2025浙江高考物理一輪復(fù)習(xí)-“17~20解答”限時練13【含答案】

2025浙江高考物理一輪復(fù)習(xí)-“17~20解答”限時練1317.(8分)[2024·嘉興模擬]如圖所示為一超重報警裝置,其主體是水平地面上的導(dǎo)熱性能良好的豎直薄壁密閉容器.容器高H=0.5m、橫截面積S=0.06m2,底部是深h=0.1m的預(yù)警區(qū)域,內(nèi)有一厚度和質(zhì)量均不計的活塞.活塞通過輕桿連接輕質(zhì)平臺,當(dāng)活塞進入預(yù)警區(qū)域時,系統(tǒng)會發(fā)出超重預(yù)警.平臺上未放重物時,內(nèi)部封閉氣柱長度L=0.4m;平臺上輕放質(zhì)量為M的重物時,活塞最終恰好穩(wěn)定在預(yù)警區(qū)域上邊界.已知環(huán)境溫度T0=27℃,大氣壓強p0=1.0×105Pa,g取10m/s2,不計摩擦阻力.(1)求重物的質(zhì)量M;(2)求放上M至活塞最終穩(wěn)定的過程中,密閉氣體與外界交換的熱量Q;(3)若環(huán)境溫度變?yōu)?3℃且外界大氣壓強不變,為保證放上M后活塞最終仍穩(wěn)定在預(yù)警區(qū)域上邊界,應(yīng)充裝與封閉氣體同溫同壓的氣體多少體積?18.(11分)[2024·臺州一中模擬]如圖所示,某裝置由水平直軌道AE、半徑為R1的螺旋圓形軌道BCD、長L1的水平傳送帶EF、長L2的水平直軌道FG、半徑為R2的豎直圓軌道組成,兩個圓形軌道與水平軌道分別相切于B(D)、G點.軌道A處的水平彈射器能使質(zhì)量為m1的小滑塊獲得8J的初動能.G點上靜止放置質(zhì)量為m2的小滑塊,兩滑塊若碰撞則粘在一起,且不計碰撞所需時間.已知R1=0.2m,L1=1m,L2=1m,R2=10m,m1=1kg,m2=9kg,,滑塊與傳送帶和FG段之間的動摩擦因數(shù)μ=0.45,其余各段軌道均光滑且各處平滑連接,傳送帶以恒定速度順時針轉(zhuǎn)動,g取10m/s2.求:(1)滑塊通過圓形軌道最高點C時軌道所受的壓力;(2)若要使兩滑塊碰撞損失的能量最大,傳送帶速度v的最小值;(3)要使兩滑塊能碰撞且最終停在直軌道FG上,則兩滑塊從碰撞到停止運動所需時間t與傳送帶速度v的關(guān)系.19.(11分)某校項目學(xué)習(xí)小組制造了電磁彈射器,其等效電路如圖所示(俯視圖).通過圖中的理想自耦變壓器可將e=12.52sin100πt(V)的交流電電壓升高,再通過直流轉(zhuǎn)換模塊(將交流電轉(zhuǎn)換為直流電,且電壓有效值不變).圖中的兩個電容器的電容C=0.2F.兩根固定于同一水平面內(nèi)足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距L=0.5m,電阻不計,磁感應(yīng)強度大小B=1T的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向內(nèi).金屬棒MN(含其上固定一鐵釘)總質(zhì)量m=100g、有效電阻R=0.25Ω(不計其他電阻)垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止狀態(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸.開關(guān)S先接1,使兩電容器完全充電,然后將S接至2,MN開始向右加速運動達到最大速度后離開導(dǎo)軌.已知理想自耦變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1∶4,電容器儲存電場能的表達式為EC=12CU2.求(1)直流轉(zhuǎn)換模塊輸出端的電壓UMN;(2)開關(guān)S接1使電容器完全充電后,每塊極板上所帶的電荷量Q的絕對值;(3)MN由靜止開始運動時的加速度大小a;(4)電容器儲存電場能轉(zhuǎn)化為MN棒動能的轉(zhuǎn)化效率η.20.(11分)[2024·杭州模擬]為探測射線,威耳遜曾用置于勻強磁場或電場中的云室來顯示它們的徑跡.某研究小組設(shè)計了電場和磁場分布如圖所示,在Oxy平面(紙面)內(nèi),在x1≤x≤x2區(qū)間內(nèi)存在平行y軸的勻強電場,x2-x1=2d.在x≥x3的區(qū)間內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,x3=3d.一未知粒子從坐標原點與x正方向成θ=53°角射入,在坐標為(3d,2d)的P點以速度v0垂直磁場邊界射入磁場,并從(3d,0)射出磁場.已知整個裝置處于真空中,不計粒子重力,sin53°=0.8.(1)求該未知粒子的比荷qm(2)求勻強電場強度E的大小及左邊界x1的值;(3)若粒子進入磁場后受到了與速度大小成正比、方向相反的阻力,觀察發(fā)現(xiàn)該粒子軌跡呈螺旋狀并與磁場左邊界相切于點Q(x3,y3)(未畫出).求粒子由P點運動到Q點的時間t3以及坐標y3的值.參考答案與詳細解析17.(1)1.8×103kg(2)氣體對外界放出的熱量為7.2×103J(3)2.4×10-3m3[解析](1)最終穩(wěn)定時,封閉氣體溫度不變,則p0LS=p1hS可得p1=4p0 (1分)又因為p1=p0+MgS (1分代入相關(guān)已知數(shù)據(jù)求得M=1.8×103kg(1分)(2)設(shè)外界大氣壓力和重物對封閉氣體做功為W,則W=(Mg+p0S)(L-h) (1分)代入數(shù)據(jù)求得W=7.2×103J(1分)在(1)問的情況下,封閉氣體內(nèi)能不變(ΔU=0),根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W可得,氣體對外界放出的熱量為Q=7.2×103J(1分)(3)外界大氣壓強不變,所以環(huán)境溫度變化時,滿足V0T即V0300K解得V1=0.9V0 (1分)所以應(yīng)充裝同溫同壓的氣體體積為ΔV=V0-0.9V0=0.1LS=2.4×10-3m3 (1分)18.(1)30N,方向豎直向上(2)5m/s(3)見解析[解析](1)滑塊從B到C由動能定理有-m1g·2R1=12m1vC2-Ek0 在C點,m1g+FN=m1vC2R1解得FN=30N由牛頓第三定律知軌道所受壓力大小為30N,方向豎直向上 (1分)(2)質(zhì)量為m1的滑塊在傳送帶上一直勻加速運動時,出傳送帶時的速度最大,則兩滑塊碰撞后損失的能量最大從彈出滑塊到F處,由動能定理μm1gL1=12m1v2-Ek0 (1分解得v=5m/s所以傳送帶速度的最小值為5m/s(1分)(3)①當(dāng)傳送帶速度v≥5m/s時,質(zhì)量為m1的滑塊出傳送帶時vF=5m/s質(zhì)量為m1的滑塊從F到G過程,由動能定理-μm1gL2=12m1vG2-1解得vG=4m/s(1分)兩滑塊碰撞過程動量守恒m1vG=(m1+m2)v共解得v共=0.4m/s(1分)兩滑塊碰后能上升的最大高度為h,由動能定理12(m1+m2)v共2=(m1+m解得h=0.008m?R2=10m故兩滑塊在半徑為R2的圓內(nèi)運動可看為單擺模型,周期T=2πR2g=2πs(1時間t1=T2=π兩滑塊返回G點后到停止運動有v共2解得s=4225m<L對應(yīng)時間t2=v共μg=4t=t1+t2=445+πs(1②出F后恰好運動到G點時有vF2=2μgL2,此時vF=3m/s(1當(dāng)傳送帶速度滿足3m/s<v≤5m/s時,t=v共μg解得t=v2-945+π19.(1)50V(2)10C(3)1.0×103m/s2(4)33%[解析](1)交流電電壓的有效值為U1=12.522V=12.5V(1根據(jù)變壓器的電壓匝數(shù)關(guān)系有U1U2=n1由題意可知直流轉(zhuǎn)換模塊輸出端的電壓UMN=U2解得UMN=50V(1分)(2)根據(jù)電容的定義式有C=Q解得Q=10C(1分)(3)MN由靜止開始運動時的電流I=UMNR (1此時對金屬棒進行分析,根據(jù)牛頓第二定律有BIL=ma解得a=1.0×103m/s2 (1分)(4)MN開始向右加速運動達到最大速度時,金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與此時電容器極板電壓相等,則有U=BLvmax (1分)根據(jù)動量定理有BILt=mvmax-0 (1分)該過程通過金屬棒的電荷量q=It=2CUMN-U 結(jié)合上述解得vmax=50m/s考慮最后電容器還有電場能儲存,則有η=12mvmax結(jié)合上述解得η=13≈33%(1分20.(1)v0Bd(2)2v(3)3πd[解析](1)粒子在磁場中,由洛倫茲力提供向心力可得qv0B=mv02R 又R=d聯(lián)立解得粒子的比荷為qm=v0Bd (2)粒子的軌跡如圖所示粒子在電場中可逆向看成做類平拋運動,則有2d=v0t1vy=v0tan53°=at1a=qE聯(lián)立解得勻強電場強度大小為E=2v0B3由幾何關(guān)系可得x1tan53°+12at1解得x1=d2 (2分(3)若粒子進入磁場后受到了與速度大小成正比、方向相反的阻力,粒子在磁場的運動軌跡如圖所示由qvB=mωv可得ω