安徽省2025届高三物理模拟试卷三【含解析】

安徽省2025届高三物理模拟三

一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.如图所示，两细杆间距离相同、与水平地面所成的角相同，夹角为a,小球从装置顶端由静止释放，离

开细杆前的运动可视为匀加速直线运动，当两杆的支持力的夹角为2。时，此时每根杆的支持力大小为（）

.mgsina口mgcosamgcosamgsina

B.------D.

,2cos02cos。2sin02sin6

2.如图甲，两等量异种点电荷位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平横杆，有一

质量为加，电荷量为+q的圆环（可视为质点）可沿横杆滑动。t=0时刻，圆环自4处以初速度火向右运动，

此后圆环运动的V-t图像如图乙所示，t=0时刻和5时刻图线斜率相同，tl和时刻图线斜率均为0，已

知圆环t2时刻运动至。点，继续向右运动至B点停下，且4、B关于两电荷连线中点。对称。若4处场强为

Eo,4。间距为3重力加速度为g,且圆环运动过程中电量始终不变，则下列说法正确的是（）

Q-Q

m,+qy0

AO\B

I

e+e

甲乙

A.圆环与横杆之间的动摩擦因数〃=孺_1

B.h-功时间内圆环的位移大小为2乙

C.圆环在。处运动的速度%=D.。处的场强大小为E=2型-E。

q

3.如图所示，一轻质弹簧固定在斜面底端,t=0时刻，一物块从斜面顶端由静止释放，直至运动到最低点

的过程中，物块的速度。和加速度a随时间t、动能以和机械能E随位移光变化的关系图像可能正确的是

4.如图所示，真空中水平直线上的。1、。2两点分别固定正点电荷a、B,点电荷4、B的电荷量之比为9:1,

abed为正方形，且对角线bd与ac相交于。2点，已知点电荷B在a点产生的电场强度大小为a到01的距

离为a到。2距离的3倍。下列说法正确的是（）

A.b、d两点的电场强度相同B.电子在d点的电势能大于在c点的电势能

C.a点的电场强度大小为2E0D.c点的电场强度大小为黄5。

5.如图所示，长方体的28C0面为正方形，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，现在AB、BC、CD、DA±.

分别放置四根导体棒，且构成一闭合回路,当回路中通有沿方向的电流时，下列说法正确的是（）

A.CD棒所受的安培力方向垂直纸面向外B.四根导体棒均受安培力的作用

C.CD棒与D4棒所受的安培力大小相等D.ZM棒所受的安培力最大

6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2:1,电源的输出电压a=30至sinlOO兀t（y）,定值电阻

Ri=2O0,R3=2.5/2,滑动变阻器&的最大阻值为5。，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理

想电表。现将滑动变阻器滑片P置于b端，则（）

B.电压表示数为10U

C.滑片P由匕向a缓慢滑动，区消耗的功率减小

D.滑片P由b向a缓慢滑动，变压器的输出功率减小

7.由于大气层的存在，太阳光线在大气中折射，使得太阳“落山”后我们仍然能看见它。某同学为研究这

一现象，建立了一个简化模型。将折射率很小的不均匀大气等效成折射率为2的均匀大气，并将大气层

的厚度等效为地球半径R。根据此模型，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间是（地

球自转时间为24小时，地球上看到的太阳光可以看成平行光）（）

A.3小时B.2小时C.1.5小时D.1小时

8.图为氢原子能级图。现有一群处于n=4激发态的氢原子，用这些氢原子辐〃En/c、

射出的光照射逸出功为2.13eI7的某金属，已知电子的电荷量为1.6x10-19。，?----------------玲

4•U.o.

则（）315

2------------3.4

A.这些氢原子能辐射出三种不同频率的光子

B.这些氢原子辐射出光子后，电子的总能量保持不变1[3

C.这些氢原子辐射出的所有光都能使该金属发生光电效应

D.该金属逸出的所有光电子中，初动能的最大值为1.7x10-18」

二、多选题：本大题共2小题，共8分。

9.位于％=0.25m的波源p从t=0时刻开始振动，形成的简谐横波沿式轴正负方向传播，在£=2.0s时波源

停止振动，t=2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置h=1.75TH,质点b的平衡位置%》=

-0.5m„下列说法正确的是（）

B.t=0.42s时，波源的位移为正

C.t=2.25s时，质点a沿y轴负方向振动

D.在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m

10.如图甲所示，一高度为"的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S,在

缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想

气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为〃=戊7,a为正的常量，重力加速度为g。开始时封闭气体温

度为To,压强等于外界大气压强po,现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态

变化过程，则

A.活塞质量为变

2g

B.从b-c过程，气体对外做功|poSH

C.从a-d全过程，气体内能增加3a「o。

D.从a-d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增量

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

11.一同学做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，使用了如图1装置。

7.58T单位：cm

——14.38----------►

----------23.16--------*

图2

（1）下列操作正确的有（填选项字母）。

A.应同时接通电源和释放小车

B,长木板上表面必须水平

C.释放小车前，小车要靠近打点计时器

（2）该同学进行多次实验后，选择了一条打点比较好的纸带，在纸带上每隔四个点选一个计数点，如图2所

示，各计数点与。点距离已标出。已知使用的电源频率为50Hz,在打4、B两点之间小车的平均速度大小

为M/S；小车的加速度大小为M/S?。（结果均保留两位有效数字）

（3）若打点计时器接入的电源频率f=52”z,则小车的加速度测量值____真实值（填“大于”、“等于"

或“小于”），因此造成的相对误差大小4=%。（已知相对误差〃=|邂曦等斗，结果保留一位有

效数字）

12.山东省有全国最大的温室智能化育苗蔬菜基地，蔬菜育苗过程对环境要求严格，温室内的空气温湿

度、土壤温湿度、二氧化碳浓度以及光照强度等都很重要。其中光照强度简称照度，可以反映光的强弱,

光越强，照度越大，照度单位为勒克斯（立）。蔬菜生长适宜的照度为4000〜25000k,为了控制照度，科

技人员设计了图甲所示的智能光控电路，当照度低于4000a时，启动照明系统进行补光。

控

制

开

关

甲乙

(1)智能光控电路的核心元件是光敏电阻Ro,某同学如图乙连接各元件，测量光敏电阻在不同照度时的电

阻，则在闭合电路开关前应该把滑动变阻器滑到(选填“1”或“2”)端;请根据图乙在虚线框内画出

对应的电路图；

(2)通过测量得出了电阻随照度变化的规律如图丙所示，由图可判断光敏电阻的阻值&与照度反比例

函数关系(选填“满足”或“不满足”)；

(3)该同学用上述光敏电阻连接成图甲所示的控制电路，其中电源电动势E=9.0%内阻r=10O,定值电

阻％=100/2,电阻箱7?2的阻值调节范围是0〜999.90,光敏电阻R()的电压U增加到2.0U时光照系统开始

工作，为了使光敏电阻在照度降低到4000尻时，自动控制系统开始补光，电阻箱/?2的阻值应该调节

为O；

(4)该光控装置使用较长时间后电源内阻变大，使得自动控制系统正常工作时的最小照度40001x(选

填“大于”“小于”或“等于”)。

四、计算题：本大题共3小题，共30分。

13.如图，容积均为外、缸壁可导热的4B两汽缸放置在压强为po、温度为To的环境中；两汽缸的底部通

过细管连通，4汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成/、II、III、IV四部

分，其中第〃、皿部分的体积分别为和;%、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。

o4

(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；

(2)将环境温度缓慢改变至27°，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求4汽缸中的活塞到达汽缸底

部后，B汽缸内第IV部分气体的压强。

14.如图所示，竖直平面内一质量为血、边长为L、电阻为R的正方形金属线框abed从某高度由静止下落，

穿过具有水平边界、宽度也为L的水平匀强磁场区，cd边进入磁场前，线框已经做匀速运动，已知cd边穿

过磁场区的时间为如上述运动过程中，ab、cd边始终保持水平，重力加速度为。，不计空气阻力，求：

d□C

6

a

XXXXXXXXXXXX

XXXXXxXXXXXX

XXXXXxXXXXXX

XXXXXxXXXXXX

(1)线框匀速运动的速度。和匀强磁场磁感应强度B。

(2)cd边穿过磁场过程中，线框中产生的焦耳热Q。

(3)cd边穿过磁场过程中线框中电流强度大小/及通过导线截面的电荷量q。

15.如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为亨的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水

平轨道4B和水平轨道B0(长为乡在B点与一个半径R=，的光滑的竖直固定圆弧轨道相切于B点。以水平轨

道B。末端。点为坐标原点建立平面直角坐标系％。y,X轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下。水平

轨道8。右下方有一段弧形轨道PQ,该弧形轨道是曲线号+用磔=1在坐标系％Oy(x>0,y>0)中的

Li[A.Ll

一半(见图中实线部分)，弧形轨道Q端在y轴上。带电量为q(q>0)、质量为小的小球1与水平轨道48、BO

间的动摩擦因数为4,在x轴上方存在竖直向上的匀强电场，其场强E=翳，重力加速度为g。

7

(1)若小球1从倾斜轨道上由静止开始下滑，恰好能经过圆形轨道的最高点，求小球1经过。点时的速度大小

>

(2)若小球1从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过。点落在弧形轨道PQ上，请证明小球1每次落在

PQ时动能均相同，并求出该动能大小；

(3)将小球2静置于。点，小球1沿倾斜轨道由静止开始下滑，与小球2发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，小球1

与小球2发生碰撞前的速度为巧，要使两小球碰后均能落在弧形轨道PQ上的同一地点，且小球1运动过程

中从未脱离过圆形轨道，求小球1和小球2的质量之比。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】设两细杆对小球支持力的合力为FN，可知琮=机985即设每根杆的支持力大小为F,由平行

四边形法则可得2Fcos当=风，解得尸=竽等，故8正确，ACO错误。

2/2cos6

2.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了等量异种电荷的电场分布特点，以及u-t图像。

解答本题的关键是明确：等量异种电荷的电场强度从中点沿中垂线向两边逐渐减小，u-t图像的斜率表示

加速度。根据动能定理分析速度；根据加速度分析电场强度。

【解答】A、若从4到B摩擦力为恒力，且/'=根据动能定理诏="mg•23可得〃=鲁，而摩

N4gL

擦力不是恒力，所以“4共，故A错误；

4gL

C、圆环在4。与8。之间的受力情况对称相同，即圆环在4。与B。之间所受的摩擦力情况相同，而4。=

BO=L,所以摩擦力在两段做功相同，根据动能定理可有2小嫌-：小诏="=0-2爪域，解得畛=

~Yvo,故C错误；

D、在4处有ma=-E°q),在。处有ma'=〃(Eq-mg),而4处和。处的加速度大小相等，所以

li(mg-Eoq)=/z(£q-mg),可得E=々黄一E°,故D正确；

8、匕时刻加速度为0,则有Eiq=mg,结合。选项可得4=竽，而4。之间的电场强度不是随4。之间的

距离均匀减小，所以L时刻不是4。的中间位置，即亢-功时间内圆环的位移大小不为故B错误。

3.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查动力学的图像问题、功能的图像问题，在解决此类问题时，要做好物体的受力分析，通过牛顿第

二定律分析加速度，分析清楚物体的运动过程，明确D-t图像斜率表示加速度，Ek-X图像的斜率表示合

力，E-x图像的斜率表示除去重力外做功的其他力。对于选择题，分析关键节点，使用排除法是常用的

思维方法。

【解答】

8、物块接触弹簧前，受到的是恒力，所以加速度恒定，接触弹簧后，合力先向下减小后反向增大，则加

速度先减小后反向增大，由于刚接触弹簧时速度大于零，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度要

大于刚接触弹簧时的加速度，故2错误；

A、物块先做匀加速直线运动，接触弹簧后速度先增大，当加速度为零时，速度最大，之后速度减小为

零，结合u-t图像的斜率表示加速度可知A正确；

C、a图像的斜率表示合力，接触弹簧前合力不变，图像斜率不变，动能增大，接触弹簧后合力开始

减小，动能继续增大，当合力为零时，动能最大，之后开始减小，图像中的错误之处在于刚接触弹簧时，

动能就开始减小了，故C错误；

。、除去重力外的其他力做的功等于物块机械能的变化量，所以图中E-x图像的斜率表示除去重力外做功

的其他力，从图像上看，机械能先减小，说明存在摩擦力，即斜率表示摩擦力，接触弹簧后斜率应该变为

摩擦力与弹力的合力，因为摩擦力沿斜面向上不变，弹力沿斜面向上不断增大，所以斜率应该不断增大，

故。错误。

4.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查电场的叠加，涉及到点电荷产生的电场的叠加，解题的关键是要分析各点电荷在空间中产生的电

场强度，按矢量叠加运算法则分析空间各点的合场强，注意对称性的应用。

【解答】

A、根据点电荷产生的电场的对称性可知，氏d两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；

B、根据£p=qe，由于电子带负电，故电子在d点的电势能小于在c点的电势能，故B错误；

C、点电荷B在a点产生的电场强度大小为E。，由于4、B的电荷量之比为9:1,a到01的距离为a到02距离的

3倍，根据点电荷电场强度E=k性可知，点电荷4在a点产生的电场强度大小也为E。，考虑到两个电荷均带

正电，故a点的电场强度为0,C错误；

D、根据点电荷产生的电场的对称性可知，点电荷B在c点产生的电场强度大小为方向向右，点电荷4

在c点产生的电场强度大小：E=k4=k3兽,其中r为点电荷B到c点的距离，QB为点电荷的电荷

r(5r)

量，电场方向向右；故c点的电场强度大小£=E+Eo=*品，D正确。

故选。。

5.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了安培力的方向判定和大小计算。当电流和磁场不垂直时，安培力的方向垂直于电流和磁场确定

的平面。

根据左手定则判断受力的方向，根据安培力的公式判断安培力的大小；电流和磁场不垂直时，应将磁场分

解，使用其垂直分量计算安培力。

【解答】

A根据左手定则，可知CD棒所受的安培力方向垂直纸面向里，故A错误；

反导体棒4B中电流方向与磁场方向平行，导体棒4B不受安培力的作用，故B错误；

C.导体棒CD的有效长度与0。边长度相等，而〈乙加，根据尸=B〃可知CD棒所受的安培力小于。4棒所

受的安培力大小，故C错误；

D由于LD4>LBC，LOD<LDA,结合上述，可知，棒所受的安培力最大，故D正确。

6.【答案】C

【解析】【分析】

根据变压器的原副线圈的两端的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比，及电路结构、等效电

路等分析选项A瓦对选项分析，采用等等效电路与等效电源分析。

本题考查变压器的基本比例关系及动态问题的分析，基础题目。

【解答】

4B.题图的电路图可以等效为：

设原线圈两端电压为4,副线圈两端电压为又因为理想变压器原副线圈的功率相等，有

U1_ul鱼=也

R；+R；R3+R2Wn2

整理有/?3'+有2'=篇)2照+&)

电源的电压输出为a=30/2sin1007Tt(7),因为电流表和电压表测量的为有效值，电源电压的有效值为

3017,电流表的示数为/=——J=1A

R1+R3+R2

原线圈两端电压的有效值为又有=U有一旧1

电压表测量的是副线圈两端的电压，即产="

%有政

整理有4有=5M

故AB错误;

C.当滑片P从b向a缓慢滑动过程中，7?2阻值变大，根据电流规律可知，总电阻变大，结合之前的分析可

知，流过电阻％的电流减小，由变压器规律，流过副线圈的电流也成比例减小，电阻角不变，电流减

小，根据P=I2R,所以功率减小，故C正确；

D由之前的分析，可以将电阻区与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出

功率，由电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻20。时，即/?2=2.50,其输出功率

最大，所以在滑片从b向a缓慢滑的过程中，其副线圈的输出功率先增大，后减小，故D错误。

故选Co

7.【答案】D

【解析】【分析】

做出光路图，根据折射定律和几何知识求出地球多转看不见太阳的角度a。根据t=磊X24%求时间。

此题是光折射现象在生活中的实际应用，是应用物理知识解决实际的问题，关键要作出光路图，要理解在

太阳“落山”后还能看到太阳的原理，并由几何知识结合求解.

【解答】

解：太阳光是平行光，临界光路图如图所示

由几何关系可得临界光线的折射角为sinr==|

Zn.Z

可知临界光线的折射角为30。；

根据折射定律九=婴■=V-2

sinr

可得i=45°

由几何关系可知，地球多转a角度便看不见太阳了，有a=60。-45。=15。

一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为t=嘉X24h=lho

故选。。

8.【答案】D

【解析】【分析】

根据数学组合公式鬣求出氢原子可能辐射光子频率的种数。能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间

的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高；根据库仑力提供向心力分析电子动能的变化。

解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级

差，掌握辐射光子的种类计算方法。

【解答】

A根据盘=6知，这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子，故A错误；

R这些氢原子辐射出光子后，电子的动能增大，电势能减小，总能量会减小。故8错误；

C.氢原子由71=4跃迁到n=3产生的光的能量：E43=E4-E3=—0.85皿-=0.66eV<

2.13eV,所以不能使逸出功为2.13皿的金属能发生光电效应，故C错误；

。.氢原子由n=4向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为13.6W-0.85eIZ=

12.75eU,根据光电效应方程可知，入射光的能量越高，则电子的动能越大，初动能的最大值为：Ekm=

12.75eIZ-2.13eV=10.62eI/=1.7XIO-187,故D正确。

故选D。

9.【答案】BD

【解析】A波从波源发出后，向式轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A

错误；

员由图可知，波的波长;1=1m,由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得;=0.1s,解得T=0.4s

根据同侧法可知，波源的振动方向向上，［=0.42$即7<1<1时，波源向上振动，位移为正，故8正

确；

C.波的波速17=・=2.5m/s,波源停止振动，到质点a停止振动的时间tx==U25s=0.6s>0.25s

即质点a还在继续振动，t=2,1s到t=2.25s经过时间上=0.15s即:<t2<L结合图象可知质点a位移为

正且向y轴正方向运动，故C错误；

n7ci17

D波传到b点所需的时间J=黑s=0.3s,在0到2s内，质点b振动的时间为Q=2s-0.3s=1.7s=^-T

质点b运动总路程s=17A=17X0.15m=2.25m,故。正确。

故选加）。

10.【答案】AC

【解析】【分析】

由图像结合共点力的平衡解得活塞的质量；从bfC过程，由该过程气体的体积变化解得气体对外界做的

功；从ard全过程，由气体的温度变化结合内能与温度的关系得解；由热力学第一定律判断全过程气体

吸收的热量与其内能的变化关系。

本题主要考查对理想气体状态变化图像及热力学第一定律的理解与应用，难度一般。

【解答】

A由图乙可知，随气体温度升高，其压强不断增大，当到达b态时，气体的压强不再变化，该过程，气体

做等压变化，此时对活塞由共点力的平衡可得：pS=mg+p0S,p=1,5p0,联立解得活塞质量为：m=

单,故A正确；

2g

3.从b7c过程，气体做等压变化，止匕时c态对应的气体体积为HS,故可得该过程气体对外界做功为：W=

1.5p0S-^=lp0SH,故B错误；

C.从ard全过程，由理想气体状态方程：型=华，解得d态时的气体温度为：T=4To，由温度与气

体内能的关系可得a-d态过程的气体内能增量为：4T0a-Toa=3aT0,故C正确；

D从a-d全过程，由以上分析可知，气体对外界做功为勿，而内能增量为：3aT°，由热力学第一定律可

知全过程中，气体吸收的热量大于其内能的增量，故。错误。

11.【答案】(1)C

(2)0.482.0

(3)小于8

【解析】(1)为保证纸带能打上点，应该先接通电源，后释放小车，A错误;只要小车做匀变速直线运动即

可，长木板上表面未必需要水平，2错误;为保证充分利用纸带，小车要靠近打点计时器，C正确。

(2)以B=竿=(7,5,；；8)E=048M/S,

a_-孙_[(23-16-7・58)-(758-0)]cm_?Qm/s2

―4T2~4x(0.1s)2—'/

C'cb_△%_bxf2汨Axf2标识值_bxf2真

(3)由(1=涯=下-，得：as/=--—＜。真==一，

+h喂-噎'/标识值f4，B

故〃=------=----2-------，解得：〃=8%。

标识值

——®--------

务n

12.【答案】(1)2；---------4；

------1|-----------

(2)不满足;

(3)65.0；

(4)小于。

【解析】【分析】

(1)由电路的连接方式及安全行原则判断得解；由实物连线判断实验原理图；

(2)由图像的数据判断得解；

(3)由闭合电路欧姆定律结合光敏电阻Ro的电压及电路的工作条件判断得解；

(4)由闭合电路欧姆定律结合闭合电路的动态分析得解。

本题主要考查传感器原件的使用，熟悉闭合电路的动态分析是解题的关键，难度一般。

【解答】

(1)由电路的连接方式及安全行原则可知，为保证测量电路的安全，在闭合电路开关前应该把滑动变阻器

滑到2位置；

由实物连线可得实验原理图：

——0--------------

px，

------1|-----------

(2)由图的数据可知，a点对应的照度与对应的阻值乘积为：4X105、b点对应的照度与电阻的乘积为：2x

105,可知，由于各组对应数据的乘积并不相同，光敏电阻的阻值品与照度不满足反比例函数关系

(3)由题意可知，当光敏电阻在照度降低到4000注时，其阻值由图可知为0.5XIO?。=500,由闭合电路欧

姆定律可得：+%+&+&)，由题意可知，光敏电阻品的电压U增加到2.0W寸光照系统开始工

作，故U=2I7,联立解得：R2=65.0/2；

(4)由题意可知，该光控装置使用较长时间后电源内阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，回路的电流减

小，故定值电阻及电源内阻端电压减小，可得光敏电阻端电压增大，由欧姆定律可知，其阻值增大，由图

可知，其照度小于4000k。

13.【答案】解：（1）在升温过程中，B汽缸中活塞缓慢下移，最终到达汽缸底部，此过程为等压变化，各

部分气体的压强始终等于Po

对于第IV部分气体，升温前压强为Po,体积为

升温之后的体积为z,设活塞刚到达汽缸底部时的温度为Ti，由盖-吕萨克定律亨=C可得：

To

3y

解得：4=10

（2）将II、III中的气体看作一个整体，初始压强为玲，温度为To,体积为滋+泣=汰

当温度升至2T。时，设此时这部分气体的压强为。2,体积为匕，由理想气体的状态方程与=C得：

3

^0-g^O=P2-V2

To

缓慢升温过程中，B汽缸中活塞上、下两部分的气体压强始终相等，所以对第IV气体在升温前后有：

3

P。-4,0_「2（匕）一，2）

To27^

联立可得：「2=沁

答：（1*汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度为gTo；

（2）4汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第IV部分气体的压强为JPo»

【解析】刚开始升温时，各部分气体都处于等压变化，对第IV部分气体应用盖-吕萨克定律即可求出变化

后的温度；第n和第川部分气体处于连通状态，可以看成一个整体，分别对这部分和第w部分气体应用理

想气体的状态方程列式，联立即可求解。

本题考查理想气体的实验定律和理想气体的状态方程，牢记定律内容及相关公式。处理第二问时，关键点

在于将第II、III两部分气体看作一个整体处理，并且知道B气缸活塞上、下两部分气体的压强相等。

14.【答案】解：（1）由于cd边进入磁场前，线框已经做匀速运动，即F安=mg

且由F安=8〃

E

I=R

E=BLv

另外由于cd边穿过磁场区的时间为t,则L="

联立可得u=3B=

(2)由于线框克服安培力做功等于回路中产生的热量

而F安=zng,故Q=zngL

(3)由于Q=mgL—I2Rt

故可得/=mgL

~Rt~

mgLt

而q=It

R

【解析】本题考查了线框平动切割磁感线问题，该问题涉及到能量问题和电路问题及力学问题，比较综

合，注意在电磁感应过程中，克服安培力做功的数值等于回路中产生的焦耳热。

p2r2

(1)由于cd边进入磁场前，线框已经做匀速运动，即F安=根据F安=号二且L="计算线框速度和

磁场的磁感应强度；

(2)线框克服安培力做功等于回路中产生的热量，根据安培力做功计算；

(3)由Q=mgL=计算电流，根据q=花计算电荷量。

15.【答案】解：(1)设小球1恰好经过圆形轨