計算題專項練(4)1.[2023·山東濟寧模擬]下圖是一種汽車空氣減震器的模型，其主要構造是導熱性良好的氣缸和活塞，活塞面積為S＝40cm2，活塞通過連桿與車輪軸連接．將裝有減震裝置的輪子模擬靜止在斜坡上的汽車，固定在傾角為37°的斜面上，連桿與斜面垂直，初始時氣缸內密閉理想氣體的體積為V1＝800cm3，壓強為p1＝1.2×105Pa，環(huán)境溫度為T1＝300K，氣缸與活塞間的摩擦忽略不計，大氣壓強始終為p0＝1×105Pa.現(xiàn)于氣缸頂部固定一個物體A，穩(wěn)定時氣缸內氣體體積縮小了200cm3，該過程氣體溫度保持不變．重力加速度取g＝10m/s2.則(1)放上A物體待其穩(wěn)定后，氣缸對氣體做功25J，判斷該過程氣缸內氣體是吸熱還是放熱？熱量的大小為多少？(2)求氣缸和物體A的總質量M；(3)由于環(huán)境溫度變化，氣缸內氣體體積逐漸恢復到620cm3.求體積恢復后的環(huán)境溫度．2．[2023·山東省實驗中學二模]如圖所示長方體容器，已知長CD＝3a，寬DD′＝2a，高BD＝2eq\r(7)a，其中A′B′C′D′內側面涂有反光物質，只考慮該反光面反射的光．容器內充入某種溶液，深度為h＝eq\r(7)a，在CD邊中點E處放一點光源，觀察發(fā)現(xiàn)，經長方體幾何中心點F射出的兩束光相互垂直．已知光在真空中的速度為c，結果可用根式表示．求：(1)該液體的折射率n；(2)從F點射出的兩束光在液體中傳播的時間差Δt.3．[2023·福建省福州市質檢]如圖，足夠長的固定粗糙絕緣斜面，傾角為θ＝37°，平行于斜面底邊的邊界PQ下側有垂直斜面向下的勻強磁場，磁感應強度B＝1T．一質量為M＝0.2kg的U型金屬框MM′NN′靜置于斜面上，其中MN邊長L＝0.4m，處在磁場中與斜面底邊平行，框架與斜面間的動摩擦因數為μ＝0.75，框架電阻不計且足夠長．質量m＝0.1kg，電阻R＝0.6Ω的金屬棒ab橫放在U形金屬框架上從靜止釋放，釋放位置與邊界PQ上方距離為d＝0.75m．已知金屬棒在框架上無摩擦地運動，且始終與框架接觸良好，設框架與斜面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)金屬棒ab剛進入磁場時，通過框架MN邊的電流大小和方向；(2)金屬棒ab剛進入磁場時，框架的加速度大小a；(3)金屬棒ab進入磁場最終達到穩(wěn)定運動時，金屬棒重力的功率P.4．[2023·湖南省岳陽縣三模]如圖所示，水平地面上方MN邊界左側存在垂直紙面向里的勻強磁場和沿豎直方向的勻強電場(圖中未畫電場)，磁感應強度B＝1.0T，邊界右側離地面高h＝0.45m處有一光滑絕緣平臺，右邊有一帶正電的小球a，質量ma＝0.1kg、電量q＝0.1C，以初速度v0＝0.9m/s水平向左運動，與大小相同但質量為mb＝0.05kg靜止于平臺左邊緣的不帶電的絕緣球b發(fā)生彈性正碰，碰后a球恰好做勻速圓周運動，兩球均視為質點，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)碰撞后a球與b球的速度；(2)碰后兩球落地點間的距離(結果保留一位有效數字).計算題專項練（4）1．解析：（1）放上A物體待其穩(wěn)定的過程氣體溫度不變，內能不變，由熱力學第一定律有ΔU＝W＋Q＝0氣缸的體積減小，氣缸對氣體做正功，可知氣缸內氣體放熱，放出的熱量等于氣缸對氣體所做的正功，則Q＝25J（2）放上A物體待其穩(wěn)定后氣體的體積V2＝V1－ΔV1＝600cm3由玻意耳定律有p1V1＝p2V2解得p2＝1.6×105Pa由氣缸受力平衡有（p2－p0）S＝Mgcos37°解得M＝30kg（3）由蓋-呂薩克定律有eq\f(V2,T1)＝eq\f(V3,T2)解得T2＝310K答案：（1）放熱25J（2）30kg（3）310K2．解析：（1）根據幾何關系有sini1＝eq\f(a,\r(a2＋7a2))＝eq\f(1,\r(8))，sini2＝eq\f(3a,\r(9a2＋7a2))＝eq\f(3,4)根據折射定理可得n＝eq\f(sinr,sini)根據幾何關系有sin2r1＋sin2r2＝1帶入得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3n,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(n2,8)＝1解得n＝eq\f(4,11)eq\r(11)（2）兩束光在液體中傳播的距離差Δs＝FE′－EF＝4a－eq\r(8)a兩束光在液體中傳播的時間差Δt＝eq\f(Δs,\f(c,n))解得Δt＝eq\f(16\r(11)a－8\r(22)a,11c)答案：（1）eq\f(4,11)eq\r(11)（2）eq\f(16\r(11)a－8\r(22)a,11c)3．解析：（1）金屬棒在框架上無摩擦地運動，設剛進入磁場的速度為v0，根據動能定理得mgdsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－0解得v0＝3m/s進入磁場后，根據法拉第電磁感應定律E＝BLv0根據閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)解得I＝2A電流方向：由N流向M.（2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小為f＝μ（M＋m）gcos37°＝1.8N框架MN邊受到的安培方向沿斜面向下，大小為F安＝BIL＝0.8N根據牛頓第二定律，框架的加速度為a，則Mgsinθ＋F安－f＝Ma代入數據解得a＝1m/s2（3）因金屬棒和框架整體的重力沿斜面向下的分力與斜面對框架的摩擦力平衡，故金屬棒和框架整體沿斜面方向動量守恒，最終金屬棒ab與框架分別以v1、v2的速度做勻速運動mv0＝mv1＋Mv2此時回路的電動勢為E′＝BL（v1－v2）電流I′＝eq\f(E′,R)金屬棒ab勻速運動mgsinθ－BI′L＝0聯(lián)立解得v1＝2.5m/s，v2＝0.25m/s金屬棒ab重力的功率P＝mgv1sinθ＝1.5W答案：（1）2A，電流方向：由N流向M（2）1m/s2（3）1.5W4．解析：（1）a球與b球的碰撞，由動量守恒定律得mav0＝mava＋mbvb由能量守恒定律有：eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)maveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(b))解得：va＝0.3m/s，vb＝1.2m/s（2）對a球，重力和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有：qvaB＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a)),r)解得：r＝eq\f(mva,qB)＝0.3m設a球落地點與圓心的連線和地面夾角為θ，有h＝r＋rsinθ，r2＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(a))＋（h－r）2可得：θ＝eq\f(π,6)則a球水平位移