2019高考物理真题汇编——计算题.pdf

目录牛顿第二定律.2功能.3动量.3力学综合.3动量能量综合.4带电粒子在电场中的运动.6带电粒子在磁场中的运动.7电磁感应.8法拉第电磁感应定律（动生与感生电动势）.8杆切割.8线框切割.9感生电动势.9电磁感应中的功能问题.10电磁科技应用.11热学.12光学.14近代物理.15思想方法原理类.15Comment z1:【解答】解：（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为 v，则舰载机在 AB 上滑行过程：L1t，=2由动能定理得：W0，=122代入数据解得：W7.5104J；（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：L2Rsin，以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：FNmgm，2代入数据解得：FN1.1103N；答：（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 W 为7.5104J；（2）舰载机刚进入 BC 时，飞行员受到竖直向上的压力 FN大小为1.1103N。Comment z2:【解答】解：（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小：aAg匀变速直线运动：2=2解得：v=2（2）设 A、B 的质量均为 m，对齐前，B 所受合外力大小：F3mg由牛顿运动定律：FmaB，解得：aB3g对齐后，A、B 所受合外力大小：F2mg由牛顿运动定律 F2maB解得：aBg（3）经过时间 t，A、B 达到共同速度 v，位移分别为 xA，xB，A 加速度的大小等于 aA，则：vaAtvvBaBt x=122 x=122且 xBxAL解得：v=2 2答：（1）A 被敲击后获得的初速度大小 vA为；2gL（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 aB、aB分别为3g，g；（3）B 被敲击后获得的初速度大小vB为。2 2牛牛顿顿第二定律第二定律1.【2019 天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图 1 所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板 BC 是与水平甲板 AB 相切的一段圆弧，示意如图 2，AB 长 L1150m，BC 水平投影 L263m，图中C 点切线方向与水平方向的夹角 12（sin120.21）。若舰载机从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，经 t6s 到达 B 点进入 BC已知飞行员的质量m60kg，g10m/s2，求（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 W；（2）舰载机刚进入 BC 时，飞行员受到竖直向上的压力 FN多大。2.【2019 江苏卷】如图所示，质量相等的物块 A 和 B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数均为 先敲击 A，A 立即获得水平向右的初速度，在 B 上滑动距离 L 后停下。接着敲击 B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。求：（1）A 被敲击后获得的初速度大小 vA；（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 aB、aB；（3）B 被敲击后获得的初速度大小 vB。Comment 73:【解答】解：（1）上升过程由牛顿第二定律得：mg+fma1解得：a111m/s2上升的最大高度：hm=2021=5011（2）从抛出到接住的过程中重力做功 WG0空气阻力做功 Wff2hJ=-1011（3）上升过程的时间 t1s=01=1011下降过程由牛顿第二定律得：mgfma2解得：a29m/s2由位移公式得：h=12222解得：t2s=10 1133答：（1）上升的最大高度是m；5011（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功分别为 0、J-1011（3）上升和下降的时间分别为s、1011s。10 1133Comment z4:【解答】解：（1）vt 图象如图所示；（2）设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为 v1，则 t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为 v2，在 t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为 a，取t1s，设汽车在t2+（n1）tt2+nt 内的位移为sn，n1、2、3。若汽车在 t2+3tt2+4t 时间内未停止，设它在 t2+3t 时刻的速度为v3，在 t2+4t 时刻的速度为 v4，根据运动学公式有：s1s43a（t）2s1v2t-12()2v4v24at 联立式，代入数据解得：v4m/s =-176这说明在 t2+4t 时刻前，汽车已经停止。因此，式子不成立；由于在 t2+3tt2+4t 时间内汽车停止，根据运动学公式可得：v3v23at 2as4v32联立式，代入数据解得a8m/s2，v228m/s 或者 am/s2，v229.76m/s =28825但式子情境下，v30，不合题意，舍去；（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为 f1，根据牛顿第二定律可得：f1ma 在 t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I=121(2 1)根据动量定理可得：Imv1mv2，根据动能定理，在 t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为 W=12211222联立式，代入数据可得：v130m/s，W1.16105J；从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离 s 约为：sv1t1（v1+v2）（t2t1）+12+222联立，代入数据解得s87.5m。答：（1）从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的 vt 图线如图所示。（2）t2时刻汽车的速度大小 28m/s，此后的加速度大小为 8m/s2；（3）刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 30m/s，t1t2时间内汽车克服阻力做的功为 1.16105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为 87.5m。功能功能3.【2019.04 浙江选考】小明以初速度 v010m/s 竖直向上抛出一个质量 m0.1kg 的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的 0.1 倍。求小皮球（1）上升的最大高度；（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功（3）上升和下降的时间。动动量量力学力学综综合合4.【2019 全国卷】一质量为 m2000kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方 100m 处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t10.8s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3s；从 t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从 t2时刻开始，汽车第 1s 内的位移为24m，第 4s 内的位移为 1m。（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的 vt图线；Comment 75:【解答】解：（1）物块由静止释放到 B 的过程中，由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma由速度位移的关系式得：vB22a联立解得：vB4m/s（2）左侧离开，设到 D 点速度为零时高为 h1，由动能定理得：0mgh1mgcosmgL1解得：h13.0m若小物块落到传送带左侧地面，h 需要满足的条件是 h3.0m（3）右侧抛出，设到 D 点的速度为v，由动能定理得：mv2mgh 一 mgcosmgL12由平抛运动的规律得：H+2Rgt2，xvt=12解得：x2h-3为使能在 D 点水平抛出，则有：mg2解得：h3.6m答：（1）若 h2.4m，小物块到达B 端时速度的大小是 4m/s；（2）若小物块落到传送带左侧地面，h 需要满足的条件是 h3.0m；（3）改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平向右抛出，小物块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h的关系式是 x2h-3h 需要满足的条件是 h3.6m。（2）求 t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及 t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以 t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？5.【2019.04 浙江选考】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角 37的直轨道 AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端 B 与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径 R0.4m、转轴间距 L2m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度 H2.2m。现将一小物块放在距离传送带高 h 处静止释放，假设小物块从直轨道 B 端运动到达传送带上 C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为 0.5（sin370.6）（1）若 h2.4m，求小物块到达 B 端时速度的大小；（2）若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件（3）改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平向右抛出，求小物块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式及 h 需要满足的条件。动动量能量量能量综综合合6.【2019 全国卷】竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 B 静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t0 时刻，小物块 A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与 B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A 返回到倾斜轨道上的 P 点（图中未标出）时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块 A 运动的 vt 图象如图（b）所示，图中的 v1和 t1均为未知量。已知 A 的质量为 m，初始时 A 与 B 的高度差为 H，重力加速度大小为Comment z6:【解答】解：（1）根据图（b），v1为 A 在碰撞前瞬间的速度大小，为其碰撞后瞬间速度大小。12设物块 B 的质量为 m，碰后瞬间的速度为 v，根据动量守恒定律可得：mv1m（）+mv-12根据能量守恒定律可得：1221=12(12)2+122联立解得 m3m；（2）在图（b）描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为 s1，返回过程中所走过的路程为 s2，P 点的高度为 h，整个过程中克服摩擦所做的功为 W，根据动能定理可得：mgHfs10=1221（fs2+mgh）0-12(12)2从图（b）给出的图象可知，s1=1211s2=1212(1.41 1)根据几何关系可得：21=物块 A 在整个过程中克服摩擦力做的功为：Wfs1+fs2，联立解得：W；=215（3）设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，则有：Wmgcot(H+h)设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s，根据动能定理可得mgs0-122设物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为，根据动能定理可得：mghmgcothmgs0联立解得：。=119答：（1）物块 B 的质量为 3m；（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，物块 A 克服摩擦力所做的功为；215（3）改变前后动摩擦因数的比值为。119Comment z7:【解答】解：（1）设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：0mAvAmBvB E=122+122联立式并代入题给数据得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s（2）A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若 A一直向右运动，一直到停止，则对 A由动量定理可得：mAgt10mAvA则：t12.0sB 一直向左运动，则：mBgt20mBvB可得：t20.5s可知 B 先停止运动，该过程中 B 的位移：x=122 0代入数据可得：xB0.25m从二者分开到 B 停止，A 若一直向右运动，由动量定理可得：mAgt2mAvAmAvAB 停止时 A 的速度：v=2代入数据可得：vA2m/s对 A 由动能定理可得：-=122122则位移：xA1.75ml1.0m这表明在时间 t2内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时 A位于出发点右边的距离为：x2lxA2.01.750.25 m 处。B 位于出发点左边 0.25 m 处，两物块之间的距离 s 为：sxB+x0.25 m+0.25 m0.50 m（3）t2时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞时速度的大小为 vA，由动能定理有：-=122122联立并代入题给数据得：m/sv=7故 A 与 B 将发生碰撞。设碰撞后A、B 的速度分别为 vA0以和 vB0，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：mA（vA）mAvA0+mBvB0以及：122=1220+1220联立并代入题给数据得：m/s，m/sv0=3 75v0=2 75这表明碰撞后 A 将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后 A 向右运动距离为 xA时停止，B 向左运动距离为xB时停止，由动能定理可得：，x=1220 0 x=1220 0代入数据得：xA0.63m，xB0.28mxA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离：sxA+xB0.63+0.280.91m答：（1）弹簧释放后瞬间 A、B 速度的大小分别为 4.0m/s 和 1.0m/s；（2）物块 B 先停止，该物块刚停止时 A 与 B 之间的距离是 0.50m；（3）A 和 B 都停止后，A 与 B 之间的距离是 0.91m。Comment 78:【解答】解：（1）设a 的质量为 m，则 b 的质量为 3m。碰撞后 b 滑行过程，根据动能定理得3mgs03mvb2。-12解得，碰撞后瞬间物块 b 速度的大小 vb=2（2）对于 a、b 碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 mv0mva+3mvb。根据机械能守恒得 mv02mva212=123mvb2。+12设轻绳的长度为 L对于 a 下摆的过程，根据机械能守恒得 mgLmv02。=12联立解得 L4s答：（1）碰撞后瞬间物块 b 速度的大小为。2gs（2）轻绳的长度是 4s。g，不计空气阻力。（1）求物块 B 的质量；（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功；（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。7.【2019 全国卷】静止在水平地面上的两小物块 A、B，质量分别为mAl.0kg，mB4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离 l1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为 Ek10.0J释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B 与地面之间的动摩擦因数均为 0.20重力加速度取 g10m/s2A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间 A、B 速度的大小；（2）物块 A、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时 A 与 B 之间的距离是多少？（3）A 和 B 都停止后，A 与 B 之间的距离是多少？8.【2019 海南卷】如图，用不可伸长轻绳将物块 a 悬挂在 O 点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将 a 由静止释放，当物块 a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块 b 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后 b 滑行的最大距离为 s。已知 b 的质量是 a 的 3 倍。b 与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g。求（1）碰撞后瞬间物块 b 速度的大小；（2）轻绳的长度。Comment z9:【解答】解：（1）PG、QG 间的电场强度大小相等、方向相反，设为 E，则有：E，=2=2设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，根据动能定理可得：qEhEk-1220解得：Ek；=1220+2粒子在 PG 间运动的加速度为：a=2此过程中粒子运动时间为 t，则有：h=122在水平方向上的位移大小为：xv0t；解得：xv0（2）若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的长度为：L2x2v0。答：（1）粒子第一次穿过 G 时的动能；它从射入电场至此1220+2时在水平方向上的位移大小为 v0；（2）若粒子恰好从 G 的下方距离 G也为 h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为 2v0。Comment z10:【解答】解：（1）设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qEma 12(2)2=122解得E=3（2）设 B 从 O 点发射时的速度为v1，到达 P 点时的动能为 Ek，O、P两点的高度差为 h，根据动能定理有 E1221=+且有 v12=0 h=122联立各式得 E=2(20+22)答：（1）电场强度的大小为；3（2）B 运动到 P 点时的动能为。E=2(20+22)带电带电粒子在粒子在电场电场中的运中的运动动9.【2019 全国卷】如图，两金属板 P、Q 水平放置，间距为 d。两金属板正中间有一水平放置的金属网 G，P、Q、G 的尺寸相同。G 接地，P、Q 的电势均为（0）。质量为 m、电荷量为 q（q0）的粒子自 G 的左端上方距离 G 为 h 的位置，以速度 v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（1）求粒子第一次穿过 G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从 G 的下方距离 G 也为 h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？10.【2019 全国卷】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P 是电场中的两点。从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为 m 的小球 A、BA 不带电，B 的电荷量为 q（q0）。A 从 O 点发射时的速度大小为 v0，到达 P 点所用时间为 t；B 从O 点到达 P 点所用时间为 重力加速度为 g，求2（1）电场强度的大小；（2）B 运动到 P 点时的动能。Comment z11:【解答】解：（1）设带电粒子的质量为 m，电荷量为q，加速后的速度大小为 v，根据动能定理可得：qU=122设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，粒子在磁场中运动轨迹如图所示：根据洛伦兹力提供向心力可得：qvBm2根据几何关系可得：dr=2联立式可得：=422（2）由几何关系可知，带电粒子射入磁场后运动到 x 轴所经过的路程为srtan30=2+则带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为：t=联立式可得：t=24(2+33)答：（1）带电粒子的比荷为；422（2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为。24(2+33)Comment z12:【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB=2在磁场中做圆周运动的半径 rd 联立，代入数据得 v=（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，此时入射点到 M 的距离最大，由几何关系得dmd（1+sin60）整理得 dm=2+32（3）粒子做匀速圆周运动，有T=2设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为 t，则粒子从 P 到 Q 的运动时间tnt（n1，3，5）4+（a）当 Lnd+（1）d 时，粒-32子斜向上射出磁场，粒子转过的夹角为，故 t6=62=12联立，代入数据，得t（）+3 3 462（b）当 Lnd+（1）d 时，粒+32子斜向下射出磁场，粒子转过夹角为56故 t=562=512联立，代入数据，得t（）3 3 462答：（1）粒子运动速度的大小为；（2）入射点到 M 的最大距离为；2+32（3）粒子从 P 到 Q 的运动时间为（）或（）。[phone]带电带电粒子在磁粒子在磁场场中的运中的运动动11.【2019 全国卷】如图，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在 OP 边上某点以垂直于 x 轴的方向射出。已知 O 点为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d，不计重力。求（1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间。12.【2019 江苏卷】如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 B磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于 M、N，MNL，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为 d，且 dL粒子重力不计，电荷量保持不变。（1）求粒子运动速度的大小 v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到 M 的最大距离 dm；（3）从 P 点射入的粒子最终从 Q 点射出磁场，PMd，QN，求粒子从 P 到 Q 的=2运动时间 t。Comment 713:【解答】解：（1）当 CD 棒开始刚运动时，设 CD 棒中电流为 i0则有：Bi0lmg得：i0=设此时 AB 棒的速度为 v0则有：i0=02得：v0=222故 AB 棒做匀加速运动的加速度大小为：a=00=2220（2）设撤去外力时 CD 棒的速度大小为 v1，AB 棒的速度大小为 v2则有：v2at1。根据欧姆定律得：i1=2 12联立解得：v1=2122021（3）设 CD 棒在 tt2时刻静止时AB 棒的速度大小为 v3对两棒整体，安培力的冲量为 0，由动量定理得：2mg（t2t1）mv3mv1mv2。联立解得：v32g（t2t1）=4122021答：（1）AB 棒做匀加速运动的加速度大小是；2220（2）撤去外力时 CD 棒的速度大小是；2122021（3）此时 AB 棒的速度大小是2g（t2t1）。4122021Comment 714:【解答】解：（1）导体棒有效切割长度为 L 时产生的感应电动势为：EBLv通过导体棒的电流为：I=通过的电荷量为：q=It=2=2（2）导体棒匀速向下运动，由平衡条件有：FmgBIL则拉力功率为：P=Fv=(mg-BIL)v=(mg-222()2)=mgv。-222ay-2答：（1）通过导体棒的电流 I 是，通过的电荷量 q 是；2（2）当 y0 时，拉力功率 P 是mgv。-222ay-2电电磁感磁感应应法拉第法拉第电电磁感磁感应应定律（定律（动动生与感生生与感生电动势电动势）杆切割杆切割13.【2019 海南卷】如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为 l；两根相同的导体棒 AB、CD 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为 l；棒与导轨间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向竖直向下。从 t0 时开始，对 AB 棒施加一外力，使 AB 棒从静止开始向右做匀加速运动，直到 tt1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为 i1；已知CD 棒在 tt0（0t0t1）时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为 m，电阻均为 R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为 g。（1）求 AB 棒做匀加速运动的加速度大小；（2）求撤去外力时 CD 棒的速度大小；（3）撤去外力后，CD 棒在 tt2时刻静止，求此时 AB 棒的速度大小。14.【2019 上海卷】半径为 a 的圆形线圈，电阻不计，处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中。一导体棒质量为 m 受到向上的拉力，以速度 v 匀速向下运动，导体棒单位长度的电阻为 r。（1）求通过导体棒的电流 I 和通过的电荷量 q；（2）当 y0 时，求拉力功率 P。Comment z15:【解答】解：（1）根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算公式可得：EBLv；（2）拉力做功功率等于回路中产生的电功率，则 P；=2=222（3）进入磁场的运动时间 t=产生的总热量 Q总Pt=23ab 边产生的热量 Q1Q总。=14=234答：（1）感应电动势的大小为BLv；（2）拉力做功的功率为；222（3）ab 边产生的焦耳热为。234Comment z16:【解答】解：（1）磁通量的变化量为：BS，则感应电动势的平均值为：E=0.2 0.30.5=0.12。（2）感应电流的平均值为：。I=0.120.6=0.2根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，如图所示。（3）通过导线横截面的电荷量为：qIt0.20.5C0.1C。答：（1）感应电动势的平均值 E 为0.12V；（2）感应电流的平均值 I 为 0.2A，电流方向如图所示；（3）通过导线横截面的电荷量为0.1C。线线框切割框切割15.【2019 北京卷】如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B纸面内有一正方形均匀金属线框 abcd，其边长为 L，总电阻为 R，ad 边与磁场边界平行。从 ad 边刚进入磁场直至 bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度 v 匀速运动，求：（1）感应电动势的大小 E；（2）拉力做功的功率 P；（3）ab 边产生的焦耳热 Q。感生感生电动势电动势16.【2019 江苏卷】如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积 S0.3m2、电阻 R0.6，磁场的磁感应强度B0.2T现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t0.5s 时间内合到一起。求线圈在上述过程中（1）感应电动势的平均值 E；（2）感应电流的平均值 I，并在图中标出电流方向；（3）通过导线横截面的电荷量 q。Comment z17:【解答】解：（1）设线圈中产生的感应电动势为 E，根据法拉第电磁感应定律可得E，=则 Ek设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R并，有：R并=2闭合 S 后，设线圈中的电流为 I，根据闭合电路的欧姆定律可得：I=并+设 PQ 中的电流为 IPQ，则 IPQI=12设 PQ 受到的安培力为 F安，有：F安BIPQl保持 PQ 静止，根据平衡条件可得FF安，联立解得 F，方向水平向右；=3（2）设 PQ 由静止开始到速度大小为v 的过程中，PQ 运动的位移为 x，所用的时间为t，回路中磁通量的变化为，平均感应电动势为E=其中Blx，PQ 中的平均电流为I=2根据电流强度的定义式可得：I=根据动能定理可得 Fx+W=122联立解得：W。=12223答：（1）闭合 S，若使 PQ 保持静止，需在其上加的水平恒力为，方向3水平向右；（2）该过程安培力做的功为。12223Comment 718:【解答】解：（1）当棒 ab 运动至 x10.2m 处时，速度 vkx150.21m/s电阻 R 消耗的电功率 P=2又 EBlv联立得 BT=0.12 0.10.1 1T=305（2）无磁场区间0 x0.2m，a5v25x根据牛顿第二定律得 Fmgcosmgsinma解得 F0.96+2.5x有磁场区间，0.2mx0.8m棒 ab 所受的安培力大小 FABIlBl0.6x=22=根据牛顿第二定律得 FmgcosmgsinFAma解得 F0.96+2.5x+0.6x0.96+3.1x（3）上升过程中，棒 ab 克服安培力做功（FAx 图象中梯形面积）WA1（x1+x2）（x2x1）0.62解得 WA10.18J撤去外力后，棒上升的最大距离为s，再次进入磁场时速度为 v，由动能定理得：上升过程有（mgsin+mgcos）s0-122下降过程有（mgsinmgcos）s0=122解得 v2m/s因 mgsinmgcos0，故-22=棒 ab 再次进入磁场后作匀速运动。下降过程中克服安培力做功 WA2（x2x1）=22解得 WA20.144J故电阻 R 产生的焦耳热 QWA1+WA20.324J答：（1）磁感应强度 B 的大小是T。305（2）外力 F 随位移 x 变化的关系式：无磁场区间 0 x0.2m，为 F0.96+2.5x；有磁场区间，0.2mx0.8m，为F0.96+2.5x+0.6x0.96+3.1x。（3）在棒 ab 整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热 Q 是 0.324J。电电磁感磁感应应中的功能中的功能问题问题17.【2019 天津卷】如图所示，固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒 MN 和 PQ 长度也为 l、电阻均为 R，两棒与导轨始终接触良好。MN 两端通过开关 S 与电阻为 R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量 k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 BPQ 的质量为 m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。（1）闭合 S，若使 PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力 F，并指出其方向；（2）断开 S，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为 q，求该过程安培力做的功 W。18.【2019.04 浙江选考】如图所示，倾角 37、间距 l0.1m 的足够长金属导轨底端接有阻值 R0.1 的电阻，质量 m0.1kg 的金属棒 ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数 0.45建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴 x。在0.2mx0.8m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从 t0 时刻起，棒 ab 在沿 x 轴正方向的外力 F 作用下从 x0 处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移 x 满足vkx（可导出 akv）k5s1当棒 ab 运动至 x10.2m 处时，电阻 R 消耗的电功率 P0.12W，运动至 x20.8m 处时撤去外力 F，此后棒 ab 将继续运动，最终返回至x0 处。棒 ab 始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用 Fx 图象下的“面积”代表力 F 做的功）（1）磁感应强度 B 的大小Comment 719:【解答】解：（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：qE0m，200解得：E0；=200离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0Bm，200解得：B；=00（2）对离子，由动能定理得：qUNP，=12 0.5212 0.520解得：vv0，=5离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0.5m，2解得：rr0，=52距离：l2rcos0.5r0，解得：l1.5r0；（3）恰好能分辨的条件：，201 21+=02解得：40.12；=17 答：（1）静电分析器中半径为 r0处的电场强度 E0为，磁分析器中的200磁感应强度 B 的大小为；00（2）质量为 0.5m 的离子到达探测板上的位置与 O 点的距离 l 为 1.5r0；（3）若磁感应强度在（BB）到（B+B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为 m 和 0.5m 的两東离子，的最大值为：0.12。（2）外力 F 随位移 x 变化的关系式；（3）在棒 ab 整个运动过程中，电阻 R 产生的焦耳热 Q。电电磁科技磁科技应应用用19.【2019.04 浙江选考】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心 O、与 O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为 v0、电荷量均为q、质量分别为 m 和 0.5m 的正离子束，从 M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为 m 的离子沿半径为 r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从 N 点水平射出，而质量为 0.5m 的离子恰好从 ON 连线的中点 P 与水平方向成 角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为 m 的离子打在 O 点正下方的 Q 点。已知OP0.5r0，OQr0，N、P 两点间的电势差，不计重力和离子U=2cos=45间相互作用。（1）求静电分析器中半径为 r0处的电场强度 E0和磁分析器中的磁感应强度 B 的大小；（2）求质量为 0.5m 的离子到达探测板上的位置与 O 点的距离 l（用 r0表示）；（3）若磁感应强度在（BB）到（B+B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为 m 和 0.5m 的两東离子，求的最大值 Comment z20:【解答】解：（i）设初始时每瓶气体的体积为 V0，压强为p0，使用后气瓶中剩余气体的压强为p1，气体温度保持不变发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V0p1V1，被压入炉腔的气体在室温和 p1条件下的体积：V1V1V0，设 10 瓶气体压入完成后炉腔中气体压强为 p2，体积为 V2，由玻意耳定律得：p2V210p1V1，代入数据解得：p23.2107Pa；（ii）设加热前炉腔的温度为 T0，加热后炉腔的温度为 T1，气体压强为p3，气体发生等容变化，由查理定律得：，31=20代入数据解得：p31.6108Pa；答：（i）压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强为 3.2107Pa；（）将压入氩气后的炉腔加热到1227，此时炉腔中气体的压强为1.6108Pa。Comment z21:【解答】解：（i）抽气前活塞静止处于平衡状态，对活塞，由平衡条件得：（p氢p）2S（p0p）S，解得，氢气的压强：p氢（p0+p）；=12（ii）设抽气后氢气的压强与体积分别为 p1、V1，氮气的压强和体积分别为 p2、V2，对活塞，由平衡条件得：p2Sp12S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1p氢2V0p2V2p0V0，由于两活塞用刚性杆连接，由几何关系得：V12V02（V0V2），解得：p1p0p=12+14V1；=4(0+)020+答：（i）抽气前氢气的压强为（p0+p）；12（ii）抽气后氢气的压强为p0p，体积为。12+144(0+)020+热热学学20.【2019 全国卷】热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为 0.13m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将 10 瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为 3.2102m3，使用前瓶中气体压强为1.5107Pa，使用后瓶中剩余气体压强为 2.0106Pa；室温温度为 27氩气可视为理想气体。（i）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；（）将压入氩气后的炉腔加热到 1227，求此时炉腔中气体的压强。21.【2019 全国卷】如图，一容器由横截面积分别为 2S 和 S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为 p0和 V0，氢气的体积为 2V0，空气的压强为 p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求（i）抽气前氢气的压强；（ii）抽气后氢气的压强和体积。Comment z22:【解答】解：（i）设细管的长度为 L，横截面的面积为S，水银柱高度为 h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为 h1，被密封气体的体积为 V，压强为 p；细管倒置时，气体体积为 V1，压强为p1由玻意耳定律有：pVp1V1由力的平衡条件有pp0+gh p1p0gh 式中，、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有VS（Lh1h）V1S（Lh）由式和题给条件得L41 cm （ii）设气体被加热前后的温度分别为 T0和 T，由盖吕萨克定律有