2025浙江高考物理一輪復習-“17~20解答”限時練12（含解析）

2025浙江高考物理一輪復習-“17~20解答”限時練1217.(8分)[2024·余姚中學模擬]某同學喝一盒牛奶但未喝完,想測量剩余牛奶的體積.他發(fā)現插在牛奶盒里的透明豎直吸管內殘留了一小段長度為l的牛奶柱,于是用蠟將接口密封,吸管下端在液面上方,如圖所示.他先在室內測得牛奶盒接口處到牛奶柱下端的距離為l1,再將牛奶盒拿到室外一段時間后,測得接口處到牛奶柱下端的距離變?yōu)閘2.已知室內的熱力學溫度為T1,室外的熱力學溫度為T2T2>T1,大氣壓恒為p0,吸管橫截面積為S,牛奶盒容積為V0,牛奶密度為ρ,重力加速度為g,忽略吸管壁的厚度和牛奶柱的蒸發(fā),整個過程牛奶盒未形變,(1)求剩余牛奶的體積;(2)若氣體的內能與熱力學溫度成正比,比例系數為k,求該過程封閉氣體吸收的熱量.18.(11分)如圖所示,一質量為m=1kg可看成質點的滑塊以初速度v0=2m/s,從P點與水平方向成θ=37°拋出后,恰能從a點沿ab方向切入粗糙斜面軌道,斜面ab軌道長為xab=10m,斜面ab與半徑R=1.25m的豎直光滑圓弧軌道相切于b點,O點為圓弧的圓心,c點為圓弧的最低點且位于O點正下方,圓弧圓心角θ=37°.c點靠近水平傳送帶左側,傳送帶cd間距離為L=3.4m,以v=5m/s的恒定速度順時針轉動,傳送帶與光滑圓弧、光滑水平面均保持平滑對接,水平面上有2個位于同一直線上、處于靜止狀態(tài)的相同小球,每個小球質量m0=2kg.滑塊與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰,滑塊與斜面及傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5,重力加速度g取10m/s2.不計一切空氣阻力,求:(1)滑塊從P點拋出落到a點所需要的運動時間t0;(2)滑塊滑到圓弧軌道的最低點c時對軌道的壓力大小;(3)滑塊第一次向右通過傳送帶的過程中,摩擦力對滑塊的沖量大小;(4)2個小球最終獲得的總動能.19.(11分)[2024·紹興模擬]某國產品牌的電動汽車配備了基于電容器的制動能量回收系統(tǒng),它有效的增加了電動汽車的續(xù)航里程.其工作原理為踩下驅動踏板時電池給電動機供電,松開驅動踏板或踩下剎車時發(fā)電機工作回收能量.為進一步研究,某興趣小組設計了如圖甲所示的模型:右側為直流發(fā)電機模型,在磁極與圓柱形鐵芯之間形成輻射狀的磁場,導線框的經過處的磁感應強度大小均為B,方向始終與兩條邊的運動方向垂直,剖面圖如圖乙所示.導線框的ab、dc邊延長段可在兩金屬半圓A、D內側自由轉動,且接觸良好.金屬半圓環(huán)D左側接一單刀雙擲開關:踩下驅動踏板,開關接通1,電池給導線框供電,導線框相當于電動機,所用電池的電動勢為E,內阻為r;松開驅動踏板或踩下剎車,開關自動切換接通2,導線框相當于發(fā)電機,給電容器充電,所接電容器的電容為C.導線框與圓柱形鐵芯中心軸線重合,ab、dc邊長度均為L,兩邊間距離為d.導線框的ab、dc邊質量均為m,其余部分導線質量不計,導線框的總電阻為R.初始時電容器不帶電、導線框靜止,電路其余部分的電阻不計,兩金屬半圓環(huán)和兩磁極間的空隙忽略不計.(1)求踩下驅動踏板后,導線框剛啟動時的電流I和ab邊受到的安培力的大小F;(2)求踩下驅動踏板后,導線框可達到的最大角速度ωm;(3)求從踩下踏板到導線框角速度最大的過程中導線框上產生的焦耳熱;(4)當導線框達到最大轉動速度后松開驅動踏板,在一段時間后導線框將勻速轉動,求此時電容器C上的帶電荷量q及儲存的電場能W.(提示:可根據電容器充電過程中電荷克服電場力做功與電勢能轉化關系并結合U-q圖像求解)20.(11分)[2024·寧波模擬]粒子偏轉裝置是研究高能物理的重要儀器,主要由加速電場,偏轉電場和偏轉磁場三部分構成.如圖甲所示為某科研團隊設計的粒子偏轉裝置示意圖,粒子源可以均勻連續(xù)的產生質量為m,電荷量為q的帶正電粒子,其比荷qm=1×108C/kg,初速度可忽略不計.帶電粒子經電壓U=100V的加速電場加速后,貼近上板邊緣,水平飛入兩平行金屬板中的偏轉電場.兩水平金屬板間距為d=0.02m,板長為22d,板間加有圖乙所示的周期性變化的電壓,其最大電壓也為U、最小電壓為U4,周期遠大于粒子在偏轉電場中運動的時間(忽略粒子穿越偏轉電場時電壓的變化),下極板右端正下方緊挨金屬板豎直放置長度為d的探測板.若帶電粒子能由偏轉電場飛出,則飛出后立即進入平行板右側的垂直紙面向外的水平勻強磁場,最后經勻強磁場偏轉后打在探測板上;若不能飛出偏轉電場,則被金屬板吸收并導走.(1)求從偏轉電場出射的粒子通過偏轉電場的時間t;(2)求一個周期T內,從偏轉電場出射的粒子數占粒子源全部發(fā)射粒子數的百分比η;(3)求從偏轉電場出射的粒子全部能夠到達探測板時,磁感應強度B需要滿足的條件;(4)若將勻強磁場調成磁感應強度B大小為0.05T,方向水平向右,并且在極板右側空間放置另一塊與原探測板平行的足夠大的光屏PQ,PQ可以在磁場中左右移動,請估算粒子打在光屏PQ上留下的所有痕跡圍成的面積.參考答案與詳細解析17.(1)V0-l2ST1-l1ST2T2-T1(2)(p0+[解析](1)設室內牛奶盒內空氣體積V,將牛奶盒拿到室外為等壓變化,根據V+l1ST1得V=l2ST1剩余牛奶的體積V剩=V0-V=V0-l2ST1(2)牛奶盒在室內時封閉氣體的內能U1=kT1牛奶盒在室外時封閉氣體的內能U2=kT2內能變化量ΔU=U2-U1=kT2-kT1 (2分)該過程氣體對外界做功W=-(p0+ρgl)(l2-l1)S (1分)根據ΔU=W+Q (1分)該過程封閉氣體吸收的熱量Q=(p0+ρgl)(l2-l1)S+kT2-kT1 (1分)18.(1)0.24s(2)49.2N(3)2N·s(4)100081[解析](1)滑塊從P點拋出時豎直方向的分速度vy=v0sinθ (1分)滑塊從P點拋出落到a點所需要的運動時間t0=2v0sinθg=0.(2)根據動能定理有mgxabsinθ+mgR(1-cosθ)-μmgxabcosθ=12mvc2-12mv解得vc=7m/s在c點,根據牛頓第二定律可得FNc-mg=mFNc=49.2N(1分)根據牛頓第三定律可得滑塊滑到圓弧軌道的最低點c時對軌道的壓力大小FNc'=FNc=49.2N(1分)(3)滑塊在傳送帶上的加速度a=μg=5m/s2滑塊速度與傳送帶速度相等的所需的時間t1=vc-va=0此過程滑塊的位移x1=vc2-v22a=2.4所以滑塊在傳送帶上先勻減速后勻速,勻速階段滑塊與傳送帶間沒有摩擦力,滑塊第一次向右通過傳送帶的過程中,摩擦力對滑塊的沖量大小I=μmgt1=2N·s(1分)(4)滑塊第一次與小球發(fā)生彈性碰撞,根據動量守恒定律和能量守恒定律可得mv=mv1+m0u112mv2=12mv12+解得v1=-13v,u1=23v (2由于小球質量相等均為m0,且發(fā)生的都是彈性碰撞,他們之間將進行速度交換,分析可知,物塊第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零,接下來將再次返回做勻加速運動,直到速度增加到v1,再與小球1發(fā)生彈性碰撞.同理可得,第二次碰撞后,物塊和小球的速度大小分別為v2=13v1=-1u2=23v×13 (1則2個小球的總動能為Ek=12m0(u12+u22)=19.(1)ER+rBLER(3)mRE(4)mCE2B[解析](1)由閉合電路歐姆定律,可得I=ER+r ab邊受到的安培力的大小為F=BIL=BLER+r (2)依題意,有I=E-2BLvR+當I=0時,轉速達到最大,可得vm=E2BL,ωm=EBdL (3)對導線框ab、dc應用動量定理,可得2BILt=2mvm(1分)通過電路的電荷量為q=It=mE2B2L導線框產生的焦耳熱為Q=RR+rEq-12(2m)(vm2)=mR(4)導線框從最大速度減至v時穩(wěn)定,對該過程應用動量定理有-2BILt=2mv-2mvm(1分)電路中流過的電荷量為q=It此時電容器所帶電荷量為q=2BLvC解得q=mCE2B2L如圖作U-q圖像,由微元法可知圖像下面積等于電容器儲存的電能W=12Uq=q22C聯(lián)立,解得W=Cm2E220.(1)4×10-7s(2)33.3%(3)210T≤B≤25(4)13π4+3×10-4[解析](1)在加速電場中,根據動能定理qU=12mv02-0 解得進入偏轉電場的初速度為v0=2×105m/s粒子在偏轉電場中的運動,如圖所示穿過偏轉電場時,水平方向做勻速直線運動,有22d=v0t解得從偏轉電場出射的粒子通過偏轉電場的時間為t=22dv0=4×10-7(2)粒子恰好從下極板右端飛出時,根據類平拋運動的規(guī)律,有22d=v0t、d=12at2、a=解得U0=U2=50V(1分所以一個周期T內,從偏轉電場出射的粒子數占粒子源全部發(fā)射粒子數的百分比為η=U0-U4U(3)設粒子飛入磁場時的速度為v,在磁場中做勻速圓周運動,根據洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r (1設粒子飛入磁場時,其速度與水平方向的夾角為θ,則有vcosθ=v0設粒子進入磁場后,y方向偏移的位移為Δy,由幾何關系可知Δy=2rcosθ解得Δy=2mv0qB,與速度v無關設粒子在偏轉電場中的最小偏移量為ymin,則有ymin=12qU4若偏轉電場出射的粒子全部能夠到達探測板,需滿足d2≤Δy≤解得2mv0qd因此從偏轉電場出射的粒子全部能夠到達探測板時,磁感應強度B需要滿足的條件為210T≤B≤25T(1(4)由洛倫茲力提供