

求解。

11.（2024•湖南模拟）如图所示，真空中固定在。点的点电荷带电荷量Q=+2x10-6。，虚线为另一带电

荷量g=-2x10-9。的点电荷从无穷远处向。点运动的轨迹。点电荷从无穷远处移动到点A静电力

做了1.5XIO"）的功；取无穷远处电势为零，轨迹上离。点距离为3cm的8点电势（pB=125V0（静

电力常量fc=9.0x10W-m2/C2）求：

（1）点电荷在8点时受到的静电力的大小F；

（2）点电荷在A点的电势能珞4；

（3）4、B两点间的电势差”

一…1一……--一

㊉。

［答案】（1）点电荷在B点时受到的静电力的大小为4xIO-N；

（2）点电荷在A点的电势能为一L5X10-7J；

（3）4、B两点间的电势差为一50V。

【分析】（1）根据库仑定律计算；

（2）根据功能关系，静电力做的功等于电势能变化量求解；

（3）根据电势差的定义式计算。

【解答】解：（1）点电荷在B点时受到的静电力大小F=k坐

将『二3001=0.03771代入解得1?=4x10-27Vo

（2）根据功能关系有-A=用一EpA

解得纥A=—1.5x10-7」。

（3）A点的电势口=至竺=T5X1LV=75V

q-2.0X10-9

A、B两点间的电势差UAB=q）A-<pB=75V-125V=-50Vo

答：（1）点电荷在B点时受到的静电力的大小为4x10-2"；

（2）点电荷在力点的电势能为-1.5x10-V;

（3）4、8两点间的电势差为一50V。

【点评】解此题的关键是要熟悉库仑定律，电势能，电势差概念，易错点在⑵问中利用静电力做功与电势能

变化的关系计算电势能。

12.（2024•金台区模拟）在十字路口，红灯拦停了很多汽车和行人,拦停的汽车排成笔直的一歹U,最前面一

辆汽车的前端刚好于路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为d=6.0m,且车长为乙o=4.8小，最前

面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽s=20m»若汽车启动时都以s=2.5m/s2的加速度做匀加

速直线运动,加速到％=10.0m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为a2=0.5m/s2,达

到”2=L0m/s后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间t=40s,而且有按倒计时显示的时间显

示灯（无黄灯）-另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车,红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通

过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。（提示:绿灯

亮起时,行人从/走向B,第1辆汽车从。朝向。行驶。）

请回答下列问题：

（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有多少辆车通过路口？

（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速

运动，结果车的前端与停车线相齐,求该汽车刹车后经多少时间停下？

（3）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？

A

万上

s=20m

【分析】（1）先求出加速的时间,根据运动学基本公式求出40.0s时间,汽车能行驶的位移，从而求出能通过

路口的汽车；

⑵先求出当计时灯刚亮出“3”时，不能通过路口的第一辆汽车行驶的位移，再求出汽车距停车线的距离，

根据速度一位移公式求解加速度；

（3）分别求出汽车和人加速的时间和位移，在求出人通过横道线汽车行驶的总位移，根据车间距判定车辆数

量。

【解答】解：（1）汽车加速时间为：友=%=黑s=4s

QJ\N.3

1i

40.0s时间，汽车能行驶的位移为：力=十Qi而+“力一力）=方x2.5x42+10x（40-4）=380m

所以有：九二号=1"

aO

根据题意，能有64辆汽车通过路口；

（2）记力o=3s,当计时灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移为:力65=弓"。16+—右一力o）=350m,

此时车离停车线的距离为：力66=64d—为=34m,

故它停下的时间满足/66=,解得：力3=6.8s。

⑶汽车加速时间行驶的位移为：为=]0宙=20馆

行人加速的时间为：[2=及=2.0s,加速位移为：力2=1小

a22

行人通过横道线的时间为：F=力2+=21S

在行人通过横道线的时间内汽车行驶位移为：g=e+%（力'一幻二190m

能到达横道线的车辆数为：N=W=31.7,

d

即第32辆车有一部分是行人离开横道线后从侧边走过，

故取N=31辆车擦肩而过。

答：（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有64辆车通过路口；

（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运动，

结果车的前端与停车线相齐，该汽车刹车后经6.8s时间停下；（3）路口对面最前面的行人在通过横道线的

过程中与31辆车擦肩而过。

【点评】本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析汽车的运动情况，难度较大。

13.（2024.宁河区校级一模）

如图所示，光滑轨道abed固定在竖直平面内，而水平,bed为半圆，圆弧轨道的半径R=0.32巾,在b

处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA=2kg>mB=1kg的物块A、B（均可视为质点），用

轻质细绳将连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑

水平地面上停着一质量为双、长乙=0.5m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后人向

左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块人与

小车之间的动摩擦因数a=0.2,重力加速度q取10m/s2。求：

（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小。•M

（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。

⑶小车的质量河。

【答案】（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点6时对轨道的压力大小是60N。

（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能是12J。

（3）小车的质量M是2kg□

【分析】（1）求出B在轨道最高点的速度大小，从b到d由动能定理求解在b点的速度大小，在6点由牛顿第

二定律、牛顿第三定律求解物块对轨道的压力大小；

（2）由动量守恒定律、能量守恒定律求解弹性势能；

（3）由动量守恒定律、能量守恒定律求出小车的质量。

【解答】解：（1）恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

Vd

mg=

Br（,

b到d过程，对B,由动能定理得：

-mBgX2R=

在b点，由牛顿第二定律得：

„嫁

F-mg^m-

NBBIt

代入数据解得：FN—602V,vb—4m/s

由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小：琦'=/=60N

（2）弹簧弹开4、B过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mAv