2025耳⑤有物理簫表B解本發(fā)

一.解答題（共25小題）

1.（2024?天津）如圖所示,光滑半圓道直徑沿豎直方向，最低點與水平面相切。對靜置于軌道最低點的

小球A施加水平向左的瞬時沖量1,A沿軌道運動到最高點時,與用輕繩懸掛的靜止小球B正碰并粘

在一起。已知/=1.8N-s,A>B的質量分別為mA=0.3kg、mB=0.1kg,軌道半徑和繩長均為7?=

0.5m，兩球均視為質點,輕繩不可伸長，重力加速度g取lOm/s2,不計空氣阻力。求：

（1）與B碰前瞬間A的速度大??；

（2）4、B碰后瞬間輕繩的拉力大小。

【答案】（1）與B碰前瞬間A的速度大小4m/s;

（2）4、_8碰后瞬間輕繩的拉力大小11.2No

【分析】（1）A在水平向左的瞬時沖量/作用下開始運動，根據(jù)動量定理可以得到A初速度。A在光滑半圓

形軌道運動過程中機械能守恒，由機械能守恒定律，可得A到達最高點和B碰前瞬間的速度大?。?/p>

（2）4、B在軌道最高點碰撞后粘在一起，水平方向沒有外力，碰撞過程水平方向動量守恒，可得兩球粘在一

起瞬間的速度，在重力和輕繩拉力F的作用下做圓周運動，由牛頓第二定律，可得輕繩上拉力。

【解答】解：⑴設施加瞬時沖量后瞬間A的速度為由動量定理，有/=64"（）,解得：v=—=

0m0.3

=6m/s

設與B碰前瞬間A的速度大小為如，由機械能守恒定律，有~^-mAVo--^mAVi+2mAgR,解得：0=

d送-4gR—V6'2—4x10x0.5m/s=4m/s;

（2）設A、B碰后瞬間共同速度大小為v2,由水平方向動量守恒，有mAv1—（mA+mB）V2，解得：v2—

設碰后瞬間輕繩拉力大小為F,由牛頓第二定律，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）與73碰前瞬間A的速度大小4m/s;

（2）4、B碰后瞬間輕繩的拉力大小1L2N。

【點評】本題設置的物理情境并不復雜，但對考生分析綜合能力和思維方法有一定要求，需要考生靈活的選

擇不同的物理規(guī)律。A在沖量，作用后，從最低點沿光滑半圓形軌道運動到最高點和B碰撞，碰撞后粘在

一起做圓周運動，考查了動量定理、機械能守恒定律、動量守恒定律、圓周運動的向心力等知識。要求考生

能理解、分析完整運動過程、并把一個相對復雜的運動過程依次分解，對考生的物理觀念和科學思維素養(yǎng)

進行了考查。

2.（2024-天津）如圖所示，在。立,平面直角坐標系的第一象限內，存在半徑為A的半圓形勻強磁場區(qū)

域，半圓與土軸相切于河點，與9軸相切于N點，直線邊界與非軸平行,磁場方向垂直于紙面向里。在

第一象限存在沿十①方向的勻強電場，電場強度大小為E。一帶負電粒子質量為TH,電荷量為q,從M

點以速度v沿+y方向進入第一象限,正好能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域。不計粒子重力。

（1）求磁感應強度B的大小；

（2）若僅有電場，求粒子從河點到達y軸的時間力；

（3）若僅有磁場，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達多軸上尸點，M、尸的距離為R,求粒子

在磁場中運動的時間排

y，、

O'E

N-.........?------->―>

、、XXXX，/—

、、、XXJ

~oMpx

【答案】（1）磁感應強度B的大小為旦；

V

（2）若僅有電場,粒子從“點到達沙軸的時間力為，聲雪;

vqu

（3）粒子在磁場中運動的時間力1為駕等。

iqE

【分析】（1）從初點以速度。沿+“方向進入第一象限的帶負電粒子，根據(jù)圖中標出的電場、磁場方向，以及

粒子速度方向，可以判斷出粒子受到的靜電力和洛倫茲力方向。帶電粒子正好能沿直線勻速穿過半圓區(qū)

域，說明靜電力與洛倫茲力兩者大小相等，方向相反。據(jù)此求得B的大小。

（2）在僅有電場時帶電粒子做類平拋運動。依照題意，粒子沿一立方向做勻加速運動，位移為A,由牛頓第

二定律和運動學公式可以求粒子從M點、到達9軸的時間to

（3）分析帶電粒子的運動軌跡，帶電粒子在僅存在磁場的半圓區(qū)域內運動時，由洛倫茲力提供向心力，粒子

做勻速圓周運動。離開半圓磁場區(qū)域后，不受任何力作用，做勻速直線運動到P點。由幾何關系求得圓弧

軌跡的圓心角，結合運動周期可以求得粒子在磁場中運動的時間。

【解答】解：（1）由題意可知，靜電力與洛倫茲力大小相等，方向相反，則有：

qE=qBv

解得:B—-

v

（2）粒子在電場中做類平拋運動，設加速度大小為a,由牛頓第二定律得：

qE—ma

依題意，粒子沿-2方向運動的位移為R,由運動學公式得：

聯(lián)立解得：罌

（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，作出粒子的運動軌跡如下圖所示。

y

粒子從Q點離開磁場，則PQ延長線必然經過半圓形磁場的圓心O*設=由幾何關系可得：

1211。=乂答=禽，可得：。=與

設粒子在磁場中運動的軌道半徑為r,速度大小為幼，由洛倫茲力提供向心力得：

優(yōu)

qv\BR=m—

r

設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,則有：

2兀1_27cm

ViqB

由幾何條件可得：

ti=7^eT

聯(lián)立解得：力1=粵甯

答：（1）磁感應強度B的大小為。；

⑵若僅有電場,粒子從M點、到達9軸的時間方為,盧等；

V也

（3）粒子在磁場中運動的時間力為駕警o

【點評】本題綜合性較強，涉及知識內容廣泛，以帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中運動為背景素材，重點考

查了左手定則、洛倫茲力、靜電力、力的平衡、向心力、牛頓第二定律、勻速圓周運動、類平拋運動等知識，對

考生的物理觀念和科學思維素養(yǎng)進行了考查。

3.（2024?天津）電動汽車制動過程中可以控制電機轉為發(fā)電模式，在產生制動效果的同時，將汽車的部

分機械能轉換為電能，儲存在儲能裝置中，實現(xiàn)能量回收、降低能耗。如圖1所示，發(fā)電機可簡化為處

于勻強磁場中的單匝正方形線框ABCD,線框邊長為L,電阻忽略不計，磁場磁感應強度大小為B,線

框轉軸0（7與磁場垂直，且與AB、CD距離相等。線框與儲能裝置連接。

（1）線框轉動方向如圖1所示，試判斷圖示位置中的電流方向；

（2）若線框以角速度。勻速轉動，線框平面與中性面垂直瞬間開始計時，線框在t時刻位置如圖2所

示,求此時AB產生的感應電動勢；

（3）討論電動汽車在某次制動儲存電能時，為方便計算，做兩點假定:①將儲能裝置替換為阻值為R的

電阻，電阻消耗的電能等于儲能裝置儲存的電能;②線框轉動第一周的角速度為g,第二周的角速度

為魯，第三周的角速度為空，依次減半,直到線框停止轉動。若該制動過程中汽車在水平路面上做

勻減速直線運動，汽車質量為m,加速度大小為a,儲存的電能為初動能的50%,求制動過程中汽車行

駛的最大距離外

【答案】（1）線框轉動方向如圖1所示，圖示位置AB中的電流方向為從B到A；

（2）此時AB產生的感應電動勢為--a>BI?coswt;

（3）制動過程中汽車行駛的最大距離，為4兀嗎。。。

【分析】（1）根據(jù)右手定則判斷圖1所示位置AB中的電流方向。

（2）線框平面與中性面垂直瞬間開始計時，根據(jù)線框經過時間t轉過的角度求得AB垂直磁感線方向的分

速度，根據(jù)E=BLn,求解此時產生的感應電動勢。

（3）線框轉動過程中產生正余弦交流電，根據(jù)交流電的峰值確定其有效值。根據(jù)焦耳定律求解儲存的電能，

得到轉動第n周儲存的電能的通項式，應用數(shù)學知識求解儲存的總的電能，根據(jù)題意求得汽車的初動能，根

據(jù)動能定理和牛頓第二定律求解制動過程中汽車行駛的最大距離。

【解答】解：（1）由右手定則可知，圖1所示位置AB中的電流方向為從B到4。

（2）線框平面與中性面垂直瞬間開始計時，則經過時間t轉過的角度為：

6—at

AB垂直磁感線方向的分速度為：

v=0）^cos3

此時AB產生的感應電動勢為：

EAB=BLv=-■a）BI?cosa）t

（3）線框轉動過程中，AB、CD均能產生感應電動勢，故線框轉動產生的感應電動勢為

e=2EAB—④BL2cos初

2

線框轉動第一周產生感應電動勢最大值為：Eml=BLw0

2

Em}

儲存電能為：瓦=工?生二"B?。。

Ka）oK

24a)0

同理可得線框轉動第二周儲存的電能為：星=7rBL

R2

同理可得線框轉動第三周儲存的電能：為=

R2

TCB2L4①0

可得線框轉動第九周儲存的電能為：笈=

R2n-1

則直到停止（即71—00）時儲存的電能為：

E=E+E+……+七=7rBy.1\_2TTB2L4(W

r2l+y+……+0

271TR

已知儲存的電能為初動能的50%,可得汽車的初動能為：

4由上%0

Eko=2E

~~R~~

根據(jù)動能定理和牛頓第二定律可得:

—琮力—0—Ek0

F^—rna

物步4兀62上%0

解傳:x=--------

maH

答：（1）線框轉動方向如圖1所示，圖示位置AB中的電流方向為從8到4;

⑵此時AB產生的感應電動勢為coBI/coscot;

（3）制動過程中汽車行駛的最大距離，為電生粵。

malt

【點評】本題考查了電磁感應現(xiàn)象，交流電的產生，交流電的峰值、有效值的關系，能量轉化與守恒，以及功

能關系的應用?？疾榱藬?shù)理結合的能力。

4.（2025?邯鄲一模）如圖所示,邊長為L的正方形ABDC區(qū)域（含邊界）內存在勻強電場，電場強度方向

向下且與AC邊平行。一質量為小、電荷量為+q的帶電粒子從4點沿AB方向以初速度”。射入勻強

電場，恰好能從。點飛出。不計粒子重力。

（1）求粒子在電場中運動的時間t及速度偏轉角夕的正切值；

（2）若將正方形區(qū)域內的勻強電場換成垂直紙面向外的勻強磁場，粒子仍以相同速度小從A點進入磁

場,粒子以相同偏轉角。從8。邊飛出。求磁感應強度與電場強度的比值。

【答案】（1）粒子在電場中運動的時間力為工，速度偏轉角B的正切值為2；

（2）磁感應強度與電場強度的比值為盧。

52

【分析】（1）粒子沿AC方向的運動為勻速直線運動，L=vot求粒子在電場中運動的時間t;由平拋運動中位

移夾角和速度夾角的關系求速度偏轉角9的正切值；

（2）由qVoB=小遍求得磁場的大??；粒子在勻強電場中做類平拋運動，由運動學公式求得電場強度。

r

【解答】解：（1）粒子在勻強電場中做類平拋運動，由運動學公式可知

等0

位移偏轉角為a,則有

t力ana=—L=1

速度偏轉角的正切值

tan夕=2tana=2

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示

由幾何關系可知

rsin0=L

且

.2V5

sin9a=---

5

由牛頓第二定律可知

R喘

QVQJD=m—

r

解得

B_2mv0

一VbqL

粒子在勻強電場中運動過程有

tan9=2=-

v0

且

Vy—t,L—001

m

解得

2mvl

H=~r~

qL

磁感應強度與電場強度的比值為

B_V5

E55

答：（1）粒子在電場中運動的時間土為工，速度偏轉角。的正切值為2;

Vo

（2）磁感應強度與電場強度的比值為獸。

【點評】明確粒子在電場中的運動情況，熟記運動學公式以及平拋運動中位移夾角和速度夾角的關系可輕

松解題。

5.（2025*邯鄲一模）氣泡在水中上升過程中由于壓強減小，氣泡體積會變大，一個氣泡從深為10m的湖

底部沿豎直方向緩慢上浮8巾，氣泡內的氣體對湖水做功0.3J,氣體可視為理想氣體，湖底與湖面溫差

不計。取湖水的密度為p=L0xl03kg/m3,重力加速度g=i0m/s2,大氣壓強為L0xl05pa。求：

（1）上浮過程中氣泡從外界吸收的熱量；

（2）氣泡體積變?yōu)樵瓉淼膸妆丁?/p>

【答案】（1）上浮過程中氣泡從外界吸收的熱量為0.3J;

（2）氣泡體積變?yōu)樵瓉淼?倍。

【分析】（1）根據(jù)熱力學第一定律求上浮過程中氣泡從外界吸收的熱量；

（2）根據(jù)玻意耳定律求氣泡體積變?yōu)樵瓉淼膸妆丁?/p>

【解答】解：（1）上浮過程中，由題意可知，溫度不變，則氣泡內氣體內能不變；氣泡內的氣體對湖水做功

0.3J,根據(jù)熱力學第一定律可知

△U=_W+Q=O

可知上浮過程中氣泡從外界吸收的熱量為

Q=W=0.3J

（2）氣泡從深為10m的湖底部沿豎直方向緩慢上浮8m,根據(jù)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

則有

■=Pi

%Pi

解得

竺—5

可知氣泡體積變?yōu)樵瓉淼?倍。

答：（1）上浮過程中氣泡從外界吸收的熱量為0.3J;

（2）氣泡體積變?yōu)樵瓉淼谋丁?/p>

O

【點評】本題考查熱力學第一定律與一定質量的理想氣體狀態(tài)方程和液體壓強與深度的關系，注意對熱力

學第一定律中各物理量的符號。

6.（2025-邯鄲一模）如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑,輕質彈簧左端固定，自然伸長位

置為。，點，彈簧的勁度系數(shù)k=43.52N/m,圓軌道的半徑R=0.5m,圓管的內徑比小球小】直徑略

大，但遠小于圓軌道半徑，小物塊m2靜止于木板m3左端,木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下

端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,木板右端與墻壁之間的距離乙°=5成，現(xiàn)用

力將小球mi向左推壓,將彈簧壓縮費=0.5m,然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動到

桌面右端O點后水平拋出，從管口4處沿圓管切線飛入圓管內部，從圓管水平部分8點飛出，并恰好

與小物塊m2發(fā)生彈性碰撞，經過一段時間后m3和右側墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知m2始終未和墻壁碰

2

撞，并且未脫離木板，7711=7712=0.5kg,m3=0.1kg,g=10m/s,0=37°,sin37°=0.6。試求：

（1）小球平拋運動的時間力及拋出點O,與管口A間的圖度差％;

（2）小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力弱，并判斷是和管的內壁還是外壁擠壓;

（3）木板的最短長度力及木板在地面上滑動的總路程s。

【答案】（1）小球平拋運動的時間t為三俯s,為0.612m;

50

（2）小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力/為UN,方向豎直向上，和外壁擠壓；

⑶木板的最短長度力為3.6m,木板在地面上滑動的總路程s為6.8m。

【分析】（1）小球做平拋運動，由%=g方結合/z=4g#,求平拋運動的時間與管口A間的高度差h;

（2）由動能定理結合牛頓第二定律求小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力為；

（3）由動能定理結合動量守恒定律及運動學公式求木板的最短長度力及木板在地面上滑動的總路程s。

【解答】解:設水平向右為正方向為正

⑴彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得

在小球平拋到管口人點時如圖

才艮據(jù)％=o（）tan。

%=gt

解得

得皿

h=0.612m

（2）從A到圓筒最高點的過程，由動能定理可得

—rrtig（R+Rcosd）——

由上述圖可知

cos夕

8

在最高點

跳+mig=mi互

解得瑪=UN>0

小球和圓筒外壁擠壓，擠壓力大小為HN,方向豎直向上。

(3)從4到B全過程，由動能定理可得

mig(R—Rcosff)=^-力皿2-~^mivA

解得vB—6mzs

小球ma和物塊館2碰撞過程,設水平向右為正方向，可得

m^vB—mM+m2V2

121,2?1,2

+—m2v2

f

解得Vi=Q,v2=6m/s

可知碰后小球停止運動，物塊獲得6m/s向右的速度，開始在木板上滑動,以館2和皿3為對象

7n25'=(館2+館3)。1

對m2可得

12n

pm2gx——m2Vi—0

解得5=5m/s

x=0.5m<L0

物塊與木板共速后與墻壁發(fā)生碰撞，以？712和館3為對象，第1次與墻碰撞后

m2fi—m3fi=(m2+m3)f2

解得

m2—m3

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

m2+m3

對木板

/im2g—rn3a

_優(yōu)

s尸元

第2次與墻碰撞后，設水平向右為正方向為正

m2v2-m3v2—(館2+m3)v3

解得

2

(m2—m3\

。3=(耘曬)％

對木板

2

vl(m2—m3\vl

&===(T)?不一

2aVm2+m3/2a

第3次與墻碰撞后，設水平向右為正方向為正

館203-M3g—(館2+館384

解得

(m2-m3\3

必=—T—0

\m2+m3)

對木板

4

vl(m2—m3\vl

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

2a\m2+m3)2a

第九一1次與墻碰撞后

7n2%_1-恒3°九-1=(館2+m^vn

解得

n-1

/m2—m3\

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

Vm2+m3f

對木板

2(n-2)

_*—i_/m2-m3\.vL

"I2aVm2+m3/2a

第九次與墻碰撞后

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

解得

n

(m2-m3\

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

Vm2+m3/

對木板

2n-1

_Vn_/m2—m3\()債

”—I2aVm2+m3/2a

木板運動的總路程為

s=I/。+2?+S2+s3H---Fsn)

即

]*11_i_館3產]

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

_.oFi_L_/3r.23J山一小憂_.ovvL

s=LT0+2[l+(嬴]貳)+----------In—.十1-----------I==￡/()十/XX------------------------

2

m2+m3'Vm2+m3/J2a2aL_/n^—m3\j

L\m2+m3/J

當九-s時，(g^『-o,可得

Vm2+m3/

zy2

s=Lo+2x—x-

2a]_/m2—m-3y

\7722+7723)

解得s=6.8m

木板和物塊最終停在右側墻壁處，物塊恰好停在右端，根據(jù)能量守恒可得

2

ltm2gL=^-m2V2

解得L=3.6m

答：（1）小球平拋運動的時間t為縣，51s,為0.612m,;

50

（2）小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力/為11N,方向豎直向上，和外壁擠壓；

⑶木板的最短長度力為3.6力,木板在地面上滑動的總路程s為6.8m。

【點評】該題為平拋運動與圓周運動的結合的綜合題，知道平拋運動的規(guī)律和牛頓第二定律求解得思路.

解決該題關鍵是掌握碰撞過程動量守恒，列出等式求解。

7.（2024?青山湖區(qū)校級模擬）干癟的籃球在室外溫度為300K時,體積為0.9/，球內壓強為灰。為了讓

籃球鼓起來，將其放入溫度恒為350K熱水中，經過一段時間后鼓起來了，體積恢復原狀V,此過程氣

體對外做功為W,球內的氣體視為理想氣體且球不漏氣，若球內氣體的內能滿足U=kT（k為常量且

大于零），已知大氣壓強為腦,求：

（1）恢復原狀時的籃球內氣體的壓強；

（2）干癟的籃球恢復原狀的過程中，籃球內氣體吸收的熱量。

【答案】（1）恢復原狀時的籃球內氣體的壓強為l.O5po；

（2）干癟的籃球恢復原狀的過程中，籃球內氣體吸收的熱量為50A;+IV=

【分析】（1）由理想氣體狀態(tài)方程求解恢復原狀時的籃球內氣體的壓強；

（2）根據(jù)溫度的變化，由U=A/T求出氣體內能變化量，再由熱力學第一定律求解籃球內氣體吸收的熱量。

【解答】解：（1）將球內氣體為理想氣體，由理想氣體狀態(tài)方程有

Po'O-9V_pV

-T,-二F

解得恢復原狀時的籃球內氣體的壓強為

p=l.O5po

（2）由U=kT可知，該過程氣體內能變化量為

△U=kAT=350k-300k=50fc

由熱力學第一定律有

/\U=-W+Q

解得

Q=50k+W

答：（1）恢復原狀時的籃球內氣體的壓強為l.O5po；

（2）干癟的籃球恢復原狀的過程中，籃球內氣體吸收的熱量為5Qk+W.

【點評】本題考查理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律的綜合應用，解題時要知道氣體體積增大，氣體對外

界做功，W為負值。

8.（2024.江漢區(qū)模擬）如圖所示，密封良好的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，其頂部固定且導熱良

好，其他部分絕熱。質量為0.5kg的絕熱活塞將理想氣體分為4和8兩部分，活塞橫截面積為

0.01加2,厚度不計，能無摩擦地滑動，活塞上表面和容器頂部與輕彈簧連接。初始時容器內兩部分氣

體的溫度相同，氣柱的高度均為0.5小，氣體A的壓強為1.0xlO&Pa,彈簧處于原長狀態(tài)。加熱氣體B

一段時間（加熱裝置未畫出且體積可忽略），活塞緩慢上升O.hn后,系統(tǒng)再次平衡,此時氣體B的溫度

為原來的1.6倍。重力加速度g取10m/s2,試求：

（1）再次平衡時容器氣體A的壓強以，；

（2）彈簧的勁度系數(shù)短

4

【答案】（1）再次平衡時容器氣體A的壓強pA,為1.25x10Pa;

（2）彈簧的勁度系數(shù)k為：lOON/nz。

【分析】（1）加熱氣體B時，活塞緩慢上升過程中，氣體A發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律求解再次平衡時容

器氣體A的壓強外,；

（2）初始狀態(tài)，對活塞受力分析，由平衡條件求出氣體B的壓強。對氣體B,由理想氣體狀態(tài)方程求出再次

平衡時容器氣體B的壓強。再對活塞，利用平衡條件和胡克定律相結合求解彈簧的勁度系數(shù)鼠

【解答】解：（1）活塞緩慢上升過程中，氣體A發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律有

pAhs=p'A-—h-s

解得

%=1.25X100

（2）初始狀態(tài)，對活塞受力分析，可得

PBS=mg+pAs

活塞緩慢上升過程中，對氣體B,由理想氣體狀態(tài)方程得

r

pBhs_PB'^h-s

~^T=L6/

解得

4

p'B—1.4X10Pa

末狀態(tài)，對活塞受力分析，由平衡條件得

p's—k?-h+mg+p's

BoA

聯(lián)立解得

k=100N/m

答：⑴再次平衡時容器氣體A的壓強外,為1.25xlf）4pa；

（2）彈簧的勁度系數(shù)A:為10UN/m。

【點評】本題是多體問題，關鍵有明確兩部分的變化過程，找出它們之間的聯(lián)系，比如壓強關系等，再據(jù)氣體

實驗定律、理想氣體狀態(tài)方程和力學規(guī)律相結合解答。

9.（2024.開福區(qū)校級模擬）如圖甲所示，豎直放置的汽缸的A、B兩處設有限制裝置，橫截面積為S=

1.0X10-3m2,活塞的質量為巾=2kg,厚度不計。使活塞只能在之間運動，口下方汽缸的容積

5

為％=1.0x10-W,4口之間的容積為0.2%,外界大氣壓強po=l.Ox10Pao開始時活塞停在B

處，缸內氣體的壓強為。=0.9“,溫度為27℃,現(xiàn)緩慢加熱缸內氣體,直至167℃?不計活塞與缸之間

的摩擦，取0℃為273K。求：

（1）活塞剛離開B處時氣體的溫度；

（2）缸內氣體最后的壓強；

（3）在圖乙中畫出整個過程中的p—U圖線。

圖（甲）圖（乙）

【答案】（1）活塞剛離開B處時氣體的溫度為400K;

（2）缸內氣體最后的壓強為1.2X105Pa;

（3）中畫出整個過程中的p-V圖線/如圖所示：

【分析】（1）根據(jù)平衡條件求出壓強，利用查理定律進行求解即可；

（2）根據(jù)蓋一呂薩克定律進行求解；

（3）根據(jù)氣體的狀態(tài)變化過程，找出狀態(tài)量，即可畫出p—V圖線。

【解答】解：（1）活塞剛離開B處是，設氣體的壓強為外，氣體的溫度為T2

5

對活塞，由平衡條件可得：p2S—p0S+mg,代入數(shù)據(jù)解得：p2—1.2x10Pa

由于氣體發(fā)生等容變化，由查理定律可得：*=償，其中g=300K,代入數(shù)據(jù)解得：￡=400K;

（2）當氣體的溫度達到￡=440K,假設活塞最終沒有移動到A處，缸內氣體最后的壓強仍為外,體積為％,

由蓋一呂薩克定律可得：薨■，代入數(shù)據(jù)解得：%故假設成立，所以缸內氣體最后的

AA

壓強為P2=L2xl（）5pa；

（3）整個過程中的p—V圖如圖所示：

答：（1）活塞剛離開B處時氣體的溫度為400K;

（2）缸內氣體最后的壓強為1.2xlf）5pa；

【點評】本題考查氣體的實驗定律與理想氣體狀態(tài)方程，正確的找出狀態(tài)參量是關鍵。

10.（2024.開福區(qū)校級模擬）如圖所示，水平面上有相距L的兩平行足夠長固定軌道河和N,軌道的電阻

不計。兩根長度均為L的導體棒ab和cd緊靠橫放于軌道上，質量分別為27n和山，電阻分別為3R和

A,與軌道間的動摩擦因數(shù)均為〃，兩棒始終與兩導軌保持良好接觸。整個裝置處于豎直向上的勻強

磁場中，磁感應強度為現(xiàn)垂直于而棒施加尸=4〃mg的水平恒力，而棒從靜止開始運動，經時間

力后cd棒即將開始運動，測得力時間內兩棒之間的距離為現(xiàn)設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力

加速度為9。

⑴求cd棒即將開始運動時就棒的速度。；

（2）求。時間內cd棒產生的電熱Q；

（3）在cd棒即將開始運動時撤去力尸，此時cd棒仍然靜止，若在就棒以后的運動過程中，流過cd棒

的電量為q,求此過程經歷的時間右。

【答案】（l）cd棒即將開始運動時就棒的速度。為絲T；

⑵求。時間內cd棒產生的電熱Q為號”一筆等I；

4mR

（3）此過程經歷的時間t2為°-奈幺o

B2I72以mg

【分析】（l）ab棒切割磁感線，cd棒靜摩擦力達到最大。由閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律、安培

力公式和平衡條件求解ab棒的速度；（2）應用功能關系、能量守恒定律和焦耳定律求解在已知時間內cd棒

產生的熱量；

（3）根據(jù)動量定理結合電荷量的經典表達式求解ab棒撤去外力后到靜止的時間。

【解答】解：（1）在cd棒即將開始運動時，ab棒的速度為“，則電路中的電動勢：E=

電路中的電流為：/=—

ort-rJTL

cd棒受的安培力為：琦=B7L

由題意有：F^=jLimg

,,,,有4amqR

由以上各式解仔:v----—■

⑵設在打時間內，質棒產生的電熱為Qi,由焦耳定律可知：笑=萼

QR

可求得到：Qi=3Q

對整個系統(tǒng)由功能關系:{F—n?2mg）c=-y?2mv2+Q+Qr

由以上各式可求得：Q=-電也皿

2B4L4

⑶對ab棒以后的運動過程，以向左方向為正，由動量定理有：BILt2+〃?2mgt=2mv

流過cd棒的電量為：q=It2

4mRBLq

由以上各式可求得：益=

B2L22jnmg

答：⑴cd棒即將開始運動時ab棒的速度期為電竺史

B2L2

⑵求時間內cd棒產生的電熱Q為二一生也爛；

4mR

（3）此過程經歷的時間t2為°-要乜-o

B2I?212mg

【點評】本題考查了法拉第電磁感應定律的導體棒切割磁感線的模型，此題要注意分析金屬棒的運動過程,

對此類模型導體棒受恒力而加速度不恒定的運動，經常應用動量定理解答，要能夠熟練對安培力的沖量的

求解。

11.（2024?湖南模擬）如圖所示，真空中固定在。點的點電荷帶電荷量Q=+2x10-6。，虛線為另一帶電

荷量g=-2x10-9。的點電荷從無窮遠處向。點運動的軌跡。點電荷從無窮遠處移動到點A靜電力

做了1.5XIO"）的功；取無窮遠處電勢為零，軌跡上離。點距離為3cm的8點電勢（pB=125V0（靜

電力常量fc=9.0x10W-m2/C2）求：

（1）點電荷在8點時受到的靜電力的大小F；

（2）點電荷在A點的電勢能珞4；

（3）4、B兩點間的電勢差”

一…1一……--一

十。

［答案】（1）點電荷在B點時受到的靜電力的大小為4xIO-N；

（2）點電荷在A點的電勢能為一L5X10-7J；

（3）4、B兩點間的電勢差為一50V。

【分析】（1）根據(jù)庫侖定律計算；

（2）根據(jù)功能關系，靜電力做的功等于電勢能變化量求解；

（3）根據(jù)電勢差的定義式計算。

【解答】解：（1）點電荷在B點時受到的靜電力大小F=k坐

將『二3001=0.03771代入解得1?=4x10-27Vo

（2）根據(jù)功能關系有-A=用一EpA

解得紇A=—1.5x10-7」。

（3）A點的電勢口=至竺=T5X1LV=75V

q-2.0X10-9

A、B兩點間的電勢差UAB=q）A-<pB=75V-125V=-50Vo

答：（1）點電荷在B點時受到的靜電力的大小為4x10-2"；

（2）點電荷在力點的電勢能為-1.5x10-V;

（3）4、8兩點間的電勢差為一50V。

【點評】解此題的關鍵是要熟悉庫侖定律，電勢能，電勢差概念，易錯點在⑵問中利用靜電力做功與電勢能

變化的關系計算電勢能。

12.（2024?金臺區(qū)模擬）在十字路口，紅燈攔停了很多汽車和行人,攔停的汽車排成筆直的一歹U,最前面一

輛汽車的前端剛好于路口停車線相齊，相鄰兩車的前端間距均為d=6.0m,且車長為乙o=4.8小，最前

面的行人站在橫道線邊緣，已知橫道線寬s=20m?若汽車啟動時都以s=2.5m/s2的加速度做勻加

速直線運動,加速到％=10.0m/s后做勻速直線運動通過路口。行人起步的加速度為a2=0.5m/s2,達

到”2=L0m/s后勻速通過橫道線。已知該路口亮綠燈的時間t=40s,而且有按倒計時顯示的時間顯

示燈（無黃燈）-另外交通法規(guī)定：原在綠燈時通行的汽車,紅燈亮起時，車頭已越過停車線的允許通

過。由于行人和汽車司機一直關注著紅綠燈，因此可以不考慮行人和汽車的反應時間。（提示:綠燈

亮起時,行人從/走向B,第1輛汽車從。朝向。行駛。）

請回答下列問題：

（1）按題述情景，亮綠燈的這段時間里最多能有多少輛車通過路口？

（2）按題述情景，不能通過路口的第一輛汽車司機，在時間顯示燈剛亮出“3”時開始剎車，使車勻減速

運動，結果車的前端與停車線相齊,求該汽車剎車后經多少時間停下？

（3）路口對面最前面的行人在通過橫道線的過程中與幾輛車擦肩而過？

A

萬上

s=20m

【分析】（1）先求出加速的時間,根據(jù)運動學基本公式求出40.0s時間,汽車能行駛的位移，從而求出能通過

路口的汽車；

⑵先求出當計時燈剛亮出“3”時，不能通過路口的第一輛汽車行駛的位移，再求出汽車距停車線的距離，

根據(jù)速度一位移公式求解加速度；

（3）分別求出汽車和人加速的時間和位移，在求出人通過橫道線汽車行駛的總位移，根據(jù)車間距判定車輛數(shù)

量。

【解答】解：（1）汽車加速時間為：友=%=黑s=4s

QJ\N.3

1i

40.0s時間，汽車能行駛的位移為：力=十Qi而+“力一力）=方x2.5x42+10x（40-4）=380m

所以有：九二號=1"

aO

根據(jù)題意，能有64輛汽車通過路口；

（2）記力o=3s,當計時燈剛亮出“3”時，第65輛汽車行駛的位移為:力65=弓"。16+—右一力o）=350m,

此時車離停車線的距離為：力66=64d—為=34m,

故它停下的時間滿足/66=,解得：力3=6.8s。

⑶汽車加速時間行駛的位移為：為=]0宙=20館

行人加速的時間為：[2=及=2.0s,加速位移為：力2=1小

a22

行人通過橫道線的時間為：F=力2+=21S

在行人通過橫道線的時間內汽車行駛位移為：g=e+%（力'一幻二190m

能到達橫道線的車輛數(shù)為：N=W=31.7,

d

即第32輛車有一部分是行人離開橫道線后從側邊走過，

故取N=31輛車擦肩而過。

答：（1）按題述情景，亮綠燈的這段時間里最多能有64輛車通過路口；

（2）按題述情景，不能通過路口的第一輛汽車司機，在時間顯示燈剛亮出“3”時開始剎車，使車勻減速運動，

結果車的前端與停車線相齊，該汽車剎車后經6.8s時間停下；（3）路口對面最前面的行人在通過橫道線的

過程中與31輛車擦肩而過。

【點評】本題主要考查了運動學基本公式的直接應用，要求同學們能正確分析汽車的運動情況，難度較大。

13.（2024.寧河區(qū)校級一模）

如圖所示，光滑軌道abed固定在豎直平面內，而水平,bed為半圓，圓弧軌道的半徑R=0.32巾,在b

處與ab相切。在直軌道ab上放著質量分別為mA=2kg>mB=1kg的物塊A、B（均可視為質點），用

輕質細繩將連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧（未被拴接）。軌道左側的光滑

水平地面上停著一質量為雙、長乙=0.5m的小車，小車上表面與ab等高?，F(xiàn)將細繩剪斷，之后人向

左滑上小車，恰好未從小車左端掉下。B向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點d處。物塊人與

小車之間的動摩擦因數(shù)a=0.2,重力加速度q取10m/s2。求：

（1）物塊B運動到圓弧軌道的最低點b時對軌道的壓力大小。?M

（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能。

⑶小車的質量河。

【答案】（1）物塊B運動到圓弧軌道的最低點6時對軌道的壓力大小是60N。

（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能是12J。

（3）小車的質量M是2kg□

【分析】（1）求出B在軌道最高點的速度大小，從b到d由動能定理求解在b點的速度大小，在6點由牛頓第

二定律、牛頓第三定律求解物塊對軌道的壓力大??；

（2）由動量守恒定律、能量守恒定律求解彈性勢能；

（3）由動量守恒定律、能量守恒定律求出小車的質量。

【解答】解：（1）恰好能沖到圓弧軌道的最高點d處，重力提供向心力，由牛頓第二定律得：

Vd

mg=

Br（,

b到d過程，對B,由動能定理得：

-mBgX2R=

在b點，由牛頓第二定律得：

?嫁

F-mg^m-

NBBIt

代入數(shù)據(jù)解得：FN—602V,vb—4m/s

由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大?。虹?=/=60N

（2）彈簧彈開4、B過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：

mAv