2025浙江高考物理一轮复习-“17~20解答”限时练13【含答案】

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(1)求重物的质量M;
(2)求放上M至活塞最终稳定的过程中,密闭气体与外界交换的热量Q;
(3)若环境温度变为-3 ℃且外界大气压强不变,为保证放上M后活塞最终仍稳定在预警区域上边界,应充装与封闭气体同温同压的气体多少体积?
18.(11分)[2024·台州一中模拟] 如图所示,某装置由水平直轨道AE、半径为R1的螺旋圆形轨道BCD、长 L1的水平传送带EF、长 L2的水平直轨道FG、半径为 R2的竖直圆轨道组成,两个圆形轨道与水平轨道分别相切于B(D)、G点.轨道A 处的水平弹射器能使质量为m1的小滑块获得8 J的初动能.G点上静止放置质量为m2的小滑块,两滑块若碰撞则粘在一起,且不计碰撞所需时间.已知 R1=0.2 m,L1=1 m,L2=1 m,R2=10 m,m1=1 kg,m2=9 kg,,滑块与传送带和FG段之间的动摩擦因数 μ=0.45,其余各段轨道均光滑且各处平滑连接,传送带以恒定速度顺时针转动,g取10 m/s2.求:
(1)滑块通过圆形轨道最高点C时轨道所受的压力;
(2)若要使两滑块碰撞损失的能量最大,传送带速度 v的最小值;
(3)要使两滑块能碰撞且最终停在直轨道FG上,则两滑块从碰撞到停止运动所需时间t与传送带速度v的关系.
19.(11分)某校项目学习小组制造了电磁弹射器,其等效电路如图所示(俯视图).通过图中的理想自耦变压器可将e=12.52sin 100πt(V)的交流电电压升高,再通过直流转换模块(将交流电转换为直流电,且电压有效值不变).图中的两个电容器的电容C=0.2 F.两根固定于同一水平面内足够长的光滑平行金属导轨间距L=0.5 m,电阻不计,磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场垂直于导轨平面向内.金属棒MN(含其上固定一铁钉)总质量m=100 g、有效电阻R=0.25 Ω(不计其他电阻)垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触.开关S先接1,使两电容器完全充电,然后将S接至2,MN开始向右加速运动达到最大速度后离开导轨.已知理想自耦变压器的原、副线圈匝数比为1∶4,电容器储存电场能的表达式为EC=12CU2.求:
(1)直流转换模块输出端的电压UMN;
(2)开关S接1使电容器完全充电后,每块极板上所带的电荷量Q的绝对值;
(3)MN由静止开始运动时的加速度大小a;
(4)电容器储存电场能转化为MN棒动能的转化效率η.
20.(11分)[2024·杭州模拟] 为探测射线,威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹.某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示,在Oxy平面(纸面)内,在x1≤x≤x2区间内存在平行y轴的匀强电场,x2-x1=2d.在x≥x3的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,x3=3d.一未知粒子从坐标原点与x正方向成θ=53°角射入,在坐标为(3d,2d)的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场,并从(3d,0)射出磁场.已知整个装置处于真空中,不计粒子重力,sin 53°=0.8.
(1)求该未知粒子的比荷qm;
(2)求匀强电场强度E的大小及左边界x1的值;
(3)若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力,观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点Q(x3,y3)(未画出).求粒子由P点运动到Q点的时间t3以及坐标y3的值.
参考答案与详细解析
17.(1)1.8×103 kg (2)气体对外界放出的热量为7.2×103 J (3)2.4×10-3 m3
[解析] (1)最终稳定时,封闭气体温度不变,则
p0LS=p1hS
可得p1=4p0(1分)
又因为p1=p0+MgS(1分)
代入相关已知数据求得M=1.8×103 kg(1分)
(2)设外界大气压力和重物对封闭气体做功为W,则
W=(Mg+p0S)(L-h)(1分)
代入数据求得W=7.2×103 J(1分)
在(1)问的情况下,封闭气体内能不变(ΔU=0),根据热力学第一定律ΔU=Q+W可得,气体对外界放出的热量为
Q=7.2×103 J(1分)
(3)外界大气压强不变,所以环境温度变化时,满足
V0T=V1T'
即V0300K=V1270K
解得V1=0.9V0(1分)
所以应充装同温同压的气体体积为
ΔV=V0-0.9V0=0.1LS=2.4×10-3 m3(1分)
18.(1)30 N,方向竖直向上
(2)5 m/s (3)见解析
[解析] (1)滑块从B到C由动能定理有-m1g·2R1=12m1vC2-Ek0(1分)
在C点,m1g+FN=m1vC2R1(1分)
解得FN=30 N
由牛顿第三定律知轨道所受压力大小为30 N,方向竖直向上 (1分)
(2)质量为m1的滑块在传送带上一直匀加速运动时, 出传送带时的速度最大,则两滑块碰撞后损失的能量最大
从弹出滑块到F处,由动能定理μm1gL1=12m1v2-Ek0(1分)
解得v=5 m/s
所以传送带速度的最小值为 5 m/s(1分)
(3)①当传送带速度v≥5 m/s 时,质量为m1的滑块出传送带时vF=5 m/s
质量为m1的滑块从F到G过程, 由动能定理-μm1gL2=12m1vG2-12m1vF2
解得vG=4 m/s(1分)
两滑块碰撞过程动量守恒m1vG=(m1+m2)v共
解得v共=0.4 m/s(1分)
两滑块碰后能上升的最大高度为 h, 由动能定理12(m1+m2)v共2=(m1+m2)gh
解得 h=0.008 m≪R2=10 m
故两滑块在半径为R2的圆内运动可看为单摆模型,周期 T=2πR2g=2π s(1分)
时间 t1=T2=π s
两滑块返回G 点后到停止运动有v共2=2μgs
解得s=4225 m